Exercices corrigés — Statistique inférentielle

$\overline{x}=\frac1n\sum x_i$.

Calculer d'abord la somme des carrés des écarts $\mathrm{SCE}=\sum (x_i-\overline{x})^2$.

Estimateur sans biais : $s^2=\frac{\mathrm{SCE}}{n-1}$ (diviseur $n-1$, pas $n$).

$\overline{x}=\dfrac{18+22+20+24+16}{5}=\dfrac{100}{5}=20$.

Écarts à $20$ : $-2,\ 2,\ 0,\ 4,\ -4$ ; carrés $4,4,0,16,16$, donc $\mathrm{SCE}=40$.

$s^2=\dfrac{\mathrm{SCE}}{n-1}=\dfrac{40}{4}=10$, donc $s=\sqrt{10}\approx 3{,}16$.

$\dfrac{\mathrm{SCE}}{n}=\dfrac{40}{5}=8<10$ : diviser par $n$ sous-estime $\sigma^2$ (estimateur biaisé). Le $-1$ compense le degré de liberté perdu en estimant $\overline{x}$.

$\sigma$ inconnu et $n$ petit $\Rightarrow$ loi de Student à $n-1=9$ ddl.

Demi-largeur $=t_{n-1;\,0{,}975}\,\dfrac{s}{\sqrt n}$.

L'estimation $\overline{x}$ est au centre de l'IC.

Comme $\sigma$ est inconnu, on utilise la loi de Student $T_9$ (et non la loi normale). Quantile $t_{9;\,0{,}975}=2{,}262$.

$t_{9;\,0{,}975}\,\dfrac{s}{\sqrt n}=2{,}262\times\dfrac{4}{\sqrt{10}}=2{,}262\times 1{,}265\approx 2{,}861$.

$IC_{95\%}(\mu)=[\,50-2{,}861\ ;\ 50+2{,}861\,]\approx[\,47{,}14\ ;\ 52{,}86\,]$.

Calculer $\overline{x}$ puis $s^2=\frac1{n-1}\sum (x_i-\overline{x})^2$.

Niveau $90\,\%$ bilatéral $\Rightarrow$ quantile d'ordre $0{,}95$ de $T_{7}$.

Demi-largeur $=t_{7;\,0{,}95}\,s/\sqrt 8$.

$\overline{x}=\dfrac{12+15+14+10+13+16+11+13}{8}=\dfrac{104}{8}=13$.

Écarts : $-1,2,1,-3,0,3,-2,0$ ; carrés $1,4,1,9,0,9,4,0$, $\mathrm{SCE}=28$. $s^2=\dfrac{28}{7}=4$, donc $s=2$.

Demi-largeur $=1{,}895\times\dfrac{2}{\sqrt 8}=1{,}895\times 0{,}707\approx 1{,}34$. $IC_{90\%}=[\,13-1{,}34\ ;\ 13+1{,}34\,]\approx[\,11{,}66\ ;\ 14{,}34\,]$.

$\dfrac{(n-1)s^2}{\sigma^2}\sim\chi^2_{n-1}$ avec $n-1=19$ ddl.

Loi NON symétrique $\Rightarrow$ bornes croisées : le grand quantile va au dénominateur de la borne inférieure.

$IC(\sigma^2)=\big[\frac{(n-1)s^2}{\chi^2_{0{,}975}}\ ;\ \frac{(n-1)s^2}{\chi^2_{0{,}025}}\big]$.

$(n-1)s^2=19\times 25=475$, à $19$ degrés de liberté.

$\dfrac{475}{32{,}85}\approx 14{,}46$ et $\dfrac{475}{8{,}91}\approx 53{,}33$, donc $IC_{95\%}(\sigma^2)\approx[\,14{,}46\ ;\ 53{,}33\,]$.

Racines carrées : $IC_{95\%}(\sigma)\approx[\sqrt{14{,}46}\ ;\ \sqrt{53{,}33}]\approx[\,3{,}80\ ;\ 7{,}30\,]$.

$f=k/n$ est l'estimation ponctuelle.

Demi-largeur $=1{,}96\sqrt{f(1-f)/n}$.

Conditions : $n\geq 30$, $nf\geq 5$, $n(1-f)\geq 5$.

$f=\dfrac{50}{200}=0{,}25$.

$n=200\geq 30$, $nf=50\geq 5$, $n(1-f)=150\geq 5$ : conditions réunies.

$\sqrt{\dfrac{0{,}25\times 0{,}75}{200}}\approx 0{,}0306$ ; demi-largeur $=1{,}96\times 0{,}0306\approx 0{,}060$. $IC_{95\%}(p)\approx[\,0{,}190\ ;\ 0{,}310\,]$.

Demi-largeur $=1{,}96\sqrt{f(1-f)/n}\leq d$.

Le cas le plus défavorable est $f=0{,}5$ (qui maximise $f(1-f)=0{,}25$).

Isoler $n\geq\big(\frac{1{,}96\times 0{,}5}{d}\big)^2$.

On impose $1{,}96\sqrt{\dfrac{f(1-f)}{n}}\leq 0{,}04$, soit $n\geq\Big(\dfrac{1{,}96\,\sqrt{f(1-f)}}{0{,}04}\Big)^2$.

$f(1-f)$ est maximal en $f=0{,}5$ : $n\geq\Big(\dfrac{1{,}96\times 0{,}5}{0{,}04}\Big)^2=\Big(\dfrac{0{,}98}{0{,}04}\Big)^2=24{,}5^2=600{,}25$.

On arrondit à l'entier supérieur : $n=601$. (Diviser la marge par $2$ exigerait $\times 4$ d'effectif : $n\propto 1/d^2$.)

$\sigma$ connu $\Rightarrow$ statistique $z=\dfrac{\overline{x}-\mu_0}{\sigma/\sqrt n}$ (loi normale).

Test bilatéral : région de rejet $\lvert z\rvert>1{,}96$.

$p$-value bilatérale $=2\big(1-\Phi(\lvert z\rvert)\big)$.

$\sigma/\sqrt n=4/\sqrt{16}=1$, donc $z=\dfrac{502{,}5-500}{1}=2{,}5$.

$\lvert z\rvert=2{,}5>z_{0{,}975}=1{,}96$ : on rejette $H_0$. La machine est déréglée (significatif à $5\,\%$).

$p=2\big(1-\Phi(2{,}5)\big)=2(1-0{,}9938)=0{,}0124$. Comme $p<0{,}05$, on rejette, cohérent.

$\sigma$ inconnu $\Rightarrow$ statistique de Student $t=\dfrac{\overline{x}-\mu_0}{s/\sqrt n}$ à $9$ ddl.

Test unilatéral à gauche : on rejette si $t<-t_{9;\,0{,}95}=-1{,}833$.

$p$-value unilatérale $=P(T_9\leq t)$.

$s/\sqrt n=3/\sqrt{10}\approx 0{,}949$, donc $t=\dfrac{28-30}{0{,}949}\approx -2{,}108$.

$t=-2{,}108<-1{,}833$ : on rejette $H_0$. Le procédé réduit significativement le temps moyen.

$p=P(T_9\leq -2{,}108)\approx 0{,}032<0{,}05$ : cohérent avec le rejet.

Statistique $z=\dfrac{f-p_0}{\sqrt{p_0(1-p_0)/n}}$ (on utilise $p_0$, pas $f$, au dénominateur).

Test bilatéral : rejet si $\lvert z\rvert>1{,}96$.

$p$-value $=2(1-\Phi(\lvert z\rvert))$.

$f=0{,}58$ ; $\sqrt{p_0(1-p_0)/n}=\sqrt{0{,}25/100}=0{,}05$. $z=\dfrac{0{,}58-0{,}5}{0{,}05}=1{,}6$.

$\lvert z\rvert=1{,}6<1{,}96$ : on ne rejette pas $H_0$. Les données ne suffisent pas à conclure au truquage.

$p=2(1-0{,}9452)=0{,}1096>0{,}05$ : on conserve $H_0$.

$p=2(1-\Phi(2{,}1))$.

On rejette $H_0\iff p\leq\alpha$ : comparer $p$ aux deux seuils.

Erreur de $1^{\text{re}}$ espèce : rejeter $H_0$ vraie (proba $\alpha$).

$p=2(1-0{,}9821)=2\times 0{,}0179=0{,}0358$.

À $\alpha=5\,\%$ : $p=0{,}0358<0{,}05$ → rejet. À $\alpha=1\,\%$ : $p=0{,}0358>0{,}01$ → pas de rejet. La conclusion dépend du seuil choisi.

$1^{\text{re}}$ espèce = rejeter $H_0$ alors qu'elle est vraie (probabilité $\alpha$, le « faux positif »). $2^{\text{de}}$ espèce = conserver $H_0$ alors qu'elle est fausse (probabilité $\beta$) ; la puissance est $1-\beta$. Baisser $\alpha$ augmente $\beta$.

Bilatéral : seuil $1{,}96$, $p=2(1-\Phi(z))$.

Unilatéral à droite : seuil $1{,}645$, $p=1-\Phi(z)$.

Le choix de $H_1$ se fait AVANT de voir les données.

Seuil $z_{0{,}975}=1{,}96$ : $1{,}8<1{,}96$ → pas de rejet. $p=2(1-0{,}9641)=0{,}0719$.

Seuil $z_{0{,}95}=1{,}645$ : $1{,}8>1{,}645$ → rejet. $p=1-0{,}9641=0{,}0359$.

La même valeur $z=1{,}8$ mène à des conclusions opposées : le test unilatéral est plus « puissant » dans la direction choisie, mais $H_1$ doit être fixée par le problème, pas par les données.

Poser $H_0:\mu=250$ contre $H_1:\mu\neq 250$.

Statistique de Student $t=\dfrac{\overline{x}-\mu_0}{s/\sqrt n}$ à $24$ ddl.

Comparer $\lvert t\rvert$ à $2{,}064$.

$H_0:\mu=250$ vs $H_1:\mu\neq 250$. $s/\sqrt n=5/\sqrt{25}=1$, donc $t=\dfrac{248-250}{1}=-2{,}0$.

$\lvert t\rvert=2{,}0<t_{24;\,0{,}975}=2{,}064$ : on ne rejette pas $H_0$ (de justesse). La production est jugée conforme au risque $5\,\%$.

$p=2\,P(T_{24}\leq -2{,}0)\approx 0{,}057>0{,}05$ : cohérent. La conclusion est fragile (proche du seuil) — un échantillon plus grand trancherait.

Sous $H_0$ (équirépartition), l'effectif attendu par face est $n/6$.

$\chi^2=\sum\dfrac{(O-E)^2}{E}$.

Degrés de liberté $\nu=k-1=5$ ; rejet si $\chi^2>11{,}07$.

Sous $H_0$, chaque face a la probabilité $1/6$ : $E=\dfrac{60}{6}=10$ pour les $6$ faces.

Écarts $O-E$ : $-2,2,-1,1,4,-4$ ; carrés $4,4,1,1,16,16$. $\chi^2=\dfrac{4+4+1+1+16+16}{10}=\dfrac{42}{10}=4{,}2$.

$\nu=k-1=5$. $\chi^2=4{,}2<\chi^2_{5;\,0{,}95}=11{,}07$ : on ne rejette pas $H_0$. Rien ne permet de dire que le dé est truqué ($p\approx 0{,}52$).

Effectifs attendus $=n\times p_i$.

$\chi^2=\sum\dfrac{(O-E)^2}{E}$, $\nu=k-1=2$.

Comparer à $5{,}99$.

$E_1=200\times 0{,}5=100$, $E_2=200\times 0{,}3=60$, $E_3=200\times 0{,}2=40$.

$\chi^2=\dfrac{(90-100)^2}{100}+\dfrac{(70-60)^2}{60}+\dfrac{(40-40)^2}{40}=\dfrac{100}{100}+\dfrac{100}{60}+0=1+1{,}667=2{,}667$.

$\nu=2$. $\chi^2=2{,}667<5{,}99$ : on ne rejette pas $H_0$, les données sont compatibles avec le modèle ($p\approx 0{,}26$).

Effectif attendu d'une case $=\dfrac{\text{total ligne}\times\text{total colonne}}{\text{total}}$.

$\chi^2=\sum\dfrac{(O-E)^2}{E}$ sur les $4$ cases.

$\nu=(r-1)(c-1)=1$.

Toutes les marges valant $50$ et le total $100$ : $E=\dfrac{50\times 50}{100}=25$ pour les $4$ cases.

Chaque écart $\lvert O-E\rvert=5$ : $\chi^2=4\times\dfrac{5^2}{25}=4\times 1=4{,}0$.

$\nu=(2-1)(2-1)=1$. $\chi^2=4{,}0>\chi^2_{1;\,0{,}95}=3{,}84$ : on rejette $H_0$, il y a une dépendance significative ($p\approx 0{,}045$).

Statistique $z=\dfrac{\overline{x}_1-\overline{x}_2}{\sqrt{s_1^2/n_1+s_2^2/n_2}}$ (grands échantillons).

Les variances des deux moyennes s'ajoutent au dénominateur.

Rejet si $\lvert z\rvert>1{,}96$.

$\dfrac{s_1^2}{n_1}+\dfrac{s_2^2}{n_2}=\dfrac{36}{50}+\dfrac{64}{50}=0{,}72+1{,}28=2$, donc $\mathrm{SE}=\sqrt2\approx 1{,}414$.

$z=\dfrac{52-49}{1{,}414}=\dfrac{3}{\sqrt2}\approx 2{,}121$.

$\lvert z\rvert=2{,}121>1{,}96$ : on rejette $H_0$, les moyennes diffèrent significativement ($p\approx 0{,}034$).

Sous $H_0:p_A=p_B$, estimer la proportion groupée $\widehat p=\dfrac{k_A+k_B}{n_A+n_B}$.

$z=\dfrac{f_A-f_B}{\sqrt{\widehat p(1-\widehat p)(1/n_A+1/n_B)}}$.

Rejet si $\lvert z\rvert>1{,}96$.

$f_A=\dfrac{45}{150}=0{,}30$, $f_B=\dfrac{30}{150}=0{,}20$. Proportion groupée $\widehat p=\dfrac{45+30}{300}=0{,}25$.

$\mathrm{SE}=\sqrt{0{,}25\times 0{,}75\times\big(\tfrac1{150}+\tfrac1{150}\big)}=\sqrt{0{,}1875\times 0{,}01333}=0{,}05$. $z=\dfrac{0{,}30-0{,}20}{0{,}05}=2{,}0$.

$\lvert z\rvert=2{,}0>1{,}96$ : on rejette $H_0$, le traitement A guérit significativement plus ($p\approx 0{,}046$).

Effectif attendu $=\dfrac{\text{total ligne}\times\text{total colonne}}{150}$.

$\chi^2=\sum\dfrac{(O-E)^2}{E}$ sur les $6$ cases.

$\nu=(2-1)(3-1)=2$.

Ligne A (total $60$) : $\dfrac{60\times 50}{150}=20$, $\dfrac{60\times 60}{150}=24$, $\dfrac{60\times 40}{150}=16$. Ligne B (total $90$) : $30,\ 36,\ 24$.

$\chi^2=\dfrac{0^2}{20}+\dfrac{6^2}{24}+\dfrac{(-6)^2}{16}+\dfrac{0^2}{30}+\dfrac{(-6)^2}{36}+\dfrac{6^2}{24}=0+1{,}5+2{,}25+0+1+1{,}5=6{,}25$.

$\nu=(2-1)(3-1)=2$. $\chi^2=6{,}25>\chi^2_{2;\,0{,}95}=5{,}99$ : on rejette $H_0$ (de justesse), poste et préférence ne sont pas indépendants ($p\approx 0{,}044$).