1 lois usuelles. 2 Estimation. 1.1 Loi Binomiale. 1.2 Loi de Poisson. 1.3 Loi normale. 2.1 Estimation ponctuelle de la moyenne

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1 1 lois usuelles 11 Loi Biomiale B(, p) q = 1 p p(x = k) = C k p k q k Espérace E(X) = p Variace : V ar(x) = pq Écart type : σ = pq 12 Loi de Poisso P(λ) : loi de Poisso de paramètre λ > 0 : X(Ω) = N λ λk p k = P (X = k) = e k! Espérace mathématique : E(X) = λ Variace : V ar(x) = λ Écart type : σ = λ Utilisatio pratique : O cosidère ue loi biomiale B(, p) avec grad et p petit, ie o cherche u évéemet rare La loi de Poisso P(p) (ie λ = p) est ue boe approximatio d u tel tirage dès que 30 p 0, 1 et p 10 λ = p représete le ombre d évéemets attedus pour la période cosidérée 13 Loi ormale Loi ormale cetrée réduite N (0, 1) Espérace : 0 Variace : 1 Écart type : 1 Loi ormale N (µ, σ) Espérace : µ Variace : σ 2 Écart type : σ 2 Estimatio 21 Estimatio poctuelle de la moyee X variable aléatoire sur ue populatio Ω Espérace E(X) = µ Écart type σ Variace : V ar(x) = σ 2 X = 1 X i : variable aléatoire moyee aléatoire de l échatillo de taille : i=1 Espérace : E( X) = µ 1

2 Écart type : σ/ Variace :V ar( X = σ 2 / 22 Estimatio poctuelle de la variace ( ) V e = 1 (X i X) 2 1 = (X i ) 2 X 2 : variable aléatoire variace empirique de i=1 i=1 l échatillo : σ e = V e Espérace : E(V e ) = 1 σ2 σ Écart type : = σ e 1 23 Estimatio poctuelle d ue fréquece ou d u pourcetage O cherche à détermier la fréquece p d u caractère A sur ue populatio Ω O tire u échatillo de taille, o observe la fréquece f obteue F : variable aléatoire fréquece observée de l échatillo Espérace : E(F ) = p p(1 p) Variace : V ar(f ) = Applicatio : si o obtiet ue fréquece observée f d u échatillo de taille, o estime la fréquece p par f p(1 p) la variace σ = par f(1 f) 1 2

3 3 Estimatio par itervalle de cofiace 31 Estimatio d ue fréquece par u itervalle de cofiace Soit p la fréquece d apparitio d u caractère A das ue populatio Ω Soit f la fréquece d apparitio de ce caractère das u échatillo d taille O cherche à détermier u itervalle I =]f b; f +b[ tel que p I avec ue probabilité 1 α ou u risque d erreur 1 α Pour grad et p pas trop voisi de 1 ou 0 ( 30, p 5 et q 5), la variable aléatoire X = (F p)/ p(1 p)/ suit la loi ormale cetrée réduite O estime p par f et p(1 p)/ par f(1 f)/ 1 O lit das la table 2 la valeur a tel que p( X a) = α L itervalle de cofiace est alors : ]f a f(1 f)/( 1), f + a f(1 f)/( 1)[ 32 Estimatio d ue moyee par u itervalle de cofiace, cas des grads échatillos ( > 30) X variable aléatoire d espérace µ et d écart type σ µ et σ sot icous O cherche à estimer µ au risque de α X µ σ La variable aléatoire U = s suit sesiblemet la loi ormale réduite cetrée N (0, 1) O dispose d u échatillo de valeurs x 1,,x Moyee observée : x = 1 (x x ) 1 Écart type observé : σ e = (x x 2 ) s s O estime µ par x et par e 1 O lit das la table 2 la valeur a tel que p( U a) = α L itervalle de cofiace est alors : s e s I =] x a, x a e [ Estimatio d ue moyee par u itervalle de cofiace, cas des petits échatillos ( < 30) sur ue variable Gaussiee X variable aléatoire Gaussiee d espérace µ et d écart type σ, c est-à-dire X suit la loi ormale N (µ, σ) µ et σ sot icous O cherche à estimer µ au risque de α La variable aléatoire U = X µ σ s O dispose d u échatillo de valeurs x 1,,x suit la loi de Studet à 1 degrés de liberté 3

4 Moyee observée : x = 1 (x x ) 1 Écart type observé : σ e = (x x 2 ) O estime µ par x et s par s e 1 O lit das la table 3 (Table de Studet, lige 1 degrés de liberté) la valeur a tel que p( U a) = α L itervalle de cofiace est alors : s e s I =] x a, x a e [ Tests de coformité d ue fréquece 41 Test bilatéral O dispose d ue fréquece théorique p et d ue fréquece observée f A priori, la fréquece observée peut être au dessus ou au dessous de p O veut savoir si la différece etre f et p est due à l échatilloage (hypothèse H 0 ) au risque d erreur α Sous l hypothèse H 0 F suit sesiblemet la loi ormale N (p; p(1 p)/ O calcule l itervalle de cofiace de p au risque α pour u échatillo de taille : I =]p a p(1 p)/; p + a p(1 p)/[, où a est obteu das la table 2 par p( X] a) = α Si f I o accepte l hypothèse : la différece est due aux variatios d échatilloage Sio o rejette l hypothèse 1er exemple O lace 100 fois ue pièce de moaie O observe 45 piles et 55 faces Hypothèse H 0 la pièce équilibrée, hypothèse H 1 : la pièce est pas équilibrée Si H 0 est vraie, la probabilité d obteir le coté pile est p = 1/2 La proportio de pile est approchée par la loi ormale N (0, 5; 0, 5 2 /100) = N (0, 5; 0, 05) O a p( X a) = 0, 05 pour a = 1, 96 Ceci doe u itervalle de cofiace [0, 50 1, 96 0, 05; 0, , 96 0, 05] = [0, 402; 0, 598] Comme 0, 45 est das l itervalle, o e peut rejetter l hypothèse que la pièce est équilibrée au risque de 5% 42 Test uilatéral O dispose d ue fréquece théorique p et d ue fréquece observée f > p Hypothèse H 0 : la différece etre f et p est liée aux variatios de l échatilloage Hypothèse H 1 : la fréquece réelle est plus grade que la fréquece théorique (par exemple sous l effet d u médicamet) La fréquece f observée e correspod doc pas à la fréquece théorique La différece essetielle est que l o sait à priori que f e peut pas être plus petite que p (aux variatios d échatilloage près) 4

5 Sous l hypothèse H 0 F suit sesiblemet la loi ormale N (p; p(1 p)/ O cherche a das les tables de la loi ormale N (0, 1) tel que p(f > a) = α O calcule b = p + a p(1 p)/ Si f b o accepte l hypothèse H 0 Sio o rejette l hypothèse H 0 Remarque : la valeur a peut être lue de 2 maières : Table 1 e lecture iverse Table 2 e utilisat la propriété p(x > a) = α p( X > a) = 2α 1er exemple, bis O lace 100 fois ue pièce de moaie O observe 45 piles et 55 faces O soupçoe que la pièce est truquée, et doc que la fréquece réelle p d obteir pile est plus faible que p 0 = 0, 5 Hypothèse H 0 la pièce est pas truquée : p = 0, 5 Hypothèse H 1 : la pièce est truquée : p <= 0, 5 Si H 0 est vraie, la probabilité d obteir le coté pile est p = 1/2 La proportio de pile est approchée par la loi ormale N (0, 5; 0, 5 2 /100) = N (0, 5; 0, 05) O a p(x a) = 0, 05 pour a = 1, 64 Ceci doe ue bore b = p + aσ = 0, 5 1, 64 0, 05 = 0, 418 Comme la fréquece observée f est de 45%, o e peut pas rejeter H 0 O e peut pas rejeter l hypothèse que la pièce est pas truquée au risque de 0, 05 Comme 0, 45 est das l itervalle, la pièce est pas truquée au risque de 5% 5 Tests de coformité d ue moyee 51 Test bilatéral O dispose d ue moyee théorique µ et d u échatillo de taille O dispose ou o e dispose pas de la valeur de la variace théorique σ O calcule la moyee observée : x = 1 (x x ) Si o e coaît pas σ o l estime sur l échatillo (avec correctio du biais) : 1 s = 1 σ e = 1 (x x 2 ) O veut savoir si la différece etre x et µ est due à l échatilloage (hypothèse H 0 ) au risque d erreur α Cas des grads échatillos ( 30) Sous l hypothèse H 0 X suit sesiblemet la loi ormale N (p; σ/ )) O calcule l itervalle de cofiace de µ au risque α pour u échatillo de taille : I =]µ aσ/ ; µ + aσ/ [, où a est obteu das la table 2 par p( X] a) = α Si f I o accepte l hypothèse : la différece est due aux variatios d échatilloage Sio o rejette l hypothèse 5

6 Exemple : O cosidère ue série statistique de 60 taux d hémoglobie das le sag (g/l) mesuré chez des adultes présumés e boe saté O observe ue moyee x = 159 et u écart type σ e = 9, 5 E l absece d iformatio, o suppose que le prélèvemet a été fait sur ue populatio répartie hommes/femmes e proportio égales Das ce cas la moyee attedue est µ = 146 Hypothèse H 0, la populatio est bie répartie hommes/femmes Das ce cas, X suit sesiblemet la loi ormale N (µ, σ/ ) Estimatio de σ/ : σ e / 1 = 9, 5/ 59 = 1, 237 Au risque de 1%, p( X a) = 0, 01 pour a = 2, 576 Itervalle de cofiace : I =]µ aσ/ ; µ + aσ/ [=]146 3, 18; , 18[ La valeur x = 159 obteue est pas das l itervalle, la populatio est doc probablemet pas équilibrée Remarque : la variace attedue pour la populatio totale est σ = 18, o a alors σ/ = 18/ 60 = 2, 32, ce qui, au risque de 1% doe I =]µ aσ/ ; µ + aσ/ [=]146 5, 76; , 76[ O rejette toujours l hypothèse H 0 L Cas des petits échatillos ( < 30) O suppose que X suit ue loi ormale ( est ue variable Gaussiee ) X µ Sous l hypothèse H 0 σ/ suit sesiblemet la loi de Studet à 1 degrés de liberté Idetique au cas précédet, sauf lecture de a das la table 3 52 Test uilatéral sur les grads échatillos Idetique au cas bilatéral sur les grads échatillos, excepté que a est lu das la table 1 : O cherche a das les tables de la loi ormale N (0, 1) tel que p(f > a) = α Exemple : O repred l exercice précédet O suppose que la loi théorique est µ = 146 et σ = 18 O a toujours σ/ = 18/ 60 = 2, 32 O cherche a das la table 1 tel que p(x > a) = 0, 01, soit a = 2, 33 La bore obteue est b = µ+aσ/ = 146+5, 4 = 151, 4 Comme x = 159, o rejette H 0, c est-à-dire que l o cosidère qu il s agit d ue populatio d hommes 6 Tests d homogééité 61 Présetatio du problème O e dispose pas de loi théorique, mais de 2 échatillos de tailles respectives 1 et 2 O veut savoir si les différeces de résultats sur chaque échatillo peut s expliquer ou o par les fluctuatios dues à l échatilloage ou o Soit Y la variable étudiée (par exemple fréquece F ou moyee X) O ote σ Y l écart type de Y 6

7 O dispose de 2 échatillos que l o modélise par 2 variables Y 1 et Y 2 Hypothèse H 0 : les échatillos provieet de la même populatio Les tirages sot idépedats Sous cette hypothèse, la variable Z = Y 1 Y 2 a pour espérace 0 et écart type σ Z = σy σy Comparaiso de deux fréqueces Si Y = F est ue fréquece, σ F = p(1 p) p(1 p) p(1 p)/ et σ Z = Si l échatillo est suffisammet grad, et les fréqueces pas trop proches de 0 ou 1, Z suit sesiblemet la loi ormale N (0, σ Z ) Estimatio de p : o réuit les 2 échatillos, o trouve ˆp = 1f f Test bilatéral O calcule ˆp = 1f f O calcule s = (ˆp(1 ˆp)( ) O détermie a das la table 1 tel que p( X] a) = α O détermie l itervalle de cofiace de Z au risque α : I =] as; as[, Si f 1 f 2 I o accepte l hypothèse : la différece est due aux variatios d échatilloage Sio o rejette l hypothèse 63 Comparaiso de deux moyees Cas des grads échatillos ( 30) σ 2 1 Si Y = X est ue moyee, σ X = σ/ et σ Z = + σ O estime σ 1 et σ 2 par la méthode habituelle s i = Test bilatéral i i 1 σ e,i O estime σ 1 er σ 2 σ1 2 O calcule s Z = + σ O détermie a das la table 1 tel que p( X] a) = α O détermie l itervalle de cofiace de Z au risque α : I =] as; as[, Si x 1 x 2 I o accepte l hypothèse : la différece est due aux variatios d échatilloage Sio o rejette l hypothèse 7

8 7 Test de coformité par la loi du χ 2 : ajustemet à ue loi théorique Situatio : o dispose d u système complet d évéemets E 1, E k et d ue distributio de probabilité théorique de ces évéemets : p i = p(e i ) avec p p k = 1 O dispose d u échatillo de taille sur lequel o calcule les effectifs observés O i et les fréqueces observées f i = O i / de chaque évéemet O veut tester si l échatillo est coforme à la distributio théorique, aux écarts d échatilloage près O calcule les effectifs théoriques de chaque évéemets sur u échatillo de taille : C i = p i Hypothèse H 0 : la distributio de l échatillo est coforme à la distributio théorique Sous l hypothèse H 0, la variable aléatoire Y 2 qui preds les valeurs χ 2 c = (O 1 C 1 )) 2 + C 1 + (O k C k )) 2 suit la loi du χ 2 avec 1 degré de liberté C k O choisit u coefficiet de risque α O calcule les effectifs théoriques C i = p i O calcule χ 2 c = (O 1 C 1 )) (O k C k )) 2 C 1 C k O lit das la table 4 la valeur χ 2 α telle que p(y 2 χ 2 α) = α Si χ 2 c χ 2 α, o écarte l hypothèse H 0 avec ue probabilité de se tromper de α Sio o e peut pas rejeter cette hypothèse Remarque : si u effectif est iférieur à 5, il faut faire u regroupemet de classe Exemple : O a effectué le croisemet de balsamies blaches et de balsamies pourpres E première géératio, les fleurs sot toutes pourpres O obtiet e deuxième géératio quatre catégories avec les effectifs suivats : couleurs pourpre rose blac lavade blac effectifs L hypothèse de répartitio medéliee doe ( 9 16 ; 3 16 ; 3 16 ; 1 16 ) Peut-o accepter cette hypothèse avec u risque de première espèce de 5%? Effectif total : = = 3098 couleurs pourpre rose blac lavade blac effectifs observés effectifs théoriques 1742, 6 580, 9 580, 9 193, 6 χ 2 ( , 6)2 ( , 9)2 ( , 9)2 ( , 6)2 c = , 6 580, 9 580, 9 193, 6 Nombre de degrés de liberté : 1m4 1 = 3 Si α = 0, 05, o lit das la table χ 2 0,05 = 7, 81 O e peut pas rejeter l hypothèse d ue répartitio medéliee = 7, 07 8

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