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Probabilité   échantillonage
 

Probabilité échantillonage

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    Probabilité   échantillonage Probabilité échantillonage Document Transcript

    • e ´ Probabilit´s - Echantillonnage A. Fredet J.-M. GourdonTable des mati`res eI Probabilit´s e 21 D´finitions e 22 Combinaisons, Arrangements 33 Probabilit´s liant deux ´v´nements e e e 64 Probabilit´s et statistiques e 85 Variable al´atoire e 96 Lois binomiales 137 Lois de Poisson 148 Lois normales 159 Solutions des exercices 20II ´ Echantillonnage 30 ´1 Echantillons 302 Estimation 303 Test d’ajustement 334 Comparaison d’´chantillons e 375 Solutions des exercices 40III Tableur 45 1
    • Probabilit´s e 1 ´ DEFINITIONSPremi`re partie eProbabilit´s e1 D´finitions e La probabilit´ a priori, subjective, d’un ´v`nement est un nombre qui caract´rise la croyance que e e e el’on a que cet ´v`nement sera r´alis´ avec plus ou moins de certitude avant l’ex´cution de l’exp´rience : e e e e e el’´v`nement sera r´alis´ (probabilit´ 1) et l’´v`nement ne sera pas r´alis´ (probabilit´ 0). e e e e e e e e e eD´finition 1.1 Une ´preuve est dite al´atoire si r´p´t´e dans des conditions identiques, elle donne e e e e eedes r´sultats variables. eDes ´v`nements sont ´quiprobables s’ils ont la mˆme probabilit´ d’ˆtre r´alis´s. Dans ce cas, la proba- e e e e e e e e nombre de cas favorablesbilit´ d’un ´v´nement A est e e e . nombre de cas possiblesD´finition 1.2 L’ensemble de toutes les ´ventualit´s d’une exp´rience al´atoire s’appelle l’univers. En e e e e eg´n´ral, on le note Ω. e eExemple 1.1 On lance un d´ non truqu´ ` six faces num´rot´es de 1 a 6 et on note le nombre figurant e ea e e `sur la face sup´rieure du d´. Lancer ce d´ et noter le nombre figurant sur une des faces est une exp´rience e e e edont on ne peut pas pr´voir le r´sultat compris dans l’ensemble {1, 2, · · · , 6}. Les ´ventualit´s sont 1, e e e e2, 3, 4, 5 et 6 et Ω = {1, 2, 3, 4, 5, 6}.Si le d´ est non truqu´, chaque face a la mˆme probabilit´ de sortir, nous avons donc des ´venements e e e e e´quiprobables.ePar exemple, on peut consid´rer l’´v´nement A = obtenir un nombre pair . On a A = {2; 4; 6} et la e e eprobabilit´ que A se produise est 3 = 1 . e 6 2D´finition 1.3 Un ´v´nement est dit impossible s’il ne se r´alise jamais. e e e eUn ´v´nement est dit certain s’il se r´alise toujours. e e eUn ´v´nement est dit ´l´mentaire s’il se r´duit ` une seule ´ventualit´. e e ee e a e eProposition 1.1 Soient E, E1 , E2 des ´v´nements. e e 1. p(E) ≥ 0 pour tout ´v´nement E. e e 2. p(Ω) = 1 donc l’´v´nement est certain e e 3. p(∅) = 0 donc l’´v´nement est impossible e e p(E1 ∪ E2 ) = p(E1 ou E2 ) = p(E1 ) + p(E2 ), 4. Si E1 ∩ E2 = ∅ alors E1 et E2 sont incompatibles et p(E1 ∩ E2 ) = p(E1 et E2 ) = 0On en d´duit les cons´quences suivantes : e e ¯ ¯ 1. Si E est l’´v´nement contraire de E alors p(E) = 1 − p(E). e e ¯ ¯ ¯ ¯ En effet E ∪ E = Ω et E ∩ E = ∅ donc p(E ∪ E) = p(E) + p(E) = 1. 2. Pour tout ´v´nement E, 0 ≤ p(E) ≤ 1. e e ¯ En effet, pour tout E, p(E) ≥ 0 et donc p(E) = 1 − p(E) ≥ 0 ce qui nous am`ne ` p(E) ≤ 1. e aExercice 1.1 On joue avec un d´ ` six faces non truqu´. On effectue un lancer, et on consid`re les ea e edeux ´v´nements suivants : E1 =le nombre est 3 ou 4 et E2 =le nombre est pair. Calculer p(E1 ), p(E2 ), e ep(E1 ∩ E2 ) et p(E1 ∪ E2 ).Exercice 1.2 On joue avec deux d´s a six faces non truqu´s. On lance les deux d´s et on effectue e ` e ela somme des nombres obtenus. On consid`re les ´v´nements suivants : E1 =la somme est 5, E2 =la e e esomme est 7 et E3 =la somme est paire. Calculer p(E1 ), p(E2 ), p(E3 ), p(E1 ∩E2 ), p(E1 ∩E3 ), p(E2 ∩E3 )et p(E1 ∪ E2 ), p(E1 ∪ E3 ) et p(E2 ∪ E3 ). 2 A. Fredet & J.-M. Gourdon
    • Probabilit´s e 2 COMBINAISONS, ARRANGEMENTSLa probabilit´ de r´alisation d’un ´v´nement peut ˆtre consid´r´e comme le rapport du nombre de cas e e e e e eefavorables sur le nombre de cas possibles. Le calcul d’une probabilit´ peut donc souvent se ramener ` e aun probl`me de d´nombrement. e e2 Combinaisons, ArrangementsD´finition 2.1 Soit E un ensemble non vide de n ´l´ments. Une permutation de E est une liste e eeordonn´e des n ´l´ments de E. e eeExemple 2.1 Si E = {a, b, c, d, e} alors (a, b, d, c) et (a, c, d, b) sont deux permutations de E.Proposition 2.1 Le nombre de permutations d’un ensemble de n ´l´ments, n ≥ 1, est ´gal ` ee e a n! = n × (n − 1) × (n − 1) × · · · × 2 × 1D´finition 2.2 Une liste sans r´p´tition de p ´l´ments de E est une liste ordonn´e de p ´l´ments de e e e ee e eeE deux ` deux distincts aExercice 2.1 Une urne contient dix boules sur lesquelles ont ´t´ marqu´es les dix lettres de l’alphabet ee ede A ` J. On tire successivement quatre boules sans remise et l’on inscrit dans l’ordre les lettres port´es a epar les boules tir´es. Combien de mots de quatre lettres (ayant un sens ou non) peut-on former ? eExercice 2.2 Combien de mots de trois lettres peut-on former en utilisant les lettres du mot PARISet uniquement celles-l` ? aProposition 2.2 Si un ensemble E contient n ´l´ments, n ≥ 1, alors ee n! – il y a n × (n − 1) × · · · × (n − (p − 1)) = (n−p)! listes sans r´p´tition de p ´l´ments. e e ee p – il y a n liste avec r´p´tition de p ´l´ments. e e eeExercice 2.3 Lors d’une course de chevaux, il y a 8 partants. Combien de possibilit´s y-a-t-il pour le etierc´ final ? Pour le quart´ ? e eExercice 2.4 Combien de nombres de 4 chiffres puis-je ´crire en utilisant uniquement les chiffres e3,6,7 ?Exercice 2.5 Un facteur (employ´ de la poste) entre dans un immeuble avec 23 lettres qu’il va d´poser e edans les boites, au nombre de 40. Sachant qu’une boite peut ´videmment recevoir plusieurs lettres, de ecombien de fa¸on diff´rentes les 23 lettres peuvent-elles ˆtre d´pos´es dans les 40 boites ? c e e e eNous pouvons ´galement chercher ` s´lectionner k objets parmi n objets discernables, sans tenir compte e a ede l’ordre. Ces k objets peuvent ˆtre repr´sent´s par une partie ` k ´l´ments d’un ensemble ` n ´l´ments. e e e a ee a eeD´finition 2.3 Soit E un ensemble de n ´l´ments et p un entier tel que 0 ≤ p ≤ n. Une combinaison e eede p ´l´ments de E est un sous-ensemble de E qui contient p ´l´ments. ee ee n pLe nombre de combinaisons de p ´l´ments d’un ensemble de n ´l´ments est not´ ee ee e ou Cn . pProposition 2.3 p n! n × (n − 1) × · · · × (n − p + 1) Cn = = (n − p)!p! p! 3 A. Fredet & J.-M. Gourdon
    • Probabilit´s e 2 COMBINAISONS, ARRANGEMENTSExercice 2.6 Un facteur (employ´ de la poste) entre dans un immeuble avec 23 lettres qu’il va d´poser e edans les boites, au nombre de 40. En supposant qu’une boite ne peut pas recevoir plusieurs lettres, decombien de fa¸on diff´rentes les 23 lettres peuvent-elles ˆtre d´pos´es dans les 40 boites ? c e e e eExercice 2.7 On appelle main toute combinaison de cinq cartes. Combien y a-t-il de mains de cinqcartes dans un jeu de 32 cartes ?Exercice 2.8 On appelle main toute combinaison de cinq cartes. Dans un jeu de 32 cartes, combieny a-t-il de mains de cinq cartes contenant exactement 2 coeurs ?Exercice 2.9 On appelle main toute combinaison de cinq cartes. Dans un jeu de 32 cartes, combieny a-t-il de mains de cinq cartes contenant au moins un roi ?Exercice 2.10 Lors d’un tirage du loto de 4 num´ros avec 10 boules, combien y-a-t-il de grilles pos- esibles ?Proposition 2.4 On a p n−p et p−1 p p Cn = Cn Cn−1 + Cn−1 = CnD´mo : e 1. Choisir les p ´l´ments que l’on veut dans un ensemble de n ´l´ments revient exactement ` choisir ee ee a les n − p ´l´ments que l’on ne veut pas, d’o` le r´sultat. ee u e Math´matiquement, on a e n−p n! n! p Cn = = = Cn (n − p)![n − (n − p)]! (n − p)!p! 2. Soit E une ensemble de n ´l´ment. Soit A l’un de ces ´l´ments. Pour choisir p ´l´ments de E, je ee ee ee p−1 peux soit prendre A et en choisir p−1 autres parmi les n−1 restants (j’ai alors Cn−1 possibilit´s), e p soit laisser A et en prendre p autres parmi les n − 1 restants (j’ai alors Cn−1 possibilit´s). D’o` e u le r´sultat. e Math´matiquement, on a e p−1 p (n − 1)! (n − 1)! Cn−1 + Cn−1 = + (p − 1)!(n − p)! p!(n − p − 1)! p(n − 1)! (n − p)(n − 1)! (p + n − p)(n − 1)! = + = p!(n − p)! p!(n − p)! p!(n − p)! n! p = = Cn p!(n − p)!Proposition 2.5 (Formule du binˆme) Soient a et b deux r´els et n un entier. Alors o e n (a + b)n = Cn ai bn−i i i=0D´mo : ePar it´ration sur n : e – Si n = 0, alors (a + b)n = (a + b)0 = 1 = Cn 0 – Si n = 1 alors (a + b) = a + b = C1 a b + C1 a0 b1 1 0 1 0 1 – Si n = 2 alors (a + b) = a + 2ab + b = C2 a b + C2 a1 b1 + C2 a0 b2 2 2 2 0 2 0 1 2 4 A. Fredet & J.-M. Gourdon
    • Probabilit´s e 2 COMBINAISONS, ARRANGEMENTS – Si n = 3 alors (a + b)3 = a3 + 3ab2 + 3a2 b + b3 = C3 a3 + C3 a2 b1 + C3 a1 b2 + C3 b3 0 1 2 3 – On suppose maintenant que la formule est vraie pour (a + b)n−1 et donc que (a + b)n−1 = n−1 p i (n−1)−i i=0 Cn−1 a b . On a (a + b)n = (a + b)n−1 × (a + b) n−1 = Cn−1 ai b(n−1)−i i × (a + b) i=0 n−1 n−1 = Cn−1 ai+1 b(n−1)−i + i Cn−1 ai b(n−1)−i+1 i i=0 i=0 n−1 n−1 = i Cn−1 ai+1 bn−(1+i) + Cn−1 ai bn−i i i=0 i=0 n n−1 j−1 = Cn−1 aj bn−j + Cn−1 ai bn−i i j=1 i=0 n−1 n−1 j−1 = Cn−1 aj bn−j +Cn−1 an b0 + n−1 Cn−1 ai bn−i + C0 a0 bn i n−1 j=1 i=1 n−1 i−1 = Cn−1 + Cn−1 aj bn−j + an + bn i i=1 n−1 n = i Cn ai bn−i + an + bn = i Cn ai bn−i i=1 i=0 d’o` le r´sultat u e 2 Triangle de Pascal Pour calculer les coefficients du binˆme, on utilise le triangle de Pascal : Le principe est le suivant : o → ∗ + ∗ =↓ ∗ n=0 1 + n=1 1 → 1 (a + b) = a + b ↓= + n=2 1 2 → 1 (a + b)2 = a2 + 2ab + b2 ↓= + n=3 1 → 3 3 1 (a + b)3 = a3 + 3a2 b + 3ab2 + b3 ↓= + + n=4 1 4 → 6 4 → 1 (a + b)4 = a4 + 4a3 b + 6a2 b2 + 4ab3 + b4 ↓= ↓= n=5 1 5 10 10 5 1 (a + b)5 = a5 + 5a4 b + 10a3 b2 + 10a2 b3 + 5ab4 + b5 . . . 5 A. Fredet & J.-M. Gourdon
    • Probabilit´s e 3 ´ ´ ´ PROBABILITES LIANT DEUX EVENEMENTS3 Probabilit´s liant deux ´v´nements e e e On s’int´resse parfois ` une probabilit´ portant sur deux ´v´nements, qu’ils soient ind´pendants ou e a e e e enon.D´finition 3.1 Soient A et B deux ´v´nements. e e eLa probabilit´ que A ET B soient r´alis´s est p(A ∩ B). e e eLa probabilit´ que A OU B soient r´alis´s est p(A ∪ B). e e eProposition 3.1 Soient A et B deux ´v´nements. On a p(A ∪ B) = p(A) + p(B) − p(A ∩ B). e eD´mo : e 1. Si A∪B = ∅ alors A et B sont incompatibles donc p(A∪B) = p(A)+p(B) et p(A∩B) = p(∅) = 0 ¯ ¯ 2. Si A ∩ B = ∅ alors A ∪ B = (A ∩ B) ∪ (A ∩ B) ∪ (A ∪ B) d’apr`s le tableau suivant : e A ¯ A B A∩B ¯ A∩B ¯ B ¯ A∩B ¯ ¯ A∩B ¯ ¯ ¯ ¯ Donc p(A ∪ B) = p(A ∩ B) + p(A ∩ B) + p(A ∪ B) car (A ∩ B) ∩ (A ∩ B) ∩ (A ∪ B) = ∅. Or ¯ car (A ∩ B) ∩ (A ∪ B) = ∅ et (A ∩ B) ∪ (A ∪ B) = A. De mˆme p(A) = p(A ∩ B) + p(A ∪ B) ¯ ¯ e ¯ p(B) = p(A ∩ B) + p(A ∪ B) d’o` p(A ∪ B) = p(A) + p(B) − p(A ∩ B). uExercice 3.1 Dans un jeu de 32 cartes, on tire une carte. Quelle est la probabilit´ d’avoir soit un roi, esoit un tr`fle ? eExercice 3.2 Consid´rons un jeu de 32 cartes. Soit A l’´v´nement tirer deux coeurs et B l’´v´nement e e e e etirer deux figures. Quelles sont les probabilit´s de A, B, A ∪ B et A ∩ B ? eExercice 3.3 Deux candidats A et B passent, dans deux centres diff´rents, un examen avec des pro- ebabilit´s de r´ussites estim´es respectivement ` 4 et 2 . Calculer la probabilit´ e e e a 3 3 e 1. que les 2 candidats soient re¸us ? c 4. qu’un seul des deux candidats r´ussise ? e 2. que les 2 candidats ´chouent ? e 5. qu’au moins 1 des candidats soit re¸u ? c 3. que le candidat A soit seul re¸u ? cExercice 3.4 On dispose de deux urnes, d´sign´es respectivement par les lettres A et B. L’urne A e econtient 5 boules bleues et 4 boules rouges. L’urne B contient 6 boules bleues et 5 boules rouges. Ontire une boule dans chaque urne. Quelle est la probabilit´ e 1. de tirer deux boules rouges ? 3. de tirer deux boules de mˆme couleur ? e 2. de tirer deux boules bleues ? 4. de tirer deux boules de couleurs diff´rentes ? eExercice 3.5 On consid`re 3 d´s diff´rents, identifi´s par leur couleur. Le joueur A gagne la partie si e e e ele total des points est 11, le joueur B gagne si le total des points est 12. L’un des joueurs a-t-il plus dechance de gagner ? 6 A. Fredet & J.-M. Gourdon
    • Probabilit´s e 3 ´ ´ ´ PROBABILITES LIANT DEUX EVENEMENTSExercice 3.6 Un concours de tir met aux prises deux ´quipes de deux joueurs. Chaque joueur de el’´quipe peut marquer 0,1 ou 2 points avec les probabilit´s suivantes : e e ´quipe jaune e ´quipe verte e 0 1 2 0 1 2 joueur A 0, 4 0, 4 0, 2 joueur C 0, 3 0, 5 0, 2 joueur B 0, 3 0, 4 0, 3 joueur D 0, 5 0, 3 0, 2Les r´sultats des diff´rents joueurs et des diff´rentes ´quipes sont ind´pendants entre eux. Soit X la e e e e evariable al´atoire ´gale au nombre de points marqu´s par l’´quipe jaune et Y la variable al´atoire ´gale e e e e e eau nombre de points marqu´s par l’´quipe verte. e e 1. D´terminer les distributions de probabilit´ de chacune des variables al´atoires X et Y . e e e 2. Calculer la probabilit´ de l’´v´nement “il y a match nul”. e e eD´finition 3.2 Soient A et B sont deux ´v´nements associ´s ` un univers tels que p(A) = 0 ; La e e e e aprobabilit´ de l’´v´nement B sachant que A est r´alis´ est : e e e e e p(A ∩ B) pA (B) = p(B/A) = p(A)Proposition 3.2 On a p(A ∪ B) = p(A) × p(B/A) = p(B) × p(A/B).D´finition 3.3 Deux ´v´nements sont ind´pendants si p(A/B) = p(A) ou p(B/A) = p(B), soit encore e e e esi p(A ∪ B) = p(A)p(B).Deux ´v´nements sont incompatibles si A∩B = ∅ et dans ce cas, p(A∩B) = 0 d’o` pA (B) = pB (A) = 0 e e uProposition 3.3 Si A est inclus dans B alors p(A ∩ B) = p(A) et pB (A) = 1.Exercice 3.7 Une urne contient 15 boules num´rot´es de 1 ` 15. On tire une boule au hasard. On sait e e aque le num´ro tir´ est impair. Quelle est la probabilit´ que ce num´ro soit aussi multiple de 3 ? e e e e `Exercice 3.8 A la fin de leur montage, on soumet des ampoules ´lectriques ` des tests de conformit´ e a equi ne sont pas fiables ` 100%. Si une ampoule est conforme, on le dit dans 96 % des cas (et donc dans a4 % des cas, une ampoule bonne est jet´e). Si une ampoule est d´fectueuse, le test le d´tecte dans 94% e e edes cas (et donc dans 6% des cas, on garde l’ampoule). On remarque que en moyenne 8% des ampoulessont d´fectueuses. On cherche ` estimer la fiabilit´ du test : e a e 1. Sachant que le test est positif, quelle est la probabilit´ que l’ampoule soit effectivement conforme ? e 2. Sachant que le test est n´gatif, quelle est la probabilit´ que l’ampoule soit effectivement d´fectueuse ? e e eExercice 3.9 Deux ateliers fabriquent les mˆmes pi`ces. La cadence du premier atelier est le double e ede celle du deuxi`me. Il y a 3% de pi`ces d´fectueuses dans l’atelier 1 et 4% dans l’atelier 2. On pr´l`ve e e e eeune pi`ce au hasard. Calculer la probabilit´ des ´v´nements suivants : e e e e 1. La pi`ce provient de l’atelier 1, e 2. La pi`ce est defectueuse, e 3. La pi`ce provient de l’atelier 1, sachant qu’elle est d´fectueuse. e e 7 A. Fredet & J.-M. Gourdon
    • Probabilit´s e 4 ´ PROBABILITES ET STATISTIQUESExercice 3.10 Dans une population donn´e, 15 % des individus ont la maladie Ma . Parmi eux, 20% eont une maladie Mb . Parmi les personnes non atteintes par Ma , 4% ont la maladie Mb . On consid`re eun individu. Calculer la probabilit´ des ´v´nements suivants : e e e 1. Il a la maladie Ma 5. Il n’a pas la maladie Ma mais il a la maladie Mb 2. Il a la maladie Mb sachant qu’il a Ma 6. Il a la maladie Mb 3. Il a la maladie Mb sachant qu’il n’a pas Ma 7. Il a la maladie Ma sachant qu’il a Mb 4. Il a la maladie Ma et la maladie MbExercice 3.11 Trois ´tudiants A, B et C passent un examen le mˆme jour. Les trois examens sont e ediff´rents et se passe dans des lieux diff´rents. Les probabilit´s de succ`s sont estim´es ` 0,7 pour A, e e e e e a0,4 pour B et 0,6 pour C. Calculer la probabilit´ e 1. que les 3 soient re¸us c 5. que B soit le seul ` ´chouer ae 2. que les trois ´chouent e 6. qu’exactement deux soient re¸us c 3. que A seulement soit re¸u c 7. qu’au moins un soit re¸u c 4. qu’un seul r´ussise eExercice 3.12 Une urne contient x boules dont 3 sont blanches, les autres ´tant rouges. e ` 1. A l’occasion d’un tirage sans remise de deux boules, la probabilit´ d’obtenir une boule blanche e puis une boule rouge est 1 . Calculer le nombre de boules dans l’urne. 4 2. Mˆme question si le tirage est effectu´ avec remise e e4 Probabilit´s et statistiques e De nombreux probl`mes peuvent ˆtre regard´s sous un aspect statistique et sous un aspect proba- e e ebiliste :Exemple 4.1 Une population est compos´ de 47% d’hommes et de 53% de femmes. On suppose que e24 % des hommes et que 34 % des femmes ont les yeux verts. Les hommes aux yeux verts repr´sentent e 24 47 112824 % de 47 % de la population, soit 100 × 100 = 10000 = 0, 1128 = 11, 28%. On peut remplir le tableausuivant : homme femme yeux verts 0, 47 × 0, 24 = 0, 1128 0, 53 × 0, 34 = 0, 1802 0, 2930 yeux pas verts 0, 47 × 0, 76 = 0, 3572 0, 53 × 0, 66 = 0, 3498 0, 707 0, 47 0, 53 1On choisit une personne au hasard. 1. la probabilit´ qu’elle ait les yeux verts est p(yeux verts) = 0, 293 e 2. la probabilit´ qu’elle ait les yeux verts sachant que c’est un homme est e p( homme aux yeux verts) 0, 1128 p( yeux verts / homme ) = = = 0, 24 p(homme) 0, 47 3. la probabilit´ qu’elle soit une femme sachant qu’elle n’a pas les yeux verts est e p( femme aux yeux pas verts) 0, 3498 p( femme / pas yeux verts ) = = ≈ 0, 4947 p(pas yeux verts) 0, 707 8 A. Fredet & J.-M. Gourdon
    • Probabilit´s e 5 ´ VARIABLE ALEATOIREJouons ` pile ou face, un grand nombre de fois, avec une pi`ce non truqu´e. Pile et face ont la mˆme a e e eprobabilit´, ´gale ` 1/2, d’apparaˆ ` chaque lancer. Comptabilisons les r´sultats au fur et ` mesure e e a ıtre a e aet supposons que, ` une ´tape, le nombre de tirages sur face soit sup´rieur de 100 ` celui des pile : a e e ale nombre de pile a-t-il ensuite tendance ` rattraper le nombre de face ? Ceux qui jouent ` pile ou a aface sans en connaˆ ıtre les arcanes math´matiques ´voquent parfois une loi des moyennes fond´e sur e e el’intuition que les nombres de pile et de face obtenus avec une pi`ce non truqu´e devraient devenir peu e ediff´rents apr`s un grand nombre de lancers. Pourtant les pi`ces n’ont pas de m´moire : la probabilit´ e e e e ed’obtenir pile ou face lors d’un lancer est toujours 1/2. Ne devrait-on pas penser plutˆt que les totaux on’ont pas de raison de devenir ´gaux ? e Les mˆmes questions se posent dans des contextes vari´s. Si un accident d’avion se produit en e emoyenne tous les quatre mois et si trois mois se sont pass´s sans accident, un accident est-il imminent ? e Dans tous les cas de ce type, la r´ponse est non : les processus al´atoires ou, plus exactement, les e emod`les math´matiques de ces processus n’ont pas de m´moire. e e e Il n’existe pas de loi des moyennes : les probabilit´s des ´v´nements futurs ne d´pendent pas des e e e er´sultats pass´s. e e5 Variable al´atoire eD´finition 5.1 Soient une ´preuve donn´e, Ω l’univers associ´ ` cette ´preuve et p une probabilit´ e e e e a e ed´finie sur Ω. On appelle variable al´atoire toute fonction X de Ω dans R qui, ` tout ´l´ment de Ω, e e a eefait correspondre un nombre r´el x. eOn notera X(Ω) l’ensemble des valeurs prises par la v.a. X.Une variable al´atoire est caract´ris´e par l’ensemble des valeurs qu’elle peut prendre et par l’expres- e e esion math´matique de la probabilit´ de ces valeurs. Cette expression s’appelle la loi de probabilit´ (ou e e edistribution de probabilit´) de la variable al´atoire. e eIl existe plusieurs types de valeurs que peut prendre une variable al´atoire : eVariable al´atoire discr`te e eD´finition 5.2 Une variable al´atoire est discr`te si elle ne prend que des valeurs discontinues dans un e e eintervalle donn´ (born´ ou non born´). L’ensemble des nombres entiers est discret. En r`gle g´n´rale, e e e e e etoutes les variables qui r´sultent d’un d´nombrement ou d’une num´ration sont discr`tes. e e e eExemples : – le nombre de petits par port´e pour une esp`ce animale donn´e (chat, marmotte, etc.), e e e – le nombre de bact´ries dans 100 ml de pr´paration, e e – le nombre de mutations dans une s´quence d’ADN de 10 kb, esont des variables al´atoires discr`tes. e eLa loi de probabilit´ d’une variable al´atoire discr`te est enti`rement d´termin´e par les probabilit´s e e e e e e epi des ´v`nements {X = xi }, xi parcourant l’univers image Ω. La loi de probabilit´ est donn´e par les e e e e(xi , pi )i .Exercice 5.1 Une urne contient quatre boules num´rot´es 10, 20, 30 et 40. On effectue trois tirages e esuccessifs avec remise, c’est-`-dire qu’apr`s chaque tirage on replace la boule tir´e dans l’urne. Le a e er´sultat d’une exp´rience peut alors ˆtre repr´sent´ par un triplet, une liste ordonn´e de trois ´l´ments e e e e e e eede l’ensemble E = {10, 20, 30, 40}. 1. Combien y a-t-il de r´sultats possibles ? e 2. Quelle est la probabilit´ d’obtenir les cas suivants : e 9 A. Fredet & J.-M. Gourdon
    • Probabilit´s e 5 ´ VARIABLE ALEATOIRE (a) La premi`re boule tir´e porte le num´ro 10, la deuxi`me le num´ro 40, la troisi`me le num´ro e e e e e e e 20 ? (b) La premi`re boule tir´e porte le num´ro 30 et la deuxi`me le num´ro 20 ? e e e e e (c) La deuxi`me boule porte le num´ro 20 ? e eExercice 5.2 Une urne contient quatre boules num´rot´es 10, 20, 30 et 40. On effectue trois tirages e esuccessifs sans remise, c’est-`-dire qu’apr`s chaque tirage on ne replace pas la boule tir´e dans l’urne. Le a e er´sultat d’une exp´rience peut alors ˆtre repr´sent´ par un triplet, une liste ordonn´e de trois ´l´ments e e e e e e eede l’ensemble E = {10, 20, 30, 40} mais cette fois les ´l´ments du triplet sont 2 ` 2 distincts. ee a 1. Combien y a-t-il de r´sultats possibles ? e 2. Quelle est la probabilit´ d’obtenir les cas suivants : e (a) La premi`re boule tir´e porte le num´ro 10, la deuxi`me le num´ro 40, la troisi`me le num´ro e e e e e e e 20 ? (b) La premi`re boule tir´e porte le num´ro 30 et la deuxi`me le num´ro 20 ? e e e e e (c) La deuxi`me boule porte le num´ro 20 ? e eExercice 5.3 Une urne contient quatre boules num´rot´es 10, 20, 30 et 40. On tire simultan´ment e e etrois boules de l’urne. Le r´sultat d’une exp´rience peut alors ˆtre repr´sent´ par une partie ` trois e e e e e a´l´ments de l’ensemble E = {10, 20, 30, 40}.ee 1. Combien y a-t-il de r´sultats possibles ? e 2. Quelle est la probabilit´ d’avoir un r´sultat dans lequel figure le nombre 20 ? e e 3. Quelle est la probabilit´ d’avoir un r´sultat dans lequel figurent les nombres 30 et 40 ? e e ´D´finition 5.3 Etant donn´e une v.a. discr`te X prenant les valeurs x1 , x2 , · · · , xn avec les probabilit´s e e e erespectives p1 , p2 , · · · , pn .L’esp´rance math´matique de X est le nombre r´el not´ E(X) d´fini par : e e e e e E(X) = x1 p1 + x2 p2 + · · · + xn pn .La variance de la v.a. X est le nombre r´el not´ V(X) et d´fini par : e e e V (X) = E(X 2 ) − [E(X)]2 .L’´cart type d’une v.a. X est le r´el positif not´ s(X) et d´fini par : e e e e σ(X) = V (X).Exercice 5.4 On joue avec deux d´s a quatre faces. Sur le premier d´, les faces portent les num´ros e ` e e1, 2, 3 et 3. Sur le deuxi`me d´, les faces portent les num´ros 1, 2, 2 et 2. Deux r`gles du jeu sont e e e epossibles : 1. La partie coˆte 1 euro. On lance les deux d´s. u e (a) Si la somme est 2, on gagne 6 euros (b) Si la somme est 3 ou 4, on gagne 2 euros (c) Si la somme est 5, on ne gagne rien 2. La partie coˆte 10 euros. On lance les deux d´s. u e (a) Si la somme est 2, on gagne 60 euros (b) Si la somme est 3 ou 4, on gagne 12 euros 10 A. Fredet & J.-M. Gourdon
    • Probabilit´s e 5 ´ VARIABLE ALEATOIRE (c) Si la somme est 5, on ne gagne rienEn ´tudiant l’esp´rance et l’´cart-type de chacun de ces jeux, trouver lequel est le plus int´ressant. e e e eExercice 5.5 Un automibiliste rencontre sur son trajet 5 feux de circulation tricolores. Pour chacunde ces feux, le rouge dure 15 secondes, l’orange 5 secondes et le vert 40 secondes. Les 5 feux ne sontpas synchronis´s et l’on suppose que les al´a de la circulation sont tels que l’´tat d’un feu devant lequel e e ese pr´sente l’automobile ne d´pend pas de l’´tat des autres feux rencontr´s. e e e e 1. L’automibile se pr´sente devant un feux. Quelle est la probabilit´ que ce feu soit vert ? e e 2. Quelle est la probabilit´ que sur son trajet, l’automobile rencontre exactement 3 feux verts sur e les 5 feux rencontr´s ? e 3. Soit X la variable al´atoire correspondant au nombre de feux verts rencontr´s sur le trajet. Quelle e e est sa loi de probabilit´ et son esp´rance E(X) ? e eVariable al´atoire continue eD´finition 5.4 Une variable al´atoire est continue si elle peut prendre toutes les valeurs dans un e eintervalle donn´ (born´ ou non born´). En r`gle g´n´rale, toutes les variables qui r´sultent d’une mesure e e e e e e esont de type continu.Exemples : – le masse corporelle des individus pour une esp`ce animale donn´e, e e – le taux de glucose dans le sang,sont des variables al´atoires continues. eDans le cas d’une variable al´atoire continue, la loi de probabilit´ f (x) associe une probabilit´ ` chaque e e eaensemble de valeurs d´finies dans un intervalle donn´. En effet, pour une variable al´atoire continue, e e ela probabilit´ associ´e ` l’´v`nement X = a est nulle, car il est impossible d’observer exactement cette e e a e evaleur. On consid`re alors la probabilit´ P (x1 ≤ X ≤ x2 ) que la variable al´atoire X prenne des valeurs e e ecomprises dans un intervalle [x1 , x2 ].Si cette loi prend des valeurs comprises entre [a, b], la somme des probabilit´s attach´es aux valeurs e epossibles de la variable al´atoire est ´gale ` 1. e e aElle est represent´e par la surface sous la courbe y = f (x), ce qui revient ` consid´rer des int´grales : e a e e b a f (x) dx = 1. Si on s’int´resse aux valeurs comprises dans un intervalle [c, d], on a et donc p(c ≤ X ≤ e dd) = c f (x) dx. ´D´finition 5.5 Etant donn´e une v.a. continue X, de densit´ de probabilit´ f (x) prenant des valeurs e e e ecomprises dans l’intervalle [a, b] L’esp´rance math´matique de X est le nombre r´el not´ E(X) d´fini e e e e e 11 A. Fredet & J.-M. Gourdon
    • Probabilit´s e 5 ´ VARIABLE ALEATOIREpar : b E(X) = xf (x) dx. aLa variance de la v.a. X est le nombre r´el not´ V(X) et d´fini par : e e e b b 2 2 V (X) = [x − E(X)] f (x) dx = x2 f (x) dx − [E(X)] . a aL’´cart type de cette v.a. X est le r´el positif not´ σ(X) et d´fini par : e e e e σ(X) = V (X).Exemple 5.1 On consid`re une variable al´atoire pouvant prendre toutes les valeurs comprises dans e el’intervalle [0, 2] et soit f (x) = x sa densit´ de probabilit´. 2 e eOn peut v´rifier que la somme des probabilit´s est ´gale ` 1 : e e e a 2 2 x x2 dx = =1 0 2 4 0Son esp´rance math´matique est e e 2 2 x x3 4 E(x) = x dx = = 0 2 6 0 3et sa variance est 2 2 2 2 2 4 x x3 4 x4 4 2 V (x) = (x − )2 dx = dx − = − = 0 3 2 0 2 3 8 0 3 0 9 2d’o` l’´cart-type σ = u e 9 ≈ 0, 471Exercice 5.6 Soit X une variable al´atoire continue ayant pour densit´ de probabilit´ f d´finie par e e e e – f (x) = 0 pour x ∈] − ∞; 0[∪]2; +∞[ – f (x) = x pour x ∈ [0; 1] – f (x) = −x + 2 pour [1; 2] 1. V´rifier que f est une densit´ de probabilit´ e e e 2. Calculer l’esp´rance et l’´cart-type de X e e 3. Calculer p(0, 5 < X < 1, 32)Exercice 5.7 Soit X une variable al´atoire continue ayant pour densit´ de probabilit´ f d´finie par e e e e – f (x) = 0 pour x ∈] − ∞; −2[∪]4; +∞[ – f (x) = k(4 − x) pour x ∈ [−2; 4] 1. Calculer k pour que f soit une densit´ de probabilit´ e e 2. Calculer l’esp´rance et l’´cart-type de X e e 3. Calculer p(−1 < X < 2) et p(X ≥ 3)D´finition 5.6 Soit X une variable al´atoire r´elle. e e e – Si E(X) = 0, X est dite centr´e. e – Si E(X) = 0 alors X − E(X) est appel´e variable al´atoire centr´e associ´e ` X. e e e e a – Si σ(X) = 1 alors X est dite r´duite e – Si σ(X) = 1 et E(X) = 0 alors X−E(X) est appel´e variable al´atoire centr´e r´duite associ´e ` σ(X) e e e e e a X 12 A. Fredet & J.-M. Gourdon
    • Probabilit´s e 6 LOIS BINOMIALES6 Lois binomiales En probabilit´, une ´preuve de Bernoulli de param`tre p (r´el compris entre 0 et 1) est une e e e eexp´rience al´atoire (c’est-`-dire soumise au hasard) comportant deux issues : le succ`s ou l’´chec. e e a e eSur cet univers succ`s, ´chec, on peut d´finir une variable al´atoire X prenant la valeur 1 en cas de e e e esucc`s et 0 en cas d’´chec. Cette variable al´atoire suit une loi de Bernoulli ou loi binomiale : e e eD´finition 6.1 Etant donn´e une ´preuve d´finie sur un univers Ω. A l’issue de l’´preuve, on a deux e e e e epossibilit´s : soit succ´s S (p(S) = p avec 0 ≤ p ≤ 1) ; soit ´chec E (p(E) = q = 1 − p). On r´p`te e e e e en fois l’´preuve. On a une suite de n ´preuves ind´pendantes. Soit X la v.a. d´finie sur Ωn qui prend e e e epour valeur le nombre de r´alisations de S. La proba qque X = k (qu’il y ait k succ`s) est e e p(X = k) = Cn pk (1 − p)n−k avec k entier kX suit une loi binˆmiale B(n, p) de param`tres n et p. o eC’est une loi qui est souvent repr´sent´e sous la forme d’un arbre. On compte alors le nombre de e e e a kbranches ayant k succ`s (cela correspon ` Cn ) , et on le multiplie par la probabilit´ qu’une branche se e k n−kproduise (cela correspond ` p (1 − p) a ).Exemple 6.1 Quelle est la loi de probabilit´ d´finissant le nombre de gar¸ons dans une famille de 4 e e cenfants ? x 0 1 2 3 4 0 1 4 1 1 1 4 4 2 1 4 6 3 1 4 4 4 1 4 1 p C4 2 = 16 C4 2 = 16 C4 2 = 16 C4 2 = 16 C4 2 = 16Proposition 6.1 Si X suit une loi binˆmiale B(n, p) de param`tres n et p, alors o e E(X) = np V (X) = npq = np(1 − p)Exercice 6.1 Une entreprise a effectu´ une enqu`te sur ses salari´s. Elle a calcul´ que 6% des individus e e e esont retardataires. Sur 100 personnes, quelle est la probabilit´ de n’en avoir aucune en retard ? eExercice 6.2 Une urne contient des boules blanches et des boules noires. La proportion de blanchesest p. Les tirages se font avec remise ainsi la proportion de boules blanches ne changent jamais. Soit Xl’´v´nement obtenir une boule blanche. Quelles sont l’esp´rance et la variance de cette variable ? e e eExercice 6.3 On lance 10 fois un d´. Quelle est la probabilit´ d’avoir 4 fois le 1 ? e eExercice 6.4 Un camp d’adolescents propose des stages d’activit´s nautiques pour d´butants avec au e echoix : Planche ` voile , plong´e ou ski nautique. Lors d’un stage donn´, ce camp accueille vingt jeunes a e edon sept seront initi´s ` la planche ` voile, huit ` la plong´e et cinq au ski nautique. Chaque stagiaire e a a a ene pratique qu’une seule des trois activit´s. e 1. On forme un groupe de 3 stagiaires choisis au hasard parmi les vingt. (a) Combien de groupes est-il possible de former ? (b) D´terminez la probabilit´ de chacun des ´v´nements suivants : e e e e A : les trois stagiaires pratiquent des activit´s diff´rentes e e B : Les trois stagiaires pratiquent la mˆme activit´ e e C : Au moins l’un des trois stagiaires pratique le ski nautique. 2. Parmi les trois stagiaires, un seul se pr´nomme Christian. Chaque jour, on choisit un groupe de e trois stagiaires charg´ du service au repas de midi. e 13 A. Fredet & J.-M. Gourdon
    • Probabilit´s e 7 LOIS DE POISSON (a) Montrez que la probabilit´ que Christian soit choisi un jour donn´ pour le service de midi e e est ´gale ` 0,15. e a (b) La dur´e du stage est de cinq jours. Quelle est la probabilit´ de ne jamais choisir Christian e e pour le service de midi pendant le s´jour ? e (c) Quelle est la probabilit´ de le choisir exactement une fois ? e (d) Montrez que la probabilit´ de choisir Christian au moins deux fois est inf´rieur ` 0,2 . e e a La somme des probabilit´ fait 1 : eTh´oreme 6.1 On a e n p(X = k) = 1 k=0D´mo : e n n p(X = k) = Cn px q n−x = (p + q)n = 1 x k=0 k=07 Lois de Poisson Cette loi intervient dans des processus al´atoires dont les ´ventualit´s sont faiblement probables et e e esurvenant ind´pendamment les unes des autres : cas des ph´nom`nes accidentels, d’anomalies diverses, e e edes probl`mes d’encombrement (“files d’attente”), des ruptures de stocks, etc. eD´finition 7.1 On dit que la variable al´atoire X suit une loi de Poisson de param`tre m si e e e mk −m P (X = k) = e k! mRemarque 7.1 Dans ce cas, P (X = k + 1) = k+1 P (X = k).une loi de Poisson peut ˆtre repr´sent´e par un diagramme en bˆtons. Ci-dessous sont repr´sent´s les e e e a e ediagrammes en bˆtons des lois de Poisson de param`tres 1, 2 et 5 : a eExercice 7.1 Dans un atelier, le nombre d’accidents au cours d’une ann´e suit une loi de Poisson de eparam`tre 5. Calculer la probabilit´ des ´v´nements suivants : e e e e 1. Il n’y a pas d’accidents au cours d’une ann´e e 2. Il y a exactement 4 accidents au cours de l’ann´e e 3. Il y a plus de 6 accidents au cours de l’ann´e e 14 A. Fredet & J.-M. Gourdon
    • Probabilit´s e 8 LOIS NORMALESProposition 7.1 Si X suit une loi de Poisson de param`tre m alors E(X) = V (X) = m. eLa loi de Poisson d´crit bien la loi binomiale pour n tendant vers l’infini et q tendant vers z´ro, avec e ele produit nq tendant vers une constante. Elle mod´lise donc les exp´riences de Bernoulli avec une e etr`s faible probabilit´ de succ`s, mais avec un grand nombre d’essais, du mˆme ordre de grandeur que e e e el’inverse de la probabilit´ de succ`s. e eProposition 7.2 On peut approcher une loi binomiale B(n, p) par la loi de Poisson P(np) avec unbon pourcentage de r´ussite si n ≥ 30, p ≤ 0, 1 et np < 15. eExercice 7.2 Suite ` une vaccination contre le paludisme, dans une population ` risque, on estime ` a a a2%, compte tenu du d´lai d’immunisation, la proportion de personnes qui seront pourtant atteintes de ela maladie. En utilisant la loi binomiale puis la loi de Poisson, quelle est la probabilit´ de constater, elors d’un contrˆle dans un petit village de 100 habitants tous r´cemment vaccin´s, plus d’une personne o e emalade ? (on supposera l’ind´pendance des ´ventualit´s). e e eExercice 7.3 Une entreprise poss`de un parc de 200 machines fonctionnant sans arrˆt pendant les e eheures de travail. On a observ´ que la probabilit´ pour chaque machine de tomber en panne au cours e ed’une journ´e est p = 1/1000. e 1. Calculer la probabilit´ pour une machine d´termin´e de tomber en panne au moins une fois au e e e cours des 25 jours ouvrables 2. Calculer la probabilit´ pour une machine d´termin´e de tomber en panne plus d’une fois au cours e e e des 25 jours ouvrables 3. En approximant par une loi de Poisson, calculer la probabilit´ qu’au cours des 25 jours ouvrables e 4 machines au plus tombent en panne puis qu’on observe au moins 6 pannes.Plutˆt que de refaire les calculs ` chaque fois, on peut utiliser des tables de Poisson qui, connaissant o ale param`tre m et la valeur k donne directement P (X = k) et P (X ≤ k). e8 Lois normales La loi normale (ou de Laplace-Gauss) est la loi de certains ph´nom`nes continus qui fluctuent autour e ed’une valeur moyenne m, de mani`re al´atoire, r´sultante d’un grand nombre de causes alg´briquement e e e eadditives et ind´pendantes. La dispersion des valeurs observ´es d’un mˆme caract`re gaussien est e e e erepr´sent´e par un ´cart type σ. e e eD´finition 8.1 On parle de loi normale ou loi de Gauss lorsque l’on a affaire ` une variable al´atoire e a econtinue d´pendant d’un grand nombre de causes ind´pendantes dont les effets s’additionnent et dont e eaucune n’est pr´pond´rante. e eLes lois normales sont repr´sent´es par des courbes en cloche : e e 15 A. Fredet & J.-M. Gourdon
    • Probabilit´s e 8 LOIS NORMALESExemple 8.1 On fabrique des pi`ces dont les dimensions d´pendent du r´glage de l’appareil de fabrica- e e etion, des vibrations auxquelles il est soumis, de l’homog´n´it´ de la mati`re premi`re, de la temp´rature, e e e e e ede l’humidit´, ... eUne variable al´atoire continue X est distribu´e selon une loi normale si sa densit´ de probabilit´ est e e e e 1 −(x−m)2 m est la moyenne de X f (x) = √ e 2σ2 o` u 2π σ est l’´cart-type de X eLa loi de probabilit´ d´pend donc de deux param`tres m et σ et on l’´crit N(m,σ). e e e eOn effectue g´n´ralement le changement de variable T = X−m . La loi de distribution de t est alors e e σ 1 T2 f (T ) = √ e− 2 2πCette loi est not´e N(0,1) et dite normale, centr´e, r´duite. e e e +∞ − T 2 √ +∞Remarque 8.1 On admettra pour la suite que −∞ e 2 dT = 2π et donc que −inf ty f (T ) dT = 1.Proposition 8.1 L’esp´rance math´matique d’une variable al´atoire distribu´e selon la loi N(0,1) est e e e e0. La m´diane et la valeur modale sont ´gales ` l’esp`rance math´matiques c’est-`-dire sont ´gales ` 0. e e a e e a e aPour une loi N(m,σ), l’esp´rance math´matique, la m´diane et le mode sont ´gaux ` m et l’´cart-type e e e e a eest σ. X−mSi X suit une loi N(m,σ), on pose T = σ . T suit alors une loi N(0,1). On a E(X) = E(σT + m) = σE(T ) + m = m V (X) = V (σT + m) = V (σT ) = σ 2 V (T ) = σ 2 σ(X) = V (X) = σProposition 8.2 Si on consid`re une loi N(0,1) alors e p(−1, 96 < t < 1, 96) = 0, 95 p(−2, 58 < t < 2, 58) = 0, 99 2 t0 − t2De mani`re plus g´n´rale, p(t < t0 ) = e e e √1 e dt. 2π −∞ TOn pose −∞ f (t)dt = Φ(T ). Plutˆt que d’effectuer les calculs ` chaque fois, on utilise la table suivante : o aTable de Gauss T ,0 ,1 ,2 ,3 ,4 ,5 ,6 ,7 ,8 ,9 0 0, 5 0, 5398 0, 5793 0, 6179 0, 6554 0, 6915 0, 7257 0, 7580 0, 7881 0, 8159 1 0, 8413 0, 8643 0, 8849 0, 9032 0, 9192 0, 9332 0, 9452 0, 9554 0, 9641 0, 9713 2 0, 9772 0, 9821 0, 9861 0, 9893 0, 9918 0, 9938 0, 9953 0, 9965 0, 9974 0, 9981 3 0, 9987 0, 9990 0, 9993 0, 9995 0, 9997ExplicationsPour trouver la valeur correspondant ` T = 1, 3, on se place sur la deuxi`me ligne (correspondant ` 1) a e a 1,3et sur la quatri`me colonne (correspondant ` , 3) et on lit : P (T ≤ 1, 3) = 0, 9032. Donc −∞ f (t)dt = e a0, 9032. Ce tableau n’est utilisable que pour des valeurs de T positives et des probabilit´ de type einf´rieure ou ´gale `. Les r`gles suivantes permettent de r´soudre tous les probl`mes rencontr´s : e e a e e e e α +∞ +∞ α 1. −∞ f (t)dt+ α f (t)dt = 1 donc α f (t)dt = 1− −∞ f (t)dt, c’est-`dire P (T > α) = 1−P (T ≤ - α) = 1 − Φ(α) 2. Si α < 0 alors Φ(α) = 1 − Φ(α). On aura parfois besoin d’une table de Gauss plus compl`te : e 16 A. Fredet & J.-M. Gourdon
    • Probabilit´s e 8 LOIS NORMALES 17 A. Fredet & J.-M. Gourdon
    • Probabilit´s e 8 LOIS NORMALES 18 A. Fredet & J.-M. Gourdon
    • Probabilit´s e 8 LOIS NORMALESExercice 8.1 Sachant que la r´partition des quotients intellectuels (QI), rapport entre l’ˆge mental e aet l’ˆge r´el, d’une personne est une loi normale de moyenne 0,90 et d’´cart-type 0,40, a e e 1. Calculer la probabilit´ ` 0,0001 pr`s, qu’une personne prise au hasard ea e (a) ait un QI inf´rieur ` 1 e a (c) ait un QI sup´rieur ` 1,4 e a (b) ait un QI inf´rieur ` 0,1 e a (d) ait un QI compris entre 0,8 et 1,3 2. En d´duire le nombre de personnes dans un village de 1000 habitants e (a) ayant un QI inf´rieur ` 1 e a (c) ayant un QI sup´rieur ` 1,4 e a (b) ayant un QI inf´rieur ` 0,1 e a (d) ayant un QI compris entre 0,8 et 1,3Exercice 8.2 On estime que le temps n´cessaire ` un ´tudiant pour terminer une ´preuve d’examen e a e eest une variable normale de moyenne 90 minutes et d’´cart-type 15 minutes. 240 candidats se pr´sentent e ea` cet examen 1. Combien d’´tudiants N termineront l’´preuve en moins de deux heures ? e e 2. Quelle devrait ˆtre la dur´e D de l’´preuve si l’on souhaite que 200 ´tudiants puissent terminer e e e e l’´preuve ? eExercice 8.3 Une entreprise fabrique, en grande quantit´, des tiges m´talliques cylindriques pour e el’industrie. Leur longueur et leur diam`tre sont exprim´s en millim`tres. Une tige de ce type est e e econsid´r´e comme conforme pour la longueur lorsque celle-ci appartient ` l’intervalle [99,45 ; 100,55]. ee aOn note X la variable al´atoire qui, ` chaque tige pr´lev´e au hasard dans la production, associe sa e a e elongueur. On suppose que X suit une loi normale de moyenne 100 et d’´cart-type 0,25. e 1. Calculer la probabilit´ qu’une tige pr´lev´e au hasard dans la production soit conforme pour la e e e longueur. 2. D´terminer le nombre r´el h positif tel que : P (100 − h < X < 100 + h) = 0, 95. e e 19 A. Fredet & J.-M. Gourdon
    • Probabilit´s e 9 SOLUTIONS DES EXERCICES9 Solutions des exercicesSolution 1.1 On a 2 1 3 1 p(E1 ) = = p(E2 ) = = 6 3 6 2 1 p(E1 ∩ E2 ) = p((avoir 3 ou 4) ET (avoir un nombre pair)) = p(avoir un 4) = 6 1 1 1 4 2 p(E1 ∪ E2 ) = p(E1 ) + p(E2 ) − p(E1 ∩ E2 ) = + − = = 2 3 6 6 3 4 2 = p((avoir 3 ou 4) ou (avoir un nombre pair)) = p(avoir 2,3,4 ou 6) = = 6 3Solution 1.2 On consid`re le tableau suivant, nous donnant la somme des deux nombres : e d´ 2 e 1 2 3 4 5 6 d´ 1 e 1 2 3 4 5 6 7 2 3 4 5 6 7 8 3 4 5 6 7 8 9 4 5 6 7 8 9 10 5 6 7 8 9 10 11 6 7 8 9 10 11 12 e 5De ce tableau, on d´duit que p(E1 ) = 36 , p(E2 ) = 36 et p(E3 ) = 18 = 2 . 7 36 1Les ´v´nements E1 , E2 et E3 sont incompatibles (on ne peut pas avoir simultan´ment une somme de e e e5 et une somme de 7, ni une somme de 5 ou 7 et une somme paire). On a donc p(E1 ∩ E2 ) = 0 p(E1 ∩ E3 ) = 0 p(E2 ∩ E3 ) = 0 5 7 12 1 p(E1 ∪ E2 ) = p(E1 ) + p(E2 ) = + = = 36 36 36 3 5 1 23 p(E1 ∪ E3 ) = p(E1 ) + p(E3 ) = + = 36 2 36 7 1 25 p(E2 ∪ E3 ) = p(E2 ) + p(E3 ) = + = 36 2 36Solution 2.1 On peut former 10 × 9 × 8 × 7 = 5 040 mots diff´rents. eSolution 2.2 Il n’est pas interdit que les lettres puissent se r´p´ter donc il y a 53 = 125 mots possibles. e eSolution 2.3 Pour le tierc´, il y a 8 × 7 × 6 = 336 possibilit´s. Pour le tierc´, il y a 8 × 7 × 6 × 5 = 1680 e e epossibilit´s. eSolution 2.4 Pour chaque chiffres du nombre, j’ai 3 possibilit´s. Il y a donc 3 × 3 × 3 × 3 = 34 = 81 epossibilit´s. eSolution 2.5 Il y a 4023 possibilit´s. e 23 40! 40!Solution 2.6 Il y a C40 = 23!(40−23)! = 23!17! = 88 732 378 800 possibilit´s. e 5 32×31×30×29×28Solution 2.7 Il y a C32 = 5×4×3×2×1 = 201 376 possibilit´s. e 20 A. Fredet & J.-M. Gourdon
    • Probabilit´s e 9 SOLUTIONS DES EXERCICES 2 3Solution 2.8 Il faut choisir 2 coeurs parmi 8, puis 3 cartes parmi les 24 restantes : il y a donc C8 ×C24 =56 672 possibilit´s. eSolution 2.9 Il est plus simple de calculer le nombre de mains de 5 cartes ne contenant aucun roi, 5cela revient ` prendre 5 cartes parmi les 28 restantes : il y a C28 possibilit´s. Le nombre total de a e 5mains de cinq cartes est C32 et donc le nombre de mains de cinq cartes contenant au moins un roi est 5 5C32 − C28 = 103 096.On peut ´galement calculer directement le nombre de mains de cinq cartes contenant au moins un roi : e 1 4 – nombre de mains de cinq cartes contenant exactement un roi : C4 × C28 = 81 900 2 3 – nombre de mains de cinq cartes contenant exactement deux rois : C4 × C28 = 19 656 3 2 – nombre de mains de cinq cartes contenant exactement trois rois : C4 × C28 = 1 512 4 1 – nombre de mains de cinq cartes contenant exactement quatre rois : C4 × C28 = 28donc le nombre de mains de cinq cartes contenant au moins un roi est 81900+19656+1512+28 = 103 096 4 10!Solution 2.10 Il y a C10 = 6!4! = 420 grilles possibles. 4 8 1 11Solution 3.1 p = 32 + 32 − 32 = 32 2 C8 28Solution 3.2 1. Il y a 8 coeurs dans le jeu donc p(A) = 2 C32 = 496 ≈ 0, 05645 2 C12 66 2. Il y a 12 figures dans le jeu donc p(B) = 2 C32 = 496 ≈ 0, 13307 2 C3 3 3. p(A ∩ B) = p(deux figures ` coeur) donc p(A ∩ B) = a 2 C32 = 496 ≈ 0, 00605. 91 4. p(A ∪ B) = p(A) + p(B) − p(A ∩ B) = 496 ≈ 0, 18347Solution 3.3 Soit A l’´v´nement “le candidat A r´ussit” et B l’´v´nement “le candidat B r´ussit”. e e e e e eCalculer la probabilit´ e 1. que les 2 candidats soient re¸us = p(A ∩ B) = P (A) × p(B) = 4 × 2 = c 3 3 1 2 ¯ ¯ ¯ ¯ 2. que les 2 candidats ´chouent = p(A ∩ B) = p(A) × p(B) = 1 × 1 = 1 e 4 3 12 c ¯ ¯ 3. que le candidat A soit seul re¸u = p(A ∩ B) = p(A) × p(B) = 4 × 1 = 4 3 1 3 ¯ ¯ ¯ ¯ 4. qu’un seul des deux candidats r´ussise = p(A ∩ B) + p(A ∩ B) = p(A) × p(B) + p(A) × p(B) = e 1 2 5 4 + 12 = 12 ¯ ¯ 5. qu’au moins 1 des candidats soit re¸u = 1 − p(A ∩ B) = 1 − 1 = 11 c 12 12Solution 3.4 Soient RA l’´v´nement tirer une boule rouge dans l’urne A, BA l’´v´nement tirer une e e e eboule bleue dans l’urne A, RB l’´v´nement tirer une boule rouge dans l’urne B, BB l’´v´nement tirer e e e eune boule bleue dans l’urne B. On a 4 5 20 1. Probabilit´ de tirer deux boules rouges = p(RA ∩ RB ) = e 9 × 11 = 99 5 6 30 2. Probabilit´ de tirer deux boules bleues = p(BA ∩ BB ) = e 9 × 11 = 99 4 5 5 6 50 3. Probabilit´ de tirer deux boules de mˆme couleur = p(RA ∩RB )+p(BA ∩BB ) = 9 × 11 + 9 × 11 = e e 99 4. Probabilit´ de tirer deux boules de couleurs diff´rentes : on peut le faire par le calcul direct : e e = p(BA ∩ RB ) + p(RA ∩ BB ) = 9 × 11 + 4 × 11 = 99 On peut ´galement le faire en remarquant 5 5 9 6 49 e que cet ´v´nement est l’oppos´ de l’´v´nement pr´c´dent et en d´duire que la probabilit´ est e e e e e e e e e 1 − (p(RA ∩ RB ) + p(BA ∩ BB )) = 49 99 21 A. Fredet & J.-M. Gourdon
    • Probabilit´s e 9 SOLUTIONS DES EXERCICESSolution 3.5 Calculons le nombre de possibilit´s pour obtenir 11 et 12 : e total 11 nbr de cas total 12 nbr de cas 2 1−5−5 C3 = 3 1−5−6 6 1−4−6 6 2−5−5 3 2−4−5 6 2−4−6 6 2−3−6 6 3−3−6 3 3−4−4 3 3−4−5 6 3−3−5 3 4−4−4 1 27 25Le nombre 11 peut donc ˆtre obtenu de 27 fa¸ons diff´rentes, contre 25 pour le nombre 12. Le joueur e c eA est donc avantag´. eSolution 3.6 X(Ω) = {0; 1; 2; 3; 4} et Y (Ω) = {0; 1; 2; 3; 4}. Soient – Ai l’´v´nement “le joueur A marque i points” avec i ∈ {0; 1; 2} e e – Bi l’´v´nement “le joueur B marque i points” avec i ∈ {0; 1; 2} e e – Ci l’´v´nement “le joueur C marque i points” avec i ∈ {0; 1; 2} e e – Di l’´v´nement “le joueur D marque i points” avec i ∈ {0; 1; 2} e eLes r´sultats des joueurs sont ind´pendants entre eux donc p(X = k) = e e i+j=k p(Ai ∩ Bj ) = i+j=k p(Ai ) × p(Bj ). On a – P (X = 0) = 0, 4 × 0, 3 = 0, 12 – P (X = 1) = p(A1 ) × p(B0 ) + p(A0 ) × p(B1 ) = 0, 4 × 0, 3 + 0, 4 × 0, 4 = 0, 28 – P (X = 2) = p(A2 )×p(B0 )+p(A1 )×p(B1 )+p(A0 )×p(B2 ) = 0, 2×0, 3+0, 4×0, 4+0, 4×0, 3 = 0, 34 – P (X = 3) = p(A2 ) × p(B1 ) + p(A1 ) × p(B2 ) = 0, 2 × 0, 4 + 0, 4 × 0, 3 = 0, 2 – P (X = 4) = p(A2 ) × p(B2 ) = 0, 2 × 0, 3 = 0, 06et donc xi 0 1 2 3 4 p(X = xi ) 0, 12 0, 28 0, 34 0, 2 0, 06et yi 0 1 2 3 4 p(Y = yi ) 0, 15 0, 34 0, 31 0, 16 0, 04Soit p(N ) la probabilit´ que le match soit nul. On a e p(N ) = p((X = 0) ∩ (Y = 0)) + p((X = 1) ∩ (Y = 1)) + p((X = 2) ∩ (Y = 2)) +p((X = 3) ∩ (Y = 3)) + p((X = 4) ∩ (Y = 4)) = p(X = 0) × p(Y = 0) + p(X = 1) × p(Y = 1) + p(X = 2) × p(Y = 2) +p(X = 3) × p(Y = 3) + p(X = 4) × p(Y = 4) = 0, 12 × 0, 15 + 0, 28 × 0, 34 + 0, 34 × 0, 31 + 0, 2 × 0, 16 + 0, 06 × 0, 04 = 0, 253Solution 3.7 – raisonnement direct : {1, 3, 5, 7, 9, 11, 13, 15} sont les num´ro impairs, {3, 9, 15} sont les multiples de 3 parmi les impairs e 3 donc le nombre de cas favorables est 3 et le nombre de cas possibles est 8 : p = 8 – Avec la formule : Soit A l’´v´nement la boule a un num´ro impair et B l’´v´nement la boule a un num´ro multiple e e e e e e de 3. On a pA (B) = p(A∩B) = 3/15 = 3 . p(A) 8/15 8 22 A. Fredet & J.-M. Gourdon
    • Probabilit´s e 9 SOLUTIONS DES EXERCICES e e ¯ e eSolution 3.8 Soit T l’´v´nement le test est positif (et donc T l’´v´nement le test est n´gatif) et soit e ¯ e eC l’´v´nement l’ampoule est conforme (et donc C l’´v´nement l’ampoule est non conforme). On a e e ¯p(C) = 0, 92 et p(C) = 0, 08, et le tableau suivant T T¯ C 0, 92 × 0, 96 = 0, 8832 0, 92 × 0, 04 = 0, 0368 0, 92 ¯ C 0, 08 × 0, 06 = 0, 0048 0, 08 × 0, 94 = 0, 0752 0, 08 0, 888 0, 112 1 p(T ∩C) ¯ ¯ p(T ∩C) ¯p(T ) = 0, 888 et p(T ) = 0, 112. On en d´duit que pT (C) = e = 0,8832 ¯ ¯ = 0, 99 et pT C = ¯ = p(T ) 0,888 p(T )0,07520,112 = 0, 67.Solution 3.9 Soit A1 l’´v´nement la pi`ce provient de l’atelier 1 et A2 l’´v´nement elle provient de e e e e el’atelier 2. Soit B l’´v´nement la pi`ce est defectueuse. e e e 1. La pi`ce provient de l’atelier 1 : e La cadence du 1 ´tant le double de celle de l’atelier 2, il fabrique deux fois plus de pi`ces donc e e p(A1 ) = 23 2. La pi`ce est d´fectueuse : p(B) = p(B ∩ A1 ) + p(B ∩ A2 ) = PA1 (B) × p(A1 ) + PA2 (B) × p(A2 ) = e e 0, 03 × 2 + 0, 04 × 1 = 0, 02 + 0, 013 = 0, 033. 3,3 % des pi`ces sont d´fectueuses. 3 3 e e p(B∩A1 ) 0,02 3. La pi`ce provient de l’atelier 1, sachant qu’elle est d´fectueuse : pB (A1 ) = e e p(B) = 0,033 = 0, 6%.Solution 3.10 Soit A l’´v´nement il a la maladie Ma et B l’´v´nement il a la maladie Mb . On a le e e e etableau suivant : A ¯ A B 0, 15 × 0, 2 = 0, 03 0, 85 × 0, 04 = 0, 034 0, 064 ¯ B 0, 15 × 0, 8 = 0, 12 0, 85 × 0, 96 = 0, 816 0, 936 0, 15 0, 85 1On cherche 1. Il a la maladie Ma : p(A) = 0, 15 p(A∩B) 0,03 2. Il a la maladie Mb sachant qu’il a Ma : pA (B) = p(A) = 0,15 = 0, 2 (on retrouve les 20 % de l’´nonc´, ce qui est bon signe ...) e e ¯ 3. Il a la maladie Mb sachant qu’il n’a pas Ma : pA (B) = p(p(A) = 0,034 = 0, 04 (on retrouve les 4 ¯ A∩B) ¯ 0,85 % de l’´nonc´) e e 4. Il a la maladie Ma et la maladie Mb : p(A ∪ B) = 0, 03 ¯ 5. Il n’a pas la maladie Ma mais il a la maladie Mb : p(A ∪ B) = 0, 034 6. Il a la maladie Mb : p(B) = 0, 064 0,03 7. Il a la maladie Ma sachant qu’il a Mb : pB (A) = 0,064 = 0, 46875Solution 3.11 Les trois ´v´nements sont ind´pendants. On a donc e e e 1. que les 3 soient re¸us = p(A ∩ B ∩ C) = p(A) × p(B) × p(C) = 0, 7 × 0, 4 × 0, 6 = 0, 168 c ¯ ¯ ¯ 2. que les trois ´chouent = p(A ∩ B ∩ C) = 0, 3 × 0, 6 × 0, 4 = 0, 072 e ¯ ¯ 3. que A seulement soit re¸u = p(A ∩ B ∩ C) = 0, 7 × 0, 6 × 0, 4 = 0, 168 c ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ ¯ 4. qu’un seul r´ussise = p(A ∩ B ∩ C) + p(A ∩ B ∩ C) + p(A ∩ B ∩ C) = 0, 7 × 0, 6 × 0, 4 + 0, 3 × e 0, 4 × 0, 4 + 0, 3 × 0, 6 × 0, 6 = 0, 324 23 A. Fredet & J.-M. Gourdon
    • Probabilit´s e 9 SOLUTIONS DES EXERCICES ¯ 5. que B soit le seul ` ´chouer = p(A ∩ B ∩ C) = 0, 7 × 0, 6 × 0, 6 = 0, 252 ae ¯ ¯ ¯ 6. qu’exactement deux soient re¸us = p(A ∩ B ∩ C) + p(A ∩ B ∩ C) + p(A ∩ B ∩ C) = 0, 7 × 0, 4 × c 0, 4 + 0, 7 × 0, 6 × 0, 6 + 0, 3 × 0, 4 × 0, 6 = 0, 436 ¯ ¯ ¯ 7. qu’au moins un soit re¸u = 1 − p(A ∩ B ∩ C) = 1 − 0, 072 = 0, 928 c 3 1Solution 3.12 1. P (B ∩ R) = p(B) × p(B/R) = x × x − 3x − 1 = 4 On se ram`ne donc ` r´soudre e a e 2 x − 13x + 36 = 0 dont les racines sont 4 et 9. Il y a soit 4, soit 9 boules dans l’urne. 2. p(B ∩ R) = p(B) × p(R) = x × x−3 = 1 . On se ram`n donc ` r´soudre x2 − 12x + 36 = 0 qui n’a 3 x 4 e a e qu’une racine : x = 6. Il y a donc 6 boules dans l’urne.Solution 5.1 1. nombres de r´sultats possibles : 43 = 64 e 2. Quelle est la probabilit´ d’obtenir les cas suivants : e (a) La premi`re boule tir´e porte le num´ro 10, la deuxi`me le num´ro 40, la troisi`me le num´ro e e e e e e e 1 20 : il n’y a qu’un cas possible donc une probabilit´ de 64 e (b) La premi`re boule tir´e porte le num´ro 30 et la deuxi`me le num´ro 20 : il y a 4 choix pour e e e e e 4 1 la troisi`me boule, donc 4 cas possibles, d’o` une probabilit´ de 64 = 16 e u e (c) La deuxi`me boule porte le num´ro 20 : il y a 4 choix pour la 1`re boule et 4 pour la 3`me e e e e d’o` 4 × 4 = 16 cas possibles et une probabilit´ de 16 = 1 u e 64 4Solution 5.2 1. nombres de r´sultats possibles : 4 × 3 × 2 = 24 e 2. Quelle est la probabilit´ d’obtenir les cas suivants : e (a) La premi`re boule tir´e porte le num´ro 10, la deuxi`me le num´ro 40, la troisi`me le num´ro e e e e e e e 1 20 : il n’y a qu’un cas favorable donc une probabilit´ de 24 e (b) La premi`re boule tir´e porte le num´ro 30 et la deuxi`me le num´ro 20 : il y a 2 possibilit´s e e e e e e 2 1 pour la troisi`me boule d’o` une probabilit´ de 24 = 12 e u e (c) La deuxi`me boule porte le num´ro 20 : il y a 3 choix pour la 1`re boule (10, 30 ou 40) et 2 e e e pour la 3`me boule, soit une probabilit´ de 3×2 = 4 . e e 24 1 3Solution 5.3 1. nombre de r´sultats possibles : C4 = 4 e 3 2. Quelle est la probabilit´ d’avoir un r´sultat dans lequel figure le nombre 20 : e e 4 1 3. Quelle est la probabilit´ d’avoir un r´sultat dans lequel figurent les nombres 30 et 40 : e e 2Solution 5.4 Regardons quelles sont les probabilit´s d’apparition de ces valeurs : e d´ 1 e 1 2 3 3 d´ 2 e 1 2 3 4 4 2 3 4 5 5 2 3 4 5 5 2 3 4 5 5Si on appelle X la variable al´atoire somme des deux d´s, on a donc e e xi 2 3 4 5 1 4 5 6 P (X = xi ) 16 16 16 16On s’int´resse d’abord ` l’esp´rance : e a e 24 A. Fredet & J.-M. Gourdon
    • Probabilit´s e 9 SOLUTIONS DES EXERCICES 1. Partie 1 : les gains possibles sont 5, 1 et −1 euros. On note Z1 la variable al´atoire gain du joueur. e On a le tableau suivant xi 5 1 −1 1 9 6 p(Z1 = xi ) 16 16 16 1 9 6 L’esp´rance de cette variable al´atoire est donc E(Z1 ) = 5 × e e 16 +1× 16 + (−1) × 16 = 0, 5. 2. Partie 2 : les gains possibles sont 50, 2 et −10 euros. On note Z2 la variable al´atoire gain du e joueur. On a le tableau suivant xi 50 2 −10 1 9 6 p(Z1 = xi ) 16 16 16 1 9 6 L’esp´rance de cette variable al´atoire est donc E(Z1 ) = 50 × e e 16 +2× 16 + (−10) × 16 = 0, 5.On observe que les esp´rances sont ´gales, mais le risque est aussi li´ ` l’´cart existant entre l’esp´rance e e ea e ede la variable al´atoire et les valeurs prises par cette variable. On s’int´resse maintenant ` l’´cart-type : e e a e 1 9 6 V (Z1 ) = 52 × + 12 × + (−1)2 × − (0, 5)2 = 2, 25 16 16 16 σ(Z1 ) = V (Z1 ) = 1, 5 1 9 6 V (Z2 ) = 502 × + 22 × + (−10)2 × − (0, 5)2 = 195, 75 16 16 16 σ(Z2 ) = V (Z2 ) ≈ 14L’´cart-type est plus grand dans le deuxi`me cas, ce qui signifie que les valeurs de gains sont plus e e e e `espac´es pour le deuxi`me jeu. A chacun de choisir le jeu suivant son gout du risque ... ¯ e eSolution 5.5 Soit V l’´v´nement “le feu est vert” et V l’´v´nement “le feu n’est pas vert” (ie le feu est e eorange ou rouge). 40 2 1. p(V ) = 60 = 3 ¯ 2. p(V3 ) = C5 p(V )3 p(V )2 = 3 80 243 3. La loi de probabilit´ est : e x 0 1 2 3 4 5 1 10 40 80 80 32 p(X = x) 243 243 243 243 243 243 et donc 5 1 10 40 80 80 32 10 E(X) = xp(X = x) = 0 × +1× +2× +3× +4× +5× = i=0 243 243 243 243 243 243 3Solution 5.6 1. Pour tout x ∈ R, f (x) ≥ 0 et de plus, +∞ 1 2 1 2 x2 −x2 f (x) dx = x dx + (−x + 2) dx = + + 2x =1 −∞ 0 1 2 0 2 1 2. +∞ 1 2 1 2 1 3 1 E(X) = xf (x) dx = x2 dx + x(−x + 2) dx = x + − x3 + x2 =1 −∞ 0 1 3 0 3 1 25 A. Fredet & J.-M. Gourdon
    • Probabilit´s e 9 SOLUTIONS DES EXERCICES et +∞ 1 2 E(X 2 ) = x2 f (x) dx = x3 dx + x2 (−x + 2) dx −∞ 0 1 1 2 1 4 1 2 7 = x + − x4 + x32 = 4 0 4 3 1 6 1 V (X) = E(X ) − E(X)2 = 2 6 σ(X) = V (X) ≈ 0, 408 3. 1,32 1 1,3 p(0, 5 < X < 1, 32) = f (x) dx = x dx + (−x + 2) dx = 0, 63 0,5 0,5 1 +∞ 1Solution 5.7 1. f (x) dx = 18k donc il faut que k = −∞ 18 √ 2. E(X) = 0 et V (X) = 2 donc σ(X) = 2 7 1 3. p(−1 < X < 2) = 12 et p(X ≥ 3) = 36Solution 6.1 Soit X le nombre de personne en retard. X suit la loi B(100 ;0,06) d’o` p(X = 0) = uC100 0, 060 0, 94100 = 0, 002. 0Solution 6.2 On effectue un seul tirage donc n = 1. x p(x) 0 (echec) q =1−p 1 (succ`s) e pdonc E(X) = 0 × q + 1 × p = p et V (X) = pqSolution 6.3 x p 1 oui 1 6 5 non 0 6 1 4 5 6La probabilit´ d’avoir 4 r´ussites est C10 p4 q 6 = C10 e e 4 4 6 6 = 0, 0542 = 5, 42%.Solution 6.4 1. Il y a 20 stagiaires. On veut en choisir 3. Cela revient ` chosir 3 ´l´ments parmi a ee 20. C’est donc le nombre de combinaisons de 3 ´l´ments parmi 20. Le nombre de choix possibles ee 3 20! pour les groupes de 3 est donc : C20 = 3!×17! = 1140. 2. A est l’´v´nement les 3 stagiaires pratiquent des activit´s diff´rentes. e e e e Comme on suppose qu’il y a ´quiprobabilit´ des choix des stagiaires, on a : P (A) = Card(A) . e e 1140 Si on appelle V l’ensemble des stagiaires qui seront initi´s ` la planche ` voile, P l’ensemble e a a des stagiares qui seront initi´s ` la plong´e et S l’ensemble des stagiaires qui seront initi´s au e a e e ski nautique, un ´v´nement ´l´mentaire appartient ` A si et seulement il contient exactement e e ee a 1 ´l´ment de V , 1 ´l´ment de P et 1 ´l´ment de S. Comme Card(V ) = 7 , Card(P ) = 8 et ee ee ee 280 Card(S) = 5, on obtient : Card(A) = 7 × 8 × 5 = 280. Donc P (A) = 1140 . L’´v´ment B les 3 stagiaires pratiquent la mˆme activit´ correspond ` choisir 3 stagiaires parmi e e e e a V ou P ou S. Comme Card(V) = 7, le nombre de choix de 3 ´l´ments de V est le nombre de ee 26 A. Fredet & J.-M. Gourdon
    • Probabilit´s e 9 SOLUTIONS DES EXERCICES combinaisons de 3 ´l´ments parmi 7. De mˆme, le nombre de choix de 3 ´l´ments de P est le ee e ee nombre de combinaisons de 3 ´l´ments parmi 8 et le nombre de choix de 3´l´ments de S est le ee ee 3 3 3 nombre de combinaisons de 3 ´l´ments parmi 5. Donc , on a : card(B) = C7 + C8 + C5 = 101. ee 101 D’o` p(B) = 1140 . u L’´v´nement C est au moins un des trois stagiaires pratique le ski nautique. L’´v´nement contraire e e e e de C est aucun des trois stagiaires ne pratique le ski nautique. Il correspond au choix de 3 stagiaires 3 parmi les 15 qui ne font pas de ski nautique. Son cardinal est alors : card(C) = C15 = 455. Donc 685 card(C) = 1140 − 455 = 685 et p(C) = 1140 . 3. On sait qu’il y a chaque jour 1140 choix possibles de 3 stagiaires parmi les 20. Choisir un groupe de 3 avec Christian revient ` choisir Christian et 2 stagiaires parmi les 19 qui ne sont pas a Christian. Il y a 171 choix possibles de deux autres stagiaires. C’est le nombre de combinaisons de 2 ´l´ments parmi 19. Parmi les 1140 groupes possibles de 3 stagiaires, il y a donc exactement ee 175 groupes qui contiennent Christian. La probabilit´ que Christian soit choisi un jour donn´ est e e 171 donc : 1140 = 0, 15. Si on appelle X la variable al´atoire ´gale au nombre de fois que Christian est choisi durant le e e s´jour de 5 jours, X suit une loi binomiale de param`tre (n = 5 , p = 0,15 ). Donc, pour tout k e e entier, on a : p(X = k) = C5 (0, 15)k × (0, 85)5−k k En particulier, la probabilit´ de ne jamais choisir Christian durant le s´jour est : e e p(X = 0) = C5 (0, 15)0 × (0, 85)5 = (0, 85)5 ≈ 0, 4437 0 La probabilit´ de choisir exactement une fois Christian est : e p(X = 1) = C5 (0, 15)1 × (0, 85)4 = 5 × (0, 15) × (0, 85)4 ≈ 0, 3915 1 La probabilit´ de choisir au moins 2 fois Christian est : P (X ≥ 2). Or P (X ≥ 2) = 1 − P (X = e 0) − P (X = 1). Les calculs pr´c´dents montrent bien alors que cette probabilit´ est inf´rieure ` e e e e a 0,2.Solution 7.1 1. P (X = 0) = e−5 ≈ 0, 0067 54 −5 2. P (X = 4) = 4! e ≈ 0, 1755 3. P (X > 6) = 1 − P (X ≤ 6) ≈ 1 − 0, 7622 ≈ 0, 2378Solution 7.2 Compte tenu des hypoth`ses, le nombre de malades est ici r´gi par une loi binomiale de e eparam`tres n = 100 et p = 0,02. On a np = 2 et les conditions d’approximation par une loi de Poisson esont r´alis´es. Soit m la probabilit´ cherch´e. e e e eEn utlisant la loi binomiale, on a 1 − m = (0, 98)100 + 2 × (0, 98)99 ≈ 0, 403. Soit m ≈ 0, 597. kEn utilisant la loi de Poisson, on a P rob(X = k) = e−2 × 2 , donc 1 − m ≈ P rob(X = 0) + P rob(X = k!1) = 0, 406 , soit m ≈ 0, 594. L’approximation est donc ici excellente.Solution 7.3 Soit X la variable al´atoire associ´e au nombre de pannes durant 25 jours ouvrables. Ces e e25 ´preuves sont identiques et ind´pendantes donc X suit une loi binomiale B(25 ;1/1000). e e 1. Calculer la probabilit´ pour une machine d´termin´ de tomber en panne au moins une fois au e e e cours des 25 jours ouvrables : p(X ≥ 1) = 1 − p(X = 0) = 1 − 0, 99925 ≈ 0, 0247 2. Calculer la probabilit´ pour une machine d´termin´ de tomber en panne plus d’une fois au cours e e e des 25 jours ouvrables : p(X > 1) = 1 − ((p(X = 0) + p(X = 1)) = 1 − (0, 99925 + 25 × 0, 001 × 0, 99924 ) ≈ 0, 0003 27 A. Fredet & J.-M. Gourdon
    • Probabilit´s e 9 SOLUTIONS DES EXERCICES 3. Soit Y la variable al´atoire associ´e au nombre de pannes pour 200 machines en 25 jours. Y suit e e la loi binomiale B(5000 ;0,001). On l’approche la loi binomiale par la loi de Poisson de mˆme e moyenne np = 5000 × 0, 001 = 5 (on a bien n ≥ 30; p ≤ 0, 1 et np < 15). On en d´duit e p(Y ≤ 4) = p(Y = 0) + p(Y = 1) + p(Y = 2) + p(Y = 3) + p(Y = 4) 5 52 53 54 = e−5 1 + + + + ≈ 0, 4405 1! 2! 3! 4! 5 52 53 54 55 P (Y < 6) = P (Y ≤ 5) = e−5 1 + + + + + ≈ 0, 6160 1! 2! 3! 4! 5!Solution 8.1 La variable al´atoire suit une loi normale de moyenne m = 9 et d’´cart-type σ = 0, 4. On e epose T = Q−0,9 . T suit une loi normale centr´e r´duite N(0,1). 0,4 e e 1. Calculer la probabilit´ ` 0,0001 pr`s, qu’une personne prise au hasard ea e (a) ait un QI inf´rieur ` 1 : Q < 1 ⇔ T < 0, 25 et p(T < 0, 25) ≈ 0, 5987 e a (b) ait un QI inf´rieur ` 0,1 : Q < 0, 1 ⇔ T < −2 et p(T < −2) ≈ 0, 0228 e a (c) ait un QI sup´rieur ` 1,4 : Q > 1, 4 ⇔ T > 1, 25 et p(T > 1, 25) ≈ 0, 1056 e a (d) ait un QI compris entre 0,8 et 1,3 : 0, 8 ≤ Q ≤ 1, 3 ⇔ −0, 25 ≤ T ≤ 1 et p(−0, 25 ≤ T ≤ 1) ≈ 0, 4400. 2. En d´duire le nombre e personnes dans un village de 1000 habitants e (a) ayant un QI inf´rieur ` 1 : ≈ 599 e a (b) ayant un QI inf´rieur ` 0,1 : ≈ 23 e a (c) ayant un QI sup´rieur ` 1,4 : ≈ 106 e a (d) ayant un QI compris entre 0,8 et 1,3 : ≈ 440Solution 8.2 Le temps n´cessaire ` un ´tudiant pour terminer une ´preuve d’examen est une variable e a e eal´atoire X normale, de moyenne 90mn et d’´cart-type 15mn. On pose T = X−90 . T suit une loi e e 15normale centr´e r´duite N(0,1). e e 1. Combien d’´tudiants N termineront l’´preuve en moins de deux heures : X ≤ 120 ⇔ T ≤ 2 et e e p(X ≤ 12) = p(T ≤ 2) ≈ 0, 9772. Il y a aura donc N = 240 × 0, 9772 ≈ 235 ´tudiants ` finir en e a deux heures. 2. Quelle devrait ˆtre la dur´e D de l´preuve si l’on souhaite que 200 ´tudiants puissent terminer e e e e l’´preuve ? e On veut p(X ≤ D) = 200 ≈ 0, 8333. D’apr`s la table, on en d´duit que T doit ˆtre 0,97 ce qui 240 e e e nous am`ne ` D ≈ 104, 55. e aSolution 8.3 1. On a 99, 45 − 100 100, 55 − 100 P (99, 45 ≤ X ≤ 100, 55) = P( ≤T ≤ ) = P (−2, 2 ≤ T ≤ 2, 2) 0, 25 0, 25 = P (T ≤ 2, 2) − P (T ≤ −2, 2) = P (T ≤ 2, 2) − (1 − P (T ≤ 2, 2)) = 0, 9861 − (1 − 0, 9861) = 0, 9722 28 A. Fredet & J.-M. Gourdon
    • Probabilit´s e 9 SOLUTIONS DES EXERCICES 2. On cherche h tel que −h h P (100 − h ≤ X ≤ 100 + h) = P( ≤T ≤ ) = 0, 95 0, 25 0, 25 h −h h h = P (T ≤ ) − P (T ≤ ) = P (T ≤ ) − (1 − P (T ≤ )) 0, 25 0, 25 0, 25 0, 25 h = 2P (T ≤ )−1 0, 25 h 0, 95 + 1 P (T ≤ ) = = 0, 975 0, 25 2 h ≈ 1, 9 ⇒ h ≈ 0, 475 0, 25 29 A. Fredet & J.-M. Gourdon
    • ´Echantillonnage et estimation 2 ESTIMATIONDeuxi`me partie e´Echantillonnage G´n´ralement, nous obtenons les r´sultats statistiques par exp´rience. Trois probl`mes se posent e e e e ealors : 1. Quelle confiance pouvons-nous avoir dans les valeurs statistiques consid´r´es ? ee 2. Quelle est la loi de probabilit´ r´gissant ces r´sultats ? e e e 3. Pouvons-nous d´terminer si deux ensembles de mesures diff´rents sont r´gis par la mˆme loi ? e e e eNous allons nous int´resser ` ces probl`mes. Nous ne nous int´resserons qu’` des ´chantillons de taille e a e e a esignificative (ayant un effectif sup´rieur ` 30). e a1 ´ EchantillonsProposition 1.1 Consid´rons une population ayant une certaine propri´t´ avec une moyenne m et un e ee´cart-type σ. Soit X la variable al´atoire qui ` tout ´chantillon al´atoire pr´lev´ avec remise et d’effectife e a e e e en fix´, associe la moyenne de cet ´chantillon. Pour n suffisamment grand, X suit approximativement e e σla loi normale N (m, √n ).Exercice 1.1 Une machine fabrique des disques pleins en grande quantit´. La variable al´atoire qui, e e` chaque disque tir´ au hasard, associe son diam`tre suit la loi normale N (12, 8; 2, 1) (la moyenne vauta e e12,8mm et l’´cart-type vaut 2,1mm). e 1. Quelle loi suit la variable al´atoire X qui, ` tout ´chantillon al´atoire non es=xhaustif de taille e a e e n = 49, associe la moyenne des diam`tres des disques de cet ´chantillon ? e e 2. D´terminez un intervalle centr´ en 12,8 tel que la variable al´atoire prenne ses valeurs dans cet e e e intervalle avec la probabilit´ 0,95 e 3. D´terminez la taille que doit avoir un ´chantillon pour que la moyenne des diam`tres des disques e e e pr´lev´s ne s’´carte pas de 12,8 de plus de 0,2mm avec une probabilit´ de 0,95. e e e e2 Estimation C’est le probl`me inverse de l’´chantillonnage : connaissant des renseignements sur un ou plusieurs e e´chantillons, on cherche ` en d´duire des informations sur la population totale.e a ePar exemple, ` chaque ´lection, on nous ass`ne que tel candidat fera 23,4% des voix. Puis, le lendemain, a e eseulement 19,6%. Pourquoi cet ´cart ? En fait, les nombres 23,4 et 19,6 n’ont aucun sens s’ils sont donn´s e eseuls. Evidemment, lorsqu’on interroge une partie de la population fran¸aise, il est impossible de savoir cce que pense exactement toute la population. On n’en obtient qu’une estimation. Et la pr´cision de el’estimation varie en fonction du nombre de personnes interrog´es. eLorsque qu’un sondage r´alis´ aupr`s de n personnes donne comme r´sultat p% d’intention de vote, e e e eon peut trouver un intervalle [a, b], contenant p, tel que, avec un risque d’erreur inf´rieur ` 5% par e aexemple, le pourcentage r´el d’intention de vote est compris entre a et b. eExemple 2.1 Pour le second tour d’une ´lection pr´sidentielle, un sondage cr´dite le candidat A de e e e53%. Est-on sˆr pour autant qu’il va gagner ? uLes intervalles de confiance, avec un risque d’erreur de 5%, d´pendent bien entendu du nombre n de epersonnes interrog´es. ePrenons l’exemple d’un institut de sondage qui, avant le second tour d’une ´lection pr´sidentielle, e e 30 A. Fredet & J.-M. Gourdon - 2008 - 2009
    • ´Echantillonnage et estimation 2 ESTIMATIONinterroge n ´lecteurs. Parmi eux, 53% d´clarent qu’ils vont voter pour le candidat A. Peut-il garantir e epour autant la victoire du candidat A avec un risque d’erreur inf´rieur ou ´gal ` 5%. Il faut pour cela e e aque [50, 100] soit un intervalle de confiance pour l’estimation du param`tre Pourcentage de personnes equi vont voter A. Ceci d´pend bien sˆr de la taille de l’´chantillon interrog´. Plus n est grand, meilleure e u e eest l’estimation.Intervalle de confiance L’intervalle de confiance est une forme de mesure de la confiance que l’on peut accorder ` une ahypoth`se concernant une valeur num´rique mesur´e, au vu de r´sultats de mesures de cette valeur. e e e ePar d´finition, l’intervalle de confiance I(α) (au niveau de confiance α) relatif ` une mesure M e aconstat´e, est l’intervalle dans lequel, pour toute valeur p ∈ I(α), P (M = p) > α. ePlus le seuil de confiance est ´lev´, plus l’intervalle sera grand. e e α = 0, 9999 chances sur 100 que la valeur du param`tre re- echerch´ se trouve dans l’intervalle de confiance mais ela pr´cision autour de la valeur pr´dite est faible. e e α = 0, 9595 chances sur 100 que la valeur du param`tre re- echerch´ se trouve dans l’intervalle de confiance et la epr´cision autour de la valeur pr´dite est correcte. e e α = 0, 9090 chances sur 100 que la valeur du param`tre re- echerch´ se trouve dans l’intervalle de confiance mais ela pr´cision autour de la valeur pr´dite est ´lev´e. e e e eSi on consid`re un niveau de confiance α, on commence par trouver tα tel que P (X ≤ tα ) = 1+α . Soient e 2m et σ la moyenne et l’´cart-type de la population globale, et soient me la moyenne de l’´chantillon, σe e eson ´cart-type et n l’effectif de l’´chantillon. Le chapitre pr´c´dent nous dit que me suit la loi normale e e e e σN (m, √n ). σ σCela signifie que P (me − tα × √n < m < me + tα × √n ) = α. Cela implique donc que la moyenne m σ σappartient ` l’intervalle [me − tα × √n ; me + tα × √n ] avec une probabilit´ de α. a e σ σD´finition 2.1 L’intervalle [me + tα × √e , me + tα × √e ] est appell´ intervalle de confiance pour la e n n emoyenne m au niveau de confiance α. C’est ` dire qu’il contient la vraie moyenne m avec une probabilite ade α.Exemple 2.2 Supposons que le poids moyen trouve dans un ´chantillon de taille n = 100 pr´lev´ e e eal´atoirement soit me = 10, 6. eNous supposerons que σ est connu et vaut σ = 3. Sinon, comme on suppose que l’´chantillon est esuffisamment grand, il est acceptable de remplacer σ par l’´cart-type σe de l’´chantillon L’intervalle de e e 31 A. Fredet & J.-M. Gourdon - 2008 - 2009
    • ´Echantillonnage et estimation 2 ESTIMATIONconfiance est [me + 1, 96 √σe , me + 1, 96 √σe ] = [10, 012; 11, 188]. On peut donc dire que l’estimation 100 100de m est 10, 6 ± 0, 588 avec un niveau de confiance de 95%.Pour r´duire l’amplitude de l’intervalle, il faut augmenter l’effectif de l’´chantillon. e eRemarque 2.1 Si α = 95% alors tα = 1, 96, si α = 99% alors tα = 2, 58.Le calcul de l’intervalle de confiance d´pend de la loi observ´e. e eProposition 2.1 Supposons que l’on consid`re un ´chantillon de n personnes, et que l’on cherche ` e e ad´terminer les param`tres n et p d’une loi binomiale. Supposons que ne et pe soient les param`tres de e e el’´chantillon. L’intervalle est donn´ par e e pe (1 − pe ) pe (1 − pe ) [pe − tα × , pe + tα × ] n nExercice 2.1 Un test de fonctionnement d’un lot de 1000 ampoules donne 490 ampoules hors-service.On souhaite d´terminer la probabilit´ p qu’une ampoule a d’ˆtre en panne, ainsi qu’un intervalle de e e econfiance 95%.Dans le cas d’une loi binomiale, pe est souvent inconnu. On le remplace alors par une valeur approxi-mative (on verra au chapitre suivant comment trouver une telle valeur), ou par 1 qui nous donne un 2intervalle d’amplitude fix´e. eExercice 2.2 On d´sire estimer la proportion p de personnes qui se d´clarent favorables un certain e eprojet dans une population de taille importante. 1. Si lon a aucune id´e id´e a priori sur cette proportion, d´terminez le nombre de personnes ` e e e a interroger avec un niveau de confiance de 99%, si l’erreur d’estimation est fix´e 2% (cela signifie e que l’intervalle a une amplitude maximim de 0,02). 2. Finalement, on n’a interrog´ finalement que 1000 personnes et on a trouv´ une proportion de e e 53% des personnes pour le projet dans l’´chantillon. Proposez un intervalle de confiance pour p e au niveau de confiance de 99%Proposition 2.2 Si on consid`re un ´chantillon de n personnes, et que c’est une loi normale de e emoyenne m, et si l’on cherche un niveau de confiance de α alors on commence par trouver tα tel queP (X ≤ tα ) = 1+α . L’intervalle est donn´ par 2 e tα .m tα .m [p − √ , p + √ ] n nExemple 2.3 Reprenons l’exemple des ´lections pr´sidentielles. La moyenne d’un ´chantillon ´tant e e e einconnu, on va supposer que m = 50% (50% des personnes vont voter pour ce candidat).Soit α = 0, 95 dans ]0, 1[ le niveau de confiance que l’on souhaite. On cherche tα tel que P (X ≤ tα )) =1+0,95 2 = 0, 975. On trouve tα = 1, 96. Un intervalle de confiance est donn´ par e 1, 96 × 50 1, 96 × 50 I = [53 − √ , 53 + √ ] n 2 nCela nous donne des intervzalles en fonction de n : n = 100 [43, 2; 62, 8] n = 1000 [49, 9; 56, 1] n = 10000 [52; 54]La premi`re ligne signifie qu’au terme d’un sondage de 100 personnes, on peut affirmer avec un risque ed’erreur inf´rieur ou ´gal ` 5% que le candidat A fera entre 43,2% et 63,8% des voix. e e a 32 A. Fredet & J.-M. Gourdon - 2008 - 2009
    • ´Echantillonnage et estimation 3 TEST D’AJUSTEMENTEstimation de la moyenne Soient m et σ la moyenne et l’´cart-type de la population globale. Soient me la moyenne de el’´chantillon, σe son ´cart-type et n l’effectif de l’´chantillon. Deux cas peuvent se pr´senter : e e e e 1. m est inconnue, σ, me et n sont connus : Dans ce cas, l’intervalle de confiance de la moyenne m de la population avec le coefficent de confiance α est tα .σ tα .σ [me − √ , me + √ ] n n 2. m et σ sont inconnus, me , σe et n sont connus : Dans ce cas, l’intervalle de confiance de la moyenne m de la population avec le coefficient de confiance α est tα .σe tα .σe [me − √ , me + √ ] n−1 n−1Exemple 2.4 Dans une population P de grand effectif, on pr´l`ve de mani`re non exhaustive, un ee e´chantillon de 100 personnes dont on note la masse en kg :e masse 62 64 68 10 74 ef f ectif 5 18 42 27 8La moyenne et l’´cart-type de cet ´chantillon sont me = 68kg et σe = 3kg. e eL’intervalle de confiance de la moyenne m des masses des personnes de P au coefficient de confiance95% est 3 3 m ∈ [68 − 1, 96 × √ ; 68 + 1, 96 × √ ] = [67, 4; 68, 6] 100 − 1 100 − 1Exercice 2.3 Dans une station service, on suppose que le montant des ch`ques essence suit une loi enormale de param`tres m et s. On consid`re un ´chantillon de taille n = 50 et on obtient une moyenne e e ede 130 = un ´cart-type de 28 = Donner une estimation de m par un intervalle de confiance au Cet e C.niveau de confiance 95%.3 Test d’ajustement Nous cherchons maintenant ` d´terminer si des valeurs statistiques suivent une loi de probabilit´. a e eChoix d’un mod`le e Soit une distribution statistique d’effectifs ni . On cherche ` savoir quelle loi r´git cette s´rie. a e eExemple 3.1 On cherche ` d´terminer si un d´ ` 6 faces est non truqu´. Pour cela, on effectue 600 a e ea elancers. On obtient les r´sultats suivants : e face 1 2 3 4 5 6 nombre d’apparitions ni 96 95 109 98 106 96Le d´ est-il truqu´ ? e ePour cela, on d´finit un mod`le (´quir´partition, binomial, Poisson, normal,...) dont les probabilit´s e e e e epour les ´v´nements xi sont pi , avec des effectifs th´oriques Ni = N × pi o` N = i ni . On ´met donc e e e u eune hypoth`se sur la loi r´gissant cette s´rie. e e e 33 A. Fredet & J.-M. Gourdon - 2008 - 2009
    • ´Echantillonnage et estimation 3 TEST D’AJUSTEMENTExemple 3.2 Si on reprend l’exemple pr´c´dent du d´ ` 6 faces. En 600 lancers, on devrait avoir les e e ear´sultats suivants : e face 1 2 3 4 5 6 nombre d’apparitions th´oriques Ni e 100 100 100 100 100 100Comparaison entre la th´orie et la pratique e On s’int´resse ` l’´cart entre la th´orie et la pratique : Ni − ni . Un grand ´cart ´tant plus important e a e e e equ’un petit,on prend le carr´ de ces ´carts :(Ni − ni )2 . Et enfin, obtenir 95 alors qu’on attend 100, e ece n’est pas la mˆme chose qu’obtenir 5 lorsqu’on attend 10. Il faut donc regarder l’´cart relatif. On e ecalcule (ni − Ni )2 χ2 = cal i NiExemple 3.3 Si on reprend l’exemple pr´c´dent du d´ ` 6 faces. En 600 lancers, on devrait avoir les e e ear´sultats suivants : e face 1 2 3 4 5 6 nombre d’apparitions ni 96 95 109 98 106 96 nombre d’apparitions th´oriques Ni e 100 100 100 100 100 100 (Ni −ni )2 Ni 0, 16 0, 25 0, 81 0, 04 0, 36 0, 16Donc χ2 = 1, 78. calSeuil de confiance On remarque que si χ2 = 0 alors pour chaque classe ni = Ni et donc la variable suivrait exactement calla loi retenue comme mod`le.ePlus la valeur num´rique obtenue pour le χ2 sera ´lev´e, plus l’ajustement effectu´ sera discutable. e cal e e e 2Il faut donc se fixer une mesure χT ` ne pas d´passer. Cette mesure ne peut pas ˆtre trop basse, sinon a e etoutes les hypoth`ses seraient rejet´es (si on reprend l’exemple, mˆme un d´ parfait non truqu´ ne e e e e etombera pas exactement 100 fois sur chaque face).La valeur limite d´pend de la marge d’erreur que l’on accepte. Si l’on se fixe comme valeur limite 0, on epeut raisonnablement penser que 100% des hypoth`ses exactes seront rejet´es. Si l’on se fixe comme e evaleur limite 2, on peut penser que 80% des hypoth`es exactes seront rejet´es, et ainsi de suite... Plus s ela valeur limite sera grande, plus le pourcentage d’hypoth`ses exactes et rejet´es sera faible (mais plus e ele nombre d’hypoth`ses fausses et accept´es sera grand). Cette valeur limite χ2 d´pend donc de la e e T eprobabilit´ que l’on accepte de voir la mesure de χ2 la d´passer alors que l’hypoth`se est exacte. e cal e eCette probabilit´ s’appelle le seuil de confiance. Il est g´n´ralement fix´ ` 5 %. e e e eaDegr´ de libert´ e e La valeur limite χ2 d´pend ´galement du nombre de classes consid´r´es. Si on reprend l’exemple T e e eedu d´, le χ2 obtenu avec un d´ ` 12 faces sera surement plus grand que le χ2 obtenu avec un d´ e cal ea cal e (Ni −ni )2a` 6 faces. En effet, on ajoutera 12 valeurs positives Ni au lieu de 6... Cela s’appelle le degr´ de elibert´. eExemple 3.4 Dans notre cas, le degr´ de libert´ est 5 (on peut choisir 5 valeurs de lancers, la sixi`me e e eest d´termin´e automatiquement car la somme doit faire 600). e e 34 A. Fredet & J.-M. Gourdon - 2008 - 2009
    • ´Echantillonnage et estimation 3 TEST D’AJUSTEMENTPlus g´n´ralement, le degr´ de libert´ est ´gal ` la diff´rence entre : e e e e e a e – le nombre de valeurs que l’on consid`ree – le nombre de relations qui unissent ces nombresSoit r le nombre de classes (toutes poss´dant au moins 5 unit´s). Le degr´ de libert´ ν est e e e e   1 si la loi est binomiale ν =r− 2 si la loi est de Poisson 3 si la loi est normale D´cision finale e Cette valeur de χ2 est donc compar´e ` un χ2 , dit χ2 th´orique (not´ χ2 ), fonction du mod`le et cal e a e e T edu nombre de donn´es, lu dans la table suivante : e /p (seuil de confiance) 0, 90 0, 50 0, 10 0, 05 0, 02 0, 01 0, 001 ν (degr´ de libert´) e e 1 0, 016 0, 455 2, 706 3, 841 5, 412 6, 635 10, 827 2 0, 211 1, 386 4, 605 5, 991 7, 824 9, 210 13, 815 3 0, 584 2, 366 6, 251 7, 815 9, 837 11, 345 16, 266 4 1, 064 3, 357 7, 779 9, 488 11, 668 13, 277 18, 467 5 1, 610 4, 351 9, 236 11, 070 13, 388 15, 086 20, 515 6 2, 204 5, 348 10, 645 12, 592 15, 033 16, 812 22, 457 7 2, 833 6, 346 12, 017 14, 067 16, 622 18, 475 24, 322 8 3, 490 7, 344 13, 362 15, 507 18, 168 20, 090 26, 125 9 4, 168 8, 343 14, 684 16, 919 19, 679 21, 666 27, 877En cons´quence, si χ2 < χ2 on adopte le mod`le et sinon on rejette le mod`le. e cal T e eExemple 3.5 Dans notre cas, avec un degr´ de libert´ de 5 et un seuil de confiance de 5%, le χ2 vaut e e T11, 07. Notre χ2 est inf´rieure ` χ2 donc le d´ n’est pas truqu´. cal e a T e eExercice 3.1 Un correcteur rend ses 100 copies au secr´tariat d’un concours de recrutement de pro- efesseurs. Par souci d’´quit´, la consigne est de noter les copies de mani`re telle que la distribution des e e enotes soit normale avec une moyenne de 10 et un ´cart-type de 4. Le secr´tariat ´tablit la distribution e e esuivante : Intervalles Moins de 4 De 4 ` 8 a De 8 ` 12 a De 12 ` 16 a De 16 ` 20 a Effectifs 8 25 45 10 12La moyenne est 9,7 et l’´cart-type est 4,3. Au vu de ces r´sultats le responsable du concours convoque e ele correcteur pour qu’il modifie ses notes qui seraient trop nombreuses entre 4 et 8. Le correcteur faitvaloir que la moyenne et l’´cart-type sont approximativement ceux demand´s et que les variations li´es e e ea` la r´partition des copies en paquets de 100 expliquent sans doute la l´g`re diff´rence entre son paquet e e e eet la distribution demand´e. Le correcteur a-t-il raison de refuser de revoir ses notes ? eConditions d’utilisation du χ2 Certaines conditions sont n´cessaires pour appliquer cette m´thode : il faut notamment que chaque e eclasse ait un effectif d’au moins 5 (sinon les effectifs sont trop petites pour ˆtre significatifs). Si ce n’est epas le cas, on regroupera certaines classes : 35 A. Fredet & J.-M. Gourdon - 2008 - 2009
    • ´Echantillonnage et estimation 3 TEST D’AJUSTEMENTExemple 3.6 Un vendeur de voiture a not´ le nombre de v´hicules vendus durant une ann´e (200 e e ejours de travcail) xi nombre de v´hicules e 0 1 2 3 4 ni nombre de jours 76 72 34 12 6On calcule la moyenne : x = 1 et la variance V (X) = 1, 06 qui est proche de 1. On peut donc penser ¯qu’une loi de Poisson de param`tre 1 peut approcher cette variable. On va utiliser le test du χ2 pour ev´rifier cette hypoth`se. Dans ce cas, e e λ 1 p(X = i) = e−λ = e−1 i! i! xi 0 1 2 3 4 5 et plus ni 76 72 34 12 6 0 200 p(X = i) 0, 368 0, 368 0, 184 0, 061 0, 015 0, 004 1 Ni = N × p(X = i) 73, 6 73, 6 36, 8 12, 2 3 0, 8 200La classe 5 et plus est envisag´e pour que e p(X = i) = 1. On ne veut consid´rer que des classes ed’effectifs plus grand que 5, il faut donc regrouper les 3 derni`res : e xi 0 1 2 3 et plus total ni 76 72 34 18 200 Ni = N × p(X = i) 73, 6 73, 6 36, 8 16 200 2On a χ2 = i=1 (ni −Ni ) ≈ 0, 576. Dans la table, avec un degr´ de libert´ de 2 et un seuil de 0,05, on 4 Ni e e 2 2 2lit que χT = 5, 991. On a donc χcal < χT et donc on accepte le mod`le. eExemple 3.7 Une entreprise d’exploitation mini`re utilise une grande quantit´ de moteur qu’elle sou- e emet a des conditions de travail difficile. Pour un type de moteur et un mode d’utilisation d´termin´s, ` e ela dur´e de vie d’un moteur peut ˆtre consid´r´e comme une variable al´atoire. Pour d´terminer la loi e e e e e ede probabilit´, on dispose d’un ´chantillon de 50 dur´e de vie de moteurs : e e e dur´e de vie e nombres d’observations (en semestres) 0`8 a 0 8`9 a 2 9 ` 10 a 5 10 ` 10, 5 a 7 10, 5 ` 11 a 11 11 ` 11, 5 a 11 11, 5 ` 12 a 6 12 ` 13 a 7 13 ` 14 a 1 50 36 A. Fredet & J.-M. Gourdon - 2008 - 2009
    • ´Echantillonnage et estimation 4 ´ COMPARAISON D’ECHANTILLONSOn consid`re donc le tableau suivant : e dur´e e (ni −Ni )2 effectifs r´els ni e effectifs th´oriques Ni e Ni (en semestres) 8`9 a 2 1, 3 8 ` 10 a 7 8, 45 0, 2488 9 ` 10 a 5 7, 15 10 ` 10, 5 a 7 7, 405 0, 0221 10, 5 ` 11 a 11 9, 14 0, 3785 11 ` 11, 5 a 11 9, 12 0, 3875 11, 5 ` 12 a 6 7, 355 0, 2496 12 ` 13 a 7 7, 055 12 ` 14 a 9 8, 325 0, 0127 13 ` 14 a 1 1, 27 2 χcal = 1, 2992Il y a 6 classes, et on va chercher ` savoir si cette variable suit une loi normale donc le degr´ de libert´ a e eν = 6 − 3 = 3. Si on s’int´resse ` une probabilit´ de 5%, on lit que χ2 = 7, 815, nombre limite cherch´. e a e T eOn a χ2 < χ2 donc on adopte ce mod`le. cal T eExercice 3.2 On consid`re le nombre de pi`ces d´fectueuses sur un lot de 100 pi`ces. En d´finissant e e e e eX comme ´tant le nombre de pi`ces d´fectueuses par lot de 100 pi`ces, on obtient le tableau suivant : e e e e X 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 ni 2 7 14 21 19 17 11 5 4 0 100 lotsV´rifier si cette production ob´it ` une loi binomiale B(100; 0, 04) ? ` une loi B(100; 0, 03) ? ` une loi e e a a aB(100; 0, 0392) ? une loi de Poisson de param`tre 4 ? eExercice 3.3 On veut v´rifier une machine ambaleuse de sacs de ciment ayant au moins un poids de e50kgs. On p`se 500 sacs et on obtient e poids nombre de sacs < 45 35 45 − 47 53 47 − 49 76 49 − 51 100 51 − 53 88 53 − 55 78 55 − 57 42 > 57 28 500V´rifier que l’emballage des sacs suit une loi normale dont on pr´cisera la moyenne et l’´cart-type (on e e eprendra 44 comme poids moyen des sacs de moins de 45 kg et 58 comme poids moyen des sacs de plusde 57 kilos).4 Comparaison d’´chantillons e Supposons que l’on souhaite comparer un ´chantillon A ` un ´chantillon B afin de savoir s’ils suivent e a ela mˆme loi. Le probl`me dans ce cas, c’est que l’on manque de r´f´rence : il ne serait pas logique de e e eeprendre l’´chantillon A comme r´f´rence, pas plus qu’il ne serait logique de prendre l’´chantillon B. e ee eIl faut donc adopter une estimation, la meilleure possible des proportions qui nous int´ressent. Si l’on e 37 A. Fredet & J.-M. Gourdon - 2008 - 2009
    • ´Echantillonnage et estimation 4 ´ COMPARAISON D’ECHANTILLONSsuppose que les deux ´chantillons proviennent de la mˆme population et suivent la mˆme loi, il parait e e ejudicieux d’utiliser toutes les informations dont nous disposons et de r´unir ces populations. Cela nous efournira une r´f´rence. On construit ainsi l’hypoth`se nulle qui, dans ce cas, ne d´pend ni d’une loi ee e ede probabilit´, ni d’une distribution de r´f´rence, les proportions des diff´rentes cat’egories ´tant donc e ee e econserv´es d’une ligne ` l’autre. On calculera ainsi les effectifs th´oriques correspondant aux crit`res e a e epour les populations A et B, et l’on pourra alors utiliser le test du χ2 .Exemple 4.1 A B total 25 35 60 95 65 160 total 120 100 220On calcule le tableau des effectifs th´oriques : e A B total 60 × 120 = 32, 7 220 60 − 32, 7 = 27, 3 60 120 − 32, 7 = 87, 3 100 − 27, 3 = 72, 7 160 total 120 100 220On a donc (25 − 32, 7)2 (35 − 27, 3)2 (95 − 87, 3)2 (65 − 72, 7)2 χ2 = cal + + + = 5, 48 32, 7 27, 3 87, 3 72, 7On a calcul´ une seule fr´quence de r´f´rence, il n’y a donc qu’un seul degr´ de libert´. La valeur du e e ee e eχ2 est de 5,48. Dans la table, avec un seuil e confiance de 5 %, le χ2 vaut 3,841 et avec un seuil cal Tde confiance de 1 % le χ2 vaut 6,635. Les deux groupes se ressemblent donc significativement si on Tconsid`re un seuil de confiance de 5 % mais pas si on consid`re un seuil de confiance de 1 %. e eExercice 4.1 On a ´tudi´ sur deux ´chantillons la r´partition des quatre groupes sanguins : O, A, B, e e e eAB. Les r´sultats obtenus sont report´s dans un tableau suivant, ` deux lignes et quatre colonnes : e e a Groupe O A B AB Total 1 er ´chantillon e 121 120 79 33 353 2 `me ´chantillon e e 118 95 121 30 364 Total 239 215 200 63 717Ces deux ´chantillons proviennent-ils de la mˆme population ? e eExercice 4.2 Pour l’´lection pr´sidentielle, deux candidats sont en pr´sence, S. R. et N. S. (pour ne e e epas les nommer). Dans un village du Nord de la France, il y a 500 ´lecteurs, dont 100 sont retrait´s, e e50 sont chˆmeurs, et 350 sont actifs. Les r´sultats des ´lections sont (apr`s d´compte manuel) : o e e e e S.R. N.S. Blancs Rentiers 35 10 5 Actif s 90 210 50 Retrait´s e 70 23 7Dans ce village, l’opinion d´pend-elle de l’appartenance ` un groupe social ? e a 38 A. Fredet & J.-M. Gourdon - 2008 - 2009
    • ´Echantillonnage et estimation 4 ´ COMPARAISON D’ECHANTILLONSExercice 4.3 Une ´tude a ´t´ men´e sur les facteurs pouvant influer sur le port de la ceinture de e ee es´curit´ par les conducteurs et les passagers de voitures de tourisme et de v´hicules utilitaires. On e e es’int´resse tout d’abord ` l’effet du type d’occupation du v´hicule (conducteur seul, conducteur + e a epassagers avant, conducteur + passagers arri`re, conducteur + passagers avant et arri`re) sur le port e ede la ceinture par le conducteur. On dispose de 8374 observations concernant cette partie de l’´tude. eLes donn´es sont les suivantes : e Port ceinture non port de ceinture Seul 2825 3468 Cond. + pass. avant 729 815 Cond. + pass. arri`re e 80 113 Cond. + pass. av. et arr. 168 176Y-a-t-il un lien entre les deux variables Type d’occupation et Port de la ceinture ? 39 A. Fredet & J.-M. Gourdon - 2008 - 2009
    • ´Echantillonnage et estimation 5 SOLUTIONS DES EXERCICES5 Solutions des exercices 2,1Solution 1.1 1. X suit une loi normale N (12, 8; √49 ) = N (12, 8; 0, 3). 2. On cherche tα tel que P (X ≤ tα )) = 1+0,95 = 0, 975. On trouve tα = 1, 96. L’intervalle est donc 2 [12, 8 − 1, 96 × 2, 1; 12, 8 + 1, 96 × 2, 1] = [8, 684; 16, 916]. 2,1 2,1 2 3. On cherche n tel que 1, 96 × √ n ≤ 0, 2. Il faut que n ≥ (1, 96 × 0,2 ) donc que n ≥ 424. 490 0,49×0,51)Solution 2.1 On a pe = 1000 et tα = 1, 96. On consid`re l’intervalle [0, 49 − 1, 96 × e 1000 , 0, 49 + 0,49×0,51)1, 96 × 1000 ] = [0, 46; 0, 52] 1 1 1Solution 2.2 L’amplitude de l’intervalle est tα × √ 2 n = 2, 58 × √ . 2 n On veut 2, 58 × √ 2 n ≤ 0, 04, ce 2,58qui implique que n ≥ ( 2×0,02 )2 , c’est ` dire n ≥ 4161. Il faudrait donc interroger 4160 personnes. a 0,53×0,47 0,53×0,47p ∈ [0, 53 − 2, 58 × 1000 ; 0, 53 + 2, 58 × 1000 ] = [0, 49; 0, 57]Solution 2.3 m ∈ [130 − 1, 96 × √ 28 ; 130 + 1, 96 × √ 28 ] = [122, 16; 137, 84] 50−1 50−1Solution 3.1 On calcule les effectifs de la distribution theorique obtenue en appliquant la loi normalede moyenne donnee m et d’´cart-type σ (dans l’exemple m = 10 et σ = 4). Par exemple, pour trouver el’effectif de la classe De 8 a 12, on calcule la probabilit´ qu’une note soit comprise entre 8 et 12 : ` e P (8 ≤ X ≤ 12) = P (X ≤ 12) − P (X ≤ 8) 12 − 10 8 − 10 = P (T ≤ ) − P (T ≤ ) = P (T ≤ 0, 5) − P (T ≤ −0, 5) 4 4 = P (T ≤ 0, 5) − (1 − P (T ≤ 0, 5)) = 0, 6915 − (1 − 0, 6915) = 0, 383Il y a 100 copies, donc il devrait y avoir 100× = 38, 3. En proc´dant ainsi, on compl`te donc le tableau e esuivant : Intervalles Moins de 4 De 4 ` 8 a De 8 ` 12 a De 12 ` 16 a De 16 ` 20 a Effectifs th´oriquesNi e 7, 3 24, 17 38, 29 24, 17 6, 06 Effectifs r´els ni e 8 25 45 10 12 (Ni −ni )2 Ni 0, 07 0, 03 1, 17 8, 31 5, 82 15, 4Le degr´ de libert´ est ν = 5 − 3 = 2 donc χ2 = 5, 991. On a χ2 > χ2 donc on rejette le mod`le et on e e T calc T econsid`re que les notes ne suivent pas une loi normale de moyenne 10 et d’´cart-type 4. Le professeur e edevrait revoir ses notes.`A titre anecdotique, on peut remarquer que l’´cart entre la th´orie et la pratique est plus grand sur e el’intervalle entre 16 et 20 que sur l’intervalle moins de 4. 40 A. Fredet & J.-M. Gourdon - 2008 - 2009
    • ´Echantillonnage et estimation 5 SOLUTIONS DES EXERCICESSolution 3.2 X ni B(100; 0, 04) (ni −Ni )2 Ni = 100Cx px (1 100 − p)100−x Ni 0 2 1, 69 0`1 a 9 8, 72 0, 01 1 7 7, 03 2 14 14, 5 0, 02 3 21 19, 73 0, 08 4 19 19, 94 0, 04 5 17 15, 95 0, 07 6 11  10, 52  0, 02 7  5  5, 89  8 7`9 a 4 9 2, 85 10, 64 0, 25 9 0 1, 90    100 lots 100 χ2 = 0, 49 calLe tableau comporte maintenant 7 lignes, et on teste une loi binomiale donc ν = 7 − 1 = 6 doncχ2 = 12, 592. On a χ2 < χ2 donc ce mod`le est bon. T calc T e X ni B(100; 0, 03) (ni −Ni )2 Ni = 100Cx px (1 100 − p)100−x Ni 0 2 4, 76 0`1 a 9 19, 46 5, 62 1 7 14, 7 2 14 22, 52 3, 22 3 21 22, 75 0, 13 4 19 17, 06 0, 22 5 17 10, 13 4, 66 6 11  4, 96  7, 35 7  5  2, 06  8 7`9 a 4 9 0, 74 3, 12 11, 08 9 0 0, 32    100 lots 100 χ2 = 32, 28 calOn a χ2 > χ2 = 12, 592 donc on rejette le mod`le. cal T e X ni B(100; 0, 0392) (ni −Ni )2 Ni = 100Cx px (1 − p)100−x 100 Ni 0 2 1, 83 0`1 a 9 9, 31 0, 01 1 7 7, 48 3 21 20, 14 0, 04 4 19 19, 92 0, 04 5 17 15, 6 0, 12 6 11  10,08 0, 08 7  5  5, 52  8 7`9 a 4 9 2, 62 9, 84 0, 07 9 0 1, 7    100 lots 100 χ2 = 0, 36 cal 41 A. Fredet & J.-M. Gourdon - 2008 - 2009
    • ´Echantillonnage et estimation 5 SOLUTIONS DES EXERCICESCe mod`le est tr`s bon. e e X ni P (4) x (ni −Ni )2 Ni = 100 × e−4 4 x! Ni 0 2 1, 83 0`1 a 9 9, 16 0 1 7 7, 33 2 14 14, 65 0, 03 3 21 19, 54 0, 11 4 19 19, 54 0, 01 5 17 15, 63 0, 12 6 11  10, 42  0, 03 7  5  5, 95  8 7`9 a 4 9 2, 98 11, 06 0, 39 9 0 2, 13    100 lots 100 χ2 = 0, 69 calLe tableau comporte maintenant 7 lignes, et on teste une loi de Poisson donc ν = 7 − 2 = 5 doncχ2 = 11, 07. L` encore, le mod`le est bon. T a eSolution 3.3 ni (xi −m)2 poids ni = nombre de sacs xi = centre de classe ni xi 500 < 45 35 44 1540 3, 2178 45 − 47 53 46 2438 2, 4219 47 − 49 76 48 3648 1, 1247 49 − 51 100 50 5000 0, 1217 51 − 53 88 52 4576 0, 262 53 − 55 78 54 4212 1, 6175 55 − 57 42 56 2352 2, 2889 > 57 28 58 1624 2, 9191 total 500 25390 13, 9736 √la moyenne est de 25390 = 50, 78 kilos et l’´cart-type est 500 e 13, 9736 ≈ 3, 74. On peut donc penser queles poids suivent une loi normale N (50, 78; 3, 74). xi −m poids nombre de sacs σ Π(t1 ) Π(t2 ) Ni = 500(Π(t2 ) − Π(t1 )) (t1 < ∗ < t2 ) < 45 35 < −1, 54 0 0, 06178 30, 89 45 < ∗ < 47 53 −1, 54 < ∗ < −1, 01 0, 06178 0, 15625 47, 235 47 < ∗ < 49 76 −1, 01 < ∗ − 0, 48 0, 15625 0, 31561 79, 68 49 < ∗ < 51 100 −0, 48 < ∗ < 0, 06 0, 31561 0, 52392 104, 155 51 < ∗ < 53 88 0, 06 < ∗ < 0, 6 0, 52392 0, 72575 100, 915 53 < ∗ < 55 78 0, 6 < ∗ < 1, 13 0, 72575 0, 87076 72, 505 55 < ∗ < 57 42 1, 13 < ∗ < 1, 66 0, 87076 0, 95154 40, 39 > 57 28 > 1, 66 0, 95154 1 24, 23 500 500donc (35 − 30, 89)2 (53 − 47, 235)2 (76 − 79, 68)2 (100 − 104, 155)2 χ2 cal = + + + 30, 89 47, 235 79, 68 104, 55 2 2 2 (88 − 100, 915) (78 − 72, 505) (42 − 40, 39) (28 − 24, 23)2 + + + + 100, 915 72, 505 40, 39 24, 23 ≈ 4, 306 42 A. Fredet & J.-M. Gourdon - 2008 - 2009
    • ´Echantillonnage et estimation 5 SOLUTIONS DES EXERCICESOn regarde le tableau du χ2 avec ν = 8 − 3 = 5. On a χT = 11, 07 et donc χ2 < χ2 et on accepte le T cal Tmod`le. eSolution 4.1 On utilise le tableau des effectifs th´oriques suivants : e Groupe O A B AB Total population globale 239 215 200 63 717 717 717 717 1 er ´chantillon e 353 × 239 ≈ 117, 7 353 × 215 ≈ 105, 9 353 × 63 ≈ 98, 5 353 − (117, 7 + 105, 9 + 98, 5) = 31, 1 353 717 717 717 2 `me ´chantillon e e 239 − 117, 7 ≈ 121, 3 215 − 105, 9 ≈ 109, 1 200 − 98, 5 ≈ 101, 5 364 − (121, 3 + 109, 1 + 101, 5) = 32, 1 364 Total 239 215 200 63 717 on peut alors calculer (121 − 117, 7)2 (120 − 105, 9)2 (79 − 98, 5)2 (33 − 31, 1)2 χ2 cal = + + + 117, 7 105, 9 98, 5 31, 1 118 − 121, 3)2 (95 − 109, 1)2 (121 − 101, 5)2 (30 − 32, 1)2 + + + + 121, 3 109, 1 101, 5 32, 1 ≈ 11, 74On a calcul´ trois fr´quences th´oriques, le degr´ de libert´ est donc 3. Avec un seuil de confiance de 5 e e e e e%, le χ2 est de 7,815 donc χ2 > χ2 et on rejette l’hypoth`se. Cela signifie que les deux ´chantillons T cal T e ene proviennent pas de la mˆme population. eSolution 4.2 On compl`te le tableau pr´c´dent : e e e S.R. N.S. Blancs Rentiers 35 10 5 50 Actif s 90 210 50 350 Retrait´s e 70 23 7 100 195 243 62 500On en d´duit la r´partition th´orique dans le cas o` les votes sont ind´pendants : e e e u e S.R. N.S. Blancs 195×50 243×50 Rentiers 500 = 19, 5 500 = 24, 3 50 − (19, 5 + 24, 3) = 6, 2 195×350 243×350 Actif s 500 = 136, 5 500 = 170, 1 350 − (136, 5 + 170, 1) = 43, 4 195×100 243×100 Retrait´s e 500 = 39 500 = 48, 6 100 − (39 + 48, 6) = 12, 4On a donc (19, 5 − 35)2 (24, 3 − 10)2 (12, 4 − 7)2 χ2 = calc + + ··· + = 87, 649 19, 5 24, 3 12, 4On a (3 − 1) × (3 − 1) = 4 degr´s de libert´. Pour un test au niveau 5%, on lit par cons´quent dans e e ela table une borne de rejet ´gale ` χ2 = 9, 488. La valeur observ´e ´tant sup´rieure ` χ2 , on rejette e a T e e e a Tl’hypoth`se donc on conclut que le groupe social influe sur l’opinion. eSolution 4.3 On compl`te le tableau pr´c´dent : e e e Port ceinture non port de ceinture Seul 2825 3468 6293 Cond. + pass. avant 729 815 1544 Cond. + pass. arri`re e 80 113 193 Cond. + pass. av. et arr. 168 176 344 3802 4572 8374 43 A. Fredet & J.-M. Gourdon - 2008 - 2009
    • ´Echantillonnage et estimation 5 SOLUTIONS DES EXERCICESOn en d´duit la r´partition th´orique dans le cas o` il n’y aurait pas de lien : e e e u Port ceinture non port de ceinture Seul 2 6293×3802 ≈ 2857, 18 8374 6293 − 2857, 18 ≈ 3435, 82 6293 1544×3802 Cond. + pass. avant 8374 ≈ 701, 01 1544 − 701, 01 ≈ 842, 99 1544 193×3802 Cond. + pass. arri`re e 8374 ≈ 87, 63 193 − 87, 63 ≈ 105, 37 193 Cond. + pass. av. et arr. 3802 − (2857, 18 + 701, 01 + 87, 63) ≈ 156, 18 344 − 156, 18 ≈ 187, 82 344 3802 4572 8374On a donc (2857, 18 − 2825)2 (3435, 82 − 3468)2 (187, 82 − 176)2 χ2 = calc + + ··· + ≈ 5, 56 2857, 18 3435, 82 187, 82On a (4 − 1) × (2 − 1) = 3 degr´s de libert´. Pour un test au niveau 5%, on lit par cons´quent dans e e ela table une borne de rejet ´gale ` χ2 = 7, 815. La valeur observ´e ´tant sup´rieure ` χ2 , on accepte e a T e e e a Tl’hypoth`se donc on conclut que le type de remplissage de la voiture n’influe pas sur le port de la eceinture. 44 A. Fredet & J.-M. Gourdon - 2008 - 2009
    • ´Echantillonnage et estimationTroisi`me partie eTableur Un tableur peut ˆtre d’une grande aide dans le calcul de statistiques et de probabilit´s, notamment e eavec les fonctions suivantes :Statistiques ` une variable a MODE() MEDIANE() MOYENNE() VARIANCE() MAX() QUARTILE() MOYENNE.GEOMETRIQUE() ECARTYPE() MIN() CENTILE() MOYENNE.HARMONIQUE()GraphiquesGraphiquesCourbe de tendanceR´gression lin´aire e e DROITEREG COEFFICIENT.CORRELATION INDEX(DROITEREG()) ORDONNEE.ORIGINECombinatoireCOMBIN()PERMUTATION()Probabilit´s e LOI.BINOMIALE() LOI.POISSON() LOI.NORMALE()Intervalle de confianceINTERVALLE.CONFIANCE()Test d’ajustement TEST.KHIDEUX() LOI.KHIDEUX() KHIDEUX.INVERSE() 45 A. Fredet & J.-M. Gourdon - 2008 - 2009