Exercice 1 : Le diamètre des épinettes noires d'une placette : données groupées et position

9 réponses vérifiables

8 points Statistique descriptive : tendance centrale, dispersion et position

Lors d'un inventaire forestier, une équipe délimite au hasard une placette de $400$ m² dans une pessière de $300$ hectares et mesure le diamètre à hauteur de poitrine (DHP, pris à $1{,}3$ m du sol) de chacune des $50$ épinettes noires qui s'y trouvent. Les données, fictives, sont groupées en classes de $4$ cm dans l'histogramme ci-dessous ; on traite ces $50$ arbres comme un échantillon des épinettes noires de la pessière.

Conventions : diviseur $n-1$ pour l'écart-type d'un échantillon ; médiane et centiles par interpolation dans leur classe, $P_{k}=L+\dfrac{\frac{k}{100}n-F}{n_{c}}\times a$ , où $L$ est la borne inférieure de la classe, $F$ l'effectif cumulé avant elle, $n_{c}$ son effectif et $a$ son amplitude.

a) Identifiez la population, l'échantillon et la nature de la variable étudiée.
b) Calculez la moyenne et l'écart-type du DHP à partir des centres de classes.
c) Déterminez la classe modale, puis calculez la médiane par interpolation.
d) Comparez la moyenne et la médiane, puis décrivez la forme de la distribution à l'aide de l'histogramme.
e) Calculez le 90e centile $P_{90}$ et interprétez-le.
f) Une épinette de la placette mesure $29{,}0$ cm. Calculez sa cote $z$ , puis dites si elle est inhabituelle selon le repère $|z|>2$ .

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Réponses

a) Population : les épinettes noires de la pessière ; échantillon : les $50$ arbres ; variable quantitative continue
b) $\overline{x}=18{,}0$ cm, $s=5{,}24$ cm
c) Classe modale $[16\,;20[$ ; $Me=17{,}6$ cm
d) $\overline{x}>Me$ : légère asymétrie à droite
e) $P_{90}=25{,}6$ cm
f) $z=2{,}10$ : inhabituelle selon le repère

a)

Population : les épinettes noires de la pessière, celles sur lesquelles porte l'inventaire.

Échantillon : les $50$ épinettes de la placette.

Variable : le DHP, quantitative CONTINUE : c'est une longueur, qui peut prendre toute valeur d'un intervalle ; le ruban qui arrondit au millimètre ne change pas sa nature.

Nuance : une placette est un échantillon en grappe ; des arbres voisins se ressemblent plus que des arbres tirés un par un dans toute la pessière, et l'estimation est moins précise que ne le laisserait croire $n=50$ .

b)

Centres de classes : $10$ , $14$ , $18$ , $22$ , $26$ , $30$ .

\displaystyle \displaystyle\sum n_{i}c_{i}=6\times 10+13\times 14+15\times 18+9\times 22+5\times 26+2\times 30=900

$\overline{x}=\dfrac{900}{50}=18{,}0$ cm

\displaystyle \displaystyle\sum n_{i}(c_{i}-\overline{x})^{2}=6\times 64+13\times 16+15\times 0+9\times 16+5\times 64+2\times 144=1344

$s^{2}=\dfrac{1344}{49}=27{,}43$ , donc $s=5{,}24$ cm.

Piège : diviser par $n=50$ donne $5{,}18$ cm, l'écart-type d'une population ; ces $50$ arbres sont un échantillon.

c)

La classe modale est $[16\,;20[$ , la plus haute de l'histogramme ( $15$ arbres).

Effectifs cumulés : $6$ ; $19$ ; $34$ . La donnée de rang $\frac{n}{2}=25$ tombe dans $[16\,;20[$ , avec $F=19$ et $n_{c}=15$ .

$Me=16+\dfrac{25-19}{15}\times 4=17{,}6$ cm

d)

$\overline{x}=18{,}0$ cm dépasse un peu $Me=17{,}6$ cm.

L'histogramme s'étire davantage à droite : du centre de la classe modale ( $18$ cm), il y a $14$ cm jusqu'à la borne $32$ cm, contre $10$ cm jusqu'à la borne $8$ cm, et les deux grands arbres de $[28\,;32[$ tirent la moyenne vers le haut.

La distribution est légèrement asymétrique à droite. L'écart entre moyenne et médiane, $0{,}4$ cm, reste petit devant $s=5{,}24$ cm : l'asymétrie est faible.

e)

$\frac{90}{100}\times 50=45$ ; les effectifs cumulés valent $34$ avant $[20\,;24[$ et $43$ avant $[24\,;28[$ : le 45e arbre est dans $[24\,;28[$ , avec $F=43$ et $n_{c}=5$ .

$P_{90}=24+\dfrac{45-43}{5}\times 4=25{,}6$ cm

Environ $90\ \%$ des épinettes de l'échantillon ont un DHP inférieur à $25{,}6$ cm.

f)

\displaystyle z=\dfrac{29{,}0-18{,}0}{5{,}24}=2{,}10

$|z|>2$ : l'arbre est inhabituel selon ce repère, l'un des plus gros de la placette.

Nuance : le repère $|z|>2$ vient des distributions en cloche ; ici, par interpolation dans $[28\,;32[$ , environ $48{,}5$ arbres sur $50$ , soit $97\ \%$ , ont un DHP inférieur à $29{,}0$ cm, ce qui confirme une position extrême sans en faire une erreur de mesure.

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Exercice 2 : Des pièges photographiques : choisir les sites, compter les séquences

6 réponses vérifiables

8 points Dénombrement : permutations, arrangements, combinaisons, Pascal et binôme

Pour suivre le lynx du Canada, une équipe de biologistes dispose de $5$ caméras à déclenchement automatique et a repéré $12$ sites candidats dans sa zone d'étude, numérotés de $1$ à $12$ sur la carte ci-dessous. Quatre d'entre eux, les sites $7$ , $8$ , $11$ et $12$ , sont en milieu humide. On installe au plus une caméra par site.

a) Les cinq caméras sont identiques. Calculez le nombre de façons de choisir les sites équipés, en justifiant l'outil de dénombrement choisi.
b) Les caméras sont maintenant de cinq modèles différents, et l'on note quel modèle va sur quel site. Calculez le nombre d'installations possibles.
c) Avec des caméras identiques, calculez le nombre de choix de cinq sites qui comptent au moins un site en milieu humide.
d) Calculez le nombre de choix de cinq sites qui comptent exactement deux sites en milieu humide.
e) Montrez, en classant les choix selon leur nombre de sites humides, que $\displaystyle\sum_{k=0}^{4}\binom{4}{k}\binom{8}{5-k}=\binom{12}{5}$ .
f) Les cinq sites sont tirés au hasard parmi les douze, tous les choix ayant la même probabilité. Calculez la probabilité que deux sites exactement soient en milieu humide.
g) Une caméra enregistre six déclenchements dans une nuit : trois cerfs de Virginie, deux renards roux et un lynx. Calculez le nombre de séquences d'espèces possibles, dans l'ordre des déclenchements.

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Réponses

a) $\binom{12}{5}=792$ (combinaison)
b) $A(12,5)=95\,040$
c) $792-56=736$
d) $\binom{4}{2}\binom{8}{3}=336$
e) $56+280+336+112+8=792$ : partition selon le nombre $k$ de sites humides
f) $P=\frac{14}{33}\approx 0{,}4242$
g) $\frac{6!}{3!\,2!\,1!}=60$

a)

On choisit un ENSEMBLE de $5$ sites parmi $12$ : l'ordre ne compte pas (les caméras sont identiques) et il n'y a pas de répétition (une caméra au plus par site). C'est une combinaison.

\displaystyle \dbinom{12}{5}=\dfrac{12!}{5!\,7!}=\dfrac{12\times 11\times 10\times 9\times 8}{120}=792

b)

Le modèle 1 a $12$ sites possibles, le modèle 2 en a $11$ , et ainsi de suite : l'ordre compte maintenant, c'est un arrangement.

\displaystyle A(12,5)=12\times 11\times 10\times 9\times 8=95\,040=5!\times 792

Chaque ensemble de $5$ sites donne $5!=120$ façons de distribuer les modèles.

c)

On passe par le contraire : « aucun site humide » revient à choisir les $5$ sites parmi les $8$ autres.

\displaystyle \dbinom{12}{5}-\dbinom{8}{5}=792-56=736

Piège : compter « un site humide, puis $4$ sites quelconques », $4\times\binom{11}{4}=1320$ , compte plusieurs fois un même choix qui a deux sites humides ou plus.

d)

Deux sites parmi les $4$ humides ET trois parmi les $8$ autres : principe de multiplication.

\displaystyle \dbinom{4}{2}\dbinom{8}{3}=6\times 56=336

e)

Tout choix de $5$ sites contient exactement $k$ sites humides, pour un seul $k$ entre $0$ et $4$ : les cinq cas forment une partition des $\binom{12}{5}$ choix.

Pour un $k$ fixé, on choisit $k$ sites humides et $5-k$ autres : $\binom{4}{k}\binom{8}{5-k}$ choix (principe de multiplication).

Principe d'addition : $56+280+336+112+8=792=\dbinom{12}{5}$ .

f)

Les $792$ choix sont équiprobables, dont $336$ favorables.

\displaystyle P=\dfrac{336}{792}=\dfrac{14}{33}\approx 0{,}4242

g)

Une séquence est une permutation de $6$ objets dont certains sont identiques : $3$ cerfs, $2$ renards, $1$ lynx.

\displaystyle \dfrac{6!}{3!\,2!\,1!}=\dfrac{720}{12}=60

Piège : $6!=720$ compterait comme différentes deux séquences qui ne diffèrent que par l'échange de deux cerfs, indiscernables sur la liste des espèces.

Exercice 3 : Un logiciel d'identification des félins : Bayes et indépendance conditionnelle

8 réponses vérifiables

9 points Probabilités et probabilités conditionnelles : axiomes, indépendance, Bayes

Les photos de félins prises par les caméras de l'exercice 2 sont triées par un logiciel. Sur une photo de félin prise au hasard, l'animal est un lynx roux ( $R$ ) avec la probabilité $0{,}55$ , un lynx du Canada ( $C$ ) avec la probabilité $0{,}30$ et un chat domestique errant ( $D$ ) avec la probabilité $0{,}15$ . On note $L$ l'événement « le logiciel affiche l'étiquette lynx du Canada ». L'arbre donne $P(L\mid R)$ , $P(L\mid C)$ et $P(L\mid D)$ , estimées sur des photos déjà identifiées par des experts. Données fictives.

a) Démontrez, à partir de la définition d'une probabilité conditionnelle, que $P(C\mid L)=\dfrac{P(C)P(L\mid C)}{P(R)P(L\mid R)+P(C)P(L\mid C)+P(D)P(L\mid D)}$ .
b) Calculez $P(L)$ .
c) Calculez $P(C\mid L)$ et $P(R\mid L)$ .
d) Les événements $C$ et $R$ sont-ils incompatibles ? Sont-ils indépendants ? Justifiez.
e) Le même animal est photographié deux fois de suite. On admet que, l'espèce étant fixée, les deux étiquettes sont indépendantes. Calculez la probabilité que l'animal soit un lynx du Canada sachant que les deux photos portent l'étiquette $L$ .
f) Sans connaître l'espèce, les événements $L_{1}$ « la première photo est étiquetée $L$ » et $L_{2}$ « la seconde photo est étiquetée $L$ » sont-ils indépendants ? Justifiez par un calcul.

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Réponses

a) Définition, règle de multiplication et probabilités totales sur la partition $R$ , $C$ , $D$
b) $P(L)=0{,}317$
c) $P(C\mid L)\approx 0{,}8517$ , $P(R\mid L)\approx 0{,}1388$
d) Incompatibles, donc dépendants : $P(C\cap R)=0\neq 0{,}165$
e) $P(C\mid L_{1}\cap L_{2})\approx 0{,}9855$
f) $P(L_{1}\cap L_{2})\approx 0{,}2466\neq 0{,}317^{2}\approx 0{,}1005$ : non indépendants

a)

Définition : $P(C\mid L)=\dfrac{P(C\cap L)}{P(L)}$ , et de même $P(C\cap L)=P(C)P(L\mid C)$ (règle de multiplication).

$R$ , $C$ , $D$ forment une partition de l'univers : ils sont deux à deux incompatibles et leur réunion est certaine. Donc $L=(L\cap R)\cup(L\cap C)\cup(L\cap D)$ , réunion d'événements incompatibles.

Probabilités totales : $P(L)=P(R)P(L\mid R)+P(C)P(L\mid C)+P(D)P(L\mid D)$ .

En remplaçant le numérateur et le dénominateur, on obtient la formule annoncée, qui suppose $P(L)>0$ .

b)

\displaystyle P(L)=0{,}55\times 0{,}08+0{,}30\times 0{,}90+0{,}15\times 0{,}02

\displaystyle P(L)=0{,}044+0{,}270+0{,}003=0{,}317

c)

$P(C\mid L)=\dfrac{0{,}270}{0{,}317}\approx 0{,}8517$ et $P(R\mid L)=\dfrac{0{,}044}{0{,}317}\approx 0{,}1388$

Près de $14\ \%$ des photos étiquetées « lynx du Canada » montrent en fait un lynx roux : le logiciel se trompe rarement sur un lynx roux ( $8\ \%$ ), mais les lynx roux sont presque deux fois plus nombreux.

Piège : confondre $P(L\mid C)=0{,}90$ et $P(C\mid L)=0{,}85$ .

d)

Incompatibles : oui, un animal n'est pas des deux espèces à la fois, $P(C\cap R)=0$ .

Indépendants : non, car $P(C)P(R)=0{,}30\times 0{,}55=0{,}165\neq 0=P(C\cap R)$ .

Deux événements incompatibles de probabilités non nulles sont toujours dépendants : savoir que c'est un lynx roux EXCLUT le lynx du Canada.

e)

Pour chaque espèce, la probabilité de deux étiquettes $L$ est le carré de $P(L\mid\cdot)$ (indépendance sachant l'espèce).

\displaystyle P(L_{1}\cap L_{2})=0{,}55\times 0{,}08^{2}+0{,}30\times 0{,}90^{2}+0{,}15\times 0{,}02^{2}=0{,}00352+0{,}243+0{,}00006=0{,}24658

\displaystyle P(C\mid L_{1}\cap L_{2})=\dfrac{0{,}243}{0{,}24658}\approx 0{,}9855

La seconde étiquette fait passer la probabilité de $0{,}85$ à $0{,}99$ : Bayes appliqué deux fois, la loi a posteriori de la première photo servant de loi a priori à la seconde.

Nuance : deux photos successives du même animal partagent l'angle, la lumière et la distance ; leurs erreurs sont sans doute liées, et $0{,}9855$ est une borne optimiste, valable dans le modèle admis.

f)

$P(L_{1}\cap L_{2})=0{,}24658$ (question e) et $P(L_{1})P(L_{2})=0{,}317^{2}\approx 0{,}1005$ .

Les deux nombres diffèrent : $L_{1}$ et $L_{2}$ ne sont PAS indépendants.

Une première étiquette $L$ rend plus probable un lynx du Canada, donc une seconde étiquette $L$ . L'indépendance sachant l'espèce n'entraîne pas l'indépendance tout court.

Exercice 4 : Analyser les écouvillons par lots : une variable aléatoire à deux valeurs

9 réponses vérifiables

8 points Variables aléatoires discrètes et continues : loi, densité, espérance et variance Probabilités et probabilités conditionnelles : axiomes, indépendance, Bayes

Pour surveiller l'influenza aviaire chez les canards sauvages, un laboratoire reçoit des écouvillons prélevés sur des oiseaux. Pour économiser des analyses, il les regroupe par lots de $k=5$ : il mélange les cinq écouvillons et fait une seule analyse du mélange. Si le mélange est négatif, les cinq écouvillons sont déclarés négatifs. S'il est positif, on analyse ensuite chacun des cinq écouvillons séparément, soit six analyses en tout.

Modèle adopté : chaque écouvillon est positif avec la probabilité $p=0{,}05$ , indépendamment des autres, et l'analyse du mélange est positive si et seulement si au moins un écouvillon l'est. On note $X$ le nombre d'analyses faites pour un lot.

a) Donnez la loi de probabilité de $X$ .
b) Calculez $E(X)$ , puis le nombre moyen d'analyses par écouvillon, et comparez à une analyse par écouvillon.
c) Calculez $V(X)$ à l'aide de $V(X)=E(X^{2})-E(X)^{2}$ , puis l'écart-type $\sigma(X)$ .
d) Démontrez que, pour toute variable aléatoire discrète $X$ et tous réels $a$ et $b$ , $E(aX+b)=aE(X)+b$ et $V(aX+b)=a^{2}V(X)$ .
e) Chaque analyse coûte $30$ dollars et la préparation d'un lot $12$ dollars. Exprimez le coût $C$ d'un lot en fonction de $X$ , puis calculez $E(C)$ et $\sigma(C)$ .
f) Le laboratoire peut choisir la taille $k$ des lots. Montrez que le nombre moyen d'analyses par écouvillon vaut $g(k)=\dfrac{1}{k}+1-0{,}95^{k}$ , puis déterminez l'entier $k$ entre $2$ et $10$ qui le rend minimal.

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Réponses

a) $P(X=1)=0{,}95^{5}\approx 0{,}7738$ , $P(X=6)\approx 0{,}2262$
b) $E(X)\approx 2{,}1311$ ; $0{,}4262$ analyse par écouvillon
c) $V(X)\approx 4{,}376$ , $\sigma(X)\approx 2{,}092$
d) Linéarité de la somme et $\sum p_{i}=1$ ; $b$ s'annule dans les écarts
e) $C=30X+12$ : $E(C)\approx 75{,}93$ dollars, $\sigma(C)\approx 62{,}76$ dollars
f) $k=5$ , avec $g(5)\approx 0{,}4262$

a)

$X$ ne prend que deux valeurs : $1$ (mélange négatif) ou $6$ (mélange positif).

Le mélange est négatif si les cinq écouvillons le sont : par indépendance, $P(X=1)=0{,}95^{5}\approx 0{,}7738$ .

$P(X=6)=1-0{,}95^{5}\approx 0{,}2262$ ; la somme vaut bien $1$ .

b)

$E(X)=1\times 0{,}7738+6\times 0{,}2262=1+5\times 0{,}2262\approx 2{,}1311$ analyses par lot.

Par écouvillon : $\dfrac{2{,}1311}{5}\approx 0{,}4262$ analyse, au lieu de $1$ .

Le regroupement économise en moyenne environ $57\ \%$ des analyses, dans ce modèle.

c)

\displaystyle E(X^{2})=1^{2}\times 0{,}7738+6^{2}\times 0{,}2262\approx 8{,}9177

\displaystyle V(X)=8{,}9177-2{,}1311^{2}\approx 4{,}3761

$\sigma(X)=\sqrt{4{,}3761}\approx 2{,}092$ analyses.

Vérification : une variable à deux valeurs distantes de $5$ a pour variance $5^{2}\times 0{,}7738\times 0{,}2262\approx 4{,}3761$ .

d)

Soit $x_{1},\dots,x_{n}$ les valeurs de $X$ et $p_{1},\dots,p_{n}$ leurs probabilités, avec $\sum p_{i}=1$ . $aX+b$ prend les valeurs $ax_{i}+b$ avec les mêmes probabilités.

\begin{aligned}E(aX+b)&=\sum(ax_{i}+b)p_{i}\\&=a\sum x_{i}p_{i}+b\sum p_{i}\\&=aE(X)+b\end{aligned}

\begin{aligned}V(aX+b)&=\sum\left(ax_{i}+b-aE(X)-b\right)^{2}p_{i}\\&=a^{2}\sum(x_{i}-E(X))^{2}p_{i}\\&=a^{2}V(X)\end{aligned}

La constante $b$ décale toutes les valeurs sans les écarter : elle disparaît de la variance.

e)

$C=30X+12$ , en dollars.

$E(C)=30\times 2{,}1311+12\approx 75{,}93$ dollars

$\sigma(C)=|30|\,\sigma(X)\approx 30\times 2{,}0919\approx 62{,}76$ dollars

Piège : ajouter $12$ à l'écart-type ; un coût fixe ne change pas la dispersion.

f)

Pour un lot de $k$ écouvillons : $X=1$ avec la probabilité $0{,}95^{k}$ , $X=k+1$ sinon.

$E(X)=0{,}95^{k}+(k+1)(1-0{,}95^{k})=1+k(1-0{,}95^{k})$ , et par écouvillon $g(k)=\dfrac{E(X)}{k}=\dfrac{1}{k}+1-0{,}95^{k}$ .

Valeurs : $g(4)\approx 0{,}4355$ ; $g(5)\approx 0{,}4262$ ; $g(6)\approx 0{,}4316$ ; $g$ décroît de $k=2$ à $5$ puis croît jusqu'à $10$ .

Le minimum est atteint pour $k=5$ : de petits lots demandent beaucoup d'analyses de mélange, de grands lots sont trop souvent positifs.

Nuance : le modèle suppose les écouvillons indépendants et le mélange sans perte de sensibilité ; des oiseaux d'un même étang se contaminent entre eux, et la dilution d'un écouvillon faiblement positif peut le masquer.

Exercice 5 : La superficie des feux de foudre : une densité sur un intervalle infini

9 réponses vérifiables

9 points Variables aléatoires discrètes et continues : loi, densité, espérance et variance Loi binomiale et loi normale : conditions, table, approximation

Dans une zone de protection intensive, les feux de forêt allumés par la foudre sont repérés et éteints vite, si bien que la plupart restent petits. Une équipe modélise la superficie brûlée $X$ d'un tel feu, en hectares, par une variable aléatoire continue de densité $f(x)=\dfrac{k}{(1+x)^{4}}$ pour $x\ge 0$ et $f(x)=0$ pour $x<0$ , où $k$ est une constante. La figure représente $f$ pour la valeur de $k$ établie en a).

a) Montrez que $k=3$ .
b) Déterminez la fonction de répartition $F(x)=P(X\le x)$ pour $x\ge 0$ , puis calculez $P(X>1)$ et $P(0{,}5\le X\le 2)$ .
c) Calculez la médiane de $X$ .
d) Calculez l'espérance $E(X)$ par une intégration par parties.
e) Calculez $E(X^{2})$ , puis la variance et l'écart-type de $X$ . Comparez l'espérance et la médiane, et interprétez.
f) Un feu a déjà brûlé plus de $1$ hectare quand une équipe arrive. Calculez la probabilité qu'il dépasse $2$ hectares.
g) Pendant une saison, $12$ feux de foudre éclatent dans la zone, et l'on admet leurs superficies indépendantes. Calculez la probabilité qu'au moins $3$ d'entre eux dépassent $1$ hectare.

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Réponses

a) $\int_{0}^{+\infty}\frac{k}{(1+x)^{4}}dx=\frac{k}{3}=1$ , donc $k=3$
b) $F(x)=1-(1+x)^{-3}$ ; $P(X>1)=0{,}125$ ; $P(0{,}5\le X\le 2)\approx 0{,}2593$
c) $m=\sqrt[3]{2}-1\approx 0{,}260$ ha
d) $E(X)=0{,}5$ ha
e) $E(X^{2})=1$ , $V(X)=0{,}75$ , $\sigma\approx 0{,}866$ ha ; $E(X)\approx 2\,m$ : forte asymétrie à droite
f) $\frac{8}{27}\approx 0{,}2963$
g) $Y\sim\mathcal{B}(12\,;0{,}125)$ , $P(Y\ge 3)\approx 0{,}1820$

a)

Une densité est positive et d'intégrale totale $1$ : $f\ge 0$ exige $k\ge 0$ , puis

\displaystyle \displaystyle\int_{0}^{+\infty}\frac{k}{(1+x)^{4}}\,dx=\lim_{b\to+\infty}\left[-\frac{k}{3(1+x)^{3}}\right]_{0}^{b}=\lim_{b\to+\infty}\left(\frac{k}{3}-\frac{k}{3(1+b)^{3}}\right)=\frac{k}{3}

$\dfrac{k}{3}=1$ donne $k=3$ .

b)

$F(x)=\displaystyle\int_{0}^{x}\frac{3}{(1+t)^{4}}\,dt=\left[-\frac{1}{(1+t)^{3}}\right]_{0}^{x}=1-\frac{1}{(1+x)^{3}}$ pour $x\ge 0$ ( $F(x)=0$ pour $x<0$ ).

\displaystyle P(X>1)=1-F(1)=\dfrac{1}{2^{3}}=0{,}125

\displaystyle P(0{,}5\le X\le 2)=F(2)-F(0{,}5)=\dfrac{1}{1{,}5^{3}}-\dfrac{1}{3^{3}}\approx 0{,}2963-0{,}0370=0{,}2593

Pour une variable continue, $P(X=0{,}5)=0$ : inclure ou non les bornes ne change rien.

c)

La médiane $m$ vérifie $F(m)=\frac{1}{2}$ : $(1+m)^{3}=2$ , donc $m=\sqrt[3]{2}-1\approx 0{,}260$ hectare.

La moitié des feux brûlent moins de $0{,}26$ ha, soit environ $2\,600$ m².

d)

$E(X)=\displaystyle\int_{0}^{+\infty}x\,\frac{3}{(1+x)^{4}}\,dx$ . Par parties, $u=x$ et $v'=\dfrac{3}{(1+x)^{4}}$ , donc $u'=1$ et $v=-\dfrac{1}{(1+x)^{3}}$ :

\displaystyle \displaystyle E(X)=\lim_{b\to+\infty}\left[-\frac{x}{(1+x)^{3}}\right]_{0}^{b}+\int_{0}^{+\infty}\frac{dx}{(1+x)^{3}}=0+\left[-\frac{1}{2(1+x)^{2}}\right]_{0}^{+\infty}=\frac{1}{2}

Le crochet tend vers $0$ car $\dfrac{b}{(1+b)^{3}}\to 0$ . $E(X)=0{,}5$ hectare.

e)

Par parties encore, $u=x^{2}$ et $v=-\dfrac{1}{(1+x)^{3}}$ ; le crochet tend vers $0$ :

$\displaystyle E(X^{2})=\int_{0}^{+\infty}\frac{2x}{(1+x)^{3}}\,dx$ , et avec $w=1+x$ : $\displaystyle 2\int_{1}^{+\infty}\frac{w-1}{w^{3}}\,dw=2\left[-\frac{1}{w}+\frac{1}{2w^{2}}\right]_{1}^{+\infty}=2\times\frac{1}{2}=1$

$V(X)=E(X^{2})-E(X)^{2}=1-0{,}25=0{,}75$ et $\sigma(X)=\sqrt{0{,}75}\approx 0{,}866$ hectare.

$E(X)=0{,}5$ ha vaut presque le double de la médiane $0{,}26$ ha : la distribution est très asymétrique à droite. Quelques grands feux pèsent lourd dans la moyenne, alors que le feu typique reste petit.

Nuance : la densité donne une probabilité non nulle à des feux immenses ; dans la réalité, la superficie est bornée par la zone, et le modèle ne vaut que pour l'ordre de grandeur des feux observés.

f)

\displaystyle P(X>2\mid X>1)=\dfrac{P(X>2)}{P(X>1)}=\dfrac{1/27}{1/8}=\dfrac{8}{27}\approx 0{,}2963

L'événement $X>2$ est inclus dans $X>1$ , d'où l'intersection égale à $X>2$ .

Sans condition, $P(X>2)\approx 0{,}0370$ : un feu qui a déjà dépassé $1$ ha a huit fois plus de chances de dépasser $2$ ha qu'un feu qui commence.

g)

Chaque feu dépasse $1$ ha avec la probabilité $q=0{,}125$ (question b), indépendamment des autres : le nombre $Y$ de tels feux suit la loi binomiale $\mathcal{B}(12\,;0{,}125)$ .

$P(Y=0)=0{,}875^{12}\approx 0{,}2014$ ; $P(Y=1)=12\times 0{,}125\times 0{,}875^{11}\approx 0{,}3453$ ; $P(Y=2)=\dbinom{12}{2}\times 0{,}125^{2}\times 0{,}875^{10}\approx 0{,}2713$

\displaystyle P(Y\ge 3)=1-(0{,}2014+0{,}3453+0{,}2713)\approx 0{,}1820

Nuance : des feux d'un même orage, par temps sec et venteux, ont des superficies liées ; l'indépendance est une hypothèse du modèle.

La fonction de répartition

F(x)=1-(1+x)^{-3}

: la médiane se lit où

F

vaut

0{,}5

, vers

0{,}26

ha.

Exercice 6 : Des saumoneaux marqués franchissent un barrage : de la loi normale à la binomiale

8 réponses vérifiables

9 points Loi binomiale et loi normale : conditions, table, approximation

Sur une rivière à saumon équipée d'un barrage hydroélectrique, des biologistes suivent la dévalaison des saumoneaux, les jeunes saumons atlantiques qui descendent vers la mer. On modélise la longueur $L$ d'un saumoneau par une loi normale de moyenne $\mu=14{,}6$ cm et d'écart-type $\sigma=1{,}1$ cm (valeurs fictives). Un émetteur acoustique ne peut être implanté que dans un poisson d'au moins $13$ cm.

Pour la loi normale, arrondissez $z$ au centième et lisez la table de $\Phi(z)=P(Z\le z)$ . Critère de ce cours pour l'approximation normale d'une binomiale : $np\ge 5$ et $n(1-p)\ge 5$ .

a) Calculez la proportion des saumoneaux qui peuvent recevoir un émetteur.
b) Les biologistes écartent les $10\ \%$ de saumoneaux les plus petits. Calculez la longueur minimale retenue, sachant que la table donne $\Phi(-1{,}28)\approx 0{,}10$ .
c) On admet que chaque saumoneau marqué franchit le barrage vivant avec la probabilité $0{,}93$ , indépendamment des autres. On marque $10$ saumoneaux et l'on note $N$ le nombre de survivants. Justifiez l'emploi d'une loi binomiale pour $N$ , puis calculez la probabilité qu'ils survivent tous, et celle qu'au moins $9$ survivent.
d) On marque $400$ saumoneaux et l'on note $X$ le nombre de survivants. Calculez $E(X)$ et $\sigma(X)$ , puis vérifiez les conditions de l'approximation normale.
e) Calculez $P(X\le 360)$ par l'approximation normale, avec la correction de continuité.
f) Cette année, $360$ des $400$ saumoneaux marqués ont franchi le barrage. Ce résultat rend-il douteux le taux de survie de $0{,}93$ ? Justifiez.

Voir la correction

Réponses

a) $z\approx -1{,}45$ ; $P(L\ge 13)\approx 0{,}9265$
b) $\ell\approx 13{,}19$ cm
c) $P(N=10)\approx 0{,}4840$ , $P(N\ge 9)\approx 0{,}8483$
d) $E(X)=372$ , $\sigma(X)\approx 5{,}10$ ; $np=372$ , $n(1-p)=28$
e) $P(X\le 360)\approx\Phi(-2{,}25)=0{,}0122$
f) Oui : environ $1{,}2\ \%$ sous le taux annoncé (exact : $1{,}55\ \%$ ), le taux devient douteux

a)

\displaystyle z=\dfrac{13-14{,}6}{1{,}1}\approx -1{,}45

\displaystyle P(L\ge 13)=1-\Phi(-1{,}45)=\Phi(1{,}45)=0{,}9265

Environ $92{,}7\ \%$ des saumoneaux mesurent au moins $13$ cm.

b)

On cherche $\ell$ tel que $P(L<\ell)=0{,}10$ , soit $z=-1{,}28$ .

$\ell=\mu+z\sigma=14{,}6-1{,}28\times 1{,}1\approx 13{,}19$ cm

Piège : prendre $z=+1{,}28$ , qui donne le 90e centile, $16{,}01$ cm.

c)

$N$ suit une loi binomiale $\mathcal{B}(10\,;0{,}93)$ : $n=10$ épreuves fixées, deux issues (survit ou non), même probabilité $p=0{,}93$ , épreuves indépendantes par hypothèse.

\displaystyle P(N=10)=0{,}93^{10}\approx 0{,}4840

\displaystyle P(N\ge 9)=0{,}93^{10}+10\times 0{,}07\times 0{,}93^{9}\approx 0{,}4840+0{,}3643=0{,}8483

Nuance : les saumoneaux dévalent en groupes ; un prédateur posté à la sortie des turbines en frappe plusieurs à la fois, et l'indépendance reste une hypothèse de modèle.

d)

\displaystyle E(X)=np=400\times 0{,}93=372

\displaystyle \sigma(X)=\sqrt{np(1-p)}=\sqrt{26{,}04}\approx 5{,}10

$np=372\ge 5$ et $n(1-p)=28\ge 5$ : l'approximation par la loi normale $N(372\,;5{,}10^{2})$ est acceptée selon le critère du cours.

e)

$X$ est entière : $X\le 360$ correspond à $Y\le 360{,}5$ pour la variable normale $Y$ .

\displaystyle z=\dfrac{360{,}5-372}{5{,}10}\approx -2{,}25

\displaystyle P(X\le 360)\approx\Phi(-2{,}25)=0{,}0122

Piège : sans correction, $z=-2{,}35$ et l'on trouve $0{,}0094$ , qui néglige la moitié de la barre de $360$ .

f)

Si le taux de survie valait $0{,}93$ , on n'observerait $360$ survivants ou moins qu'environ une année sur $80$ .

Le résultat est donc peu compatible avec $0{,}93$ : il rend ce taux douteux, sans dire pourquoi (année exceptionnelle, prédation, débit des turbines).

Remarque : le calcul exact par la loi binomiale donne $P(X\le 360)\approx 0{,}0155$ . Avec $p$ proche de $1$ , la loi est un peu asymétrique et l'approximation normale sous-estime cette queue ; la conclusion ne change pas.

C'est déjà le raisonnement d'un test d'hypothèse, que les exercices 7 à 9 rendent formel.

Exercice 7 : Le radon des sous-sols : théorème central limite et test sur une moyenne

10 réponses vérifiables

9 points Intervalles de confiance : moyenne, Student et proportion Tests d'hypothèse : moyenne, Student et proportion Loi binomiale et loi normale : conditions, table, approximation

Le radon, un gaz radioactif issu de l'uranium des sols et des roches, s'accumule dans les sous-sols. Une campagne régionale (fictive) a mesuré la concentration moyenne annuelle de radon dans $600$ sous-sols ; l'histogramme ci-dessous les regroupe en classes de $50$ Bq/m³. On admet que, pour l'ensemble des maisons de la région, la moyenne vaut $\mu=95$ Bq/m³ et l'écart-type $\sigma=80$ Bq/m³. Au Canada, la ligne directrice recommande d'agir dans une maison au-delà de $200$ Bq/m³.

Valeurs utiles : $z_{0{,}05}=1{,}645$ et $z_{0{,}01}=2{,}326$ , qui laissent une aire de $0{,}05$ et $0{,}01$ à leur droite ; table de $\Phi$ avec $z$ arrondi au centième.

a) Peut-on modéliser la concentration $X$ d'une maison par la loi normale de moyenne $95$ et d'écart-type $80$ ? Justifiez à l'aide de l'histogramme et du calcul de $P(X<0)$ dans ce modèle.
b) Soit $X_{1},\dots,X_{n}$ les concentrations de $n$ maisons tirées au hasard avec remise, et $\overline{X}$ leur moyenne. Démontrez que $E(\overline{X})=\mu$ et $V(\overline{X})=\dfrac{\sigma^{2}}{n}$ .
c) On tire $50$ maisons au hasard. Énoncez ce que le théorème central limite permet d'affirmer sur $\overline{X}$ , puis calculez $P(\overline{X}>120)$ .
d) Une municipalité bâtie sur un socle granitique veut savoir si la concentration moyenne de ses maisons dépasse la moyenne régionale. Sur $40$ maisons tirées au hasard, elle obtient $\overline{x}=118$ Bq/m³ et $s=86$ Bq/m³. Posez les hypothèses, puis calculez la statistique de test.
e) Concluez au seuil de $5\ \%$ , puis au seuil de $1\ \%$ , et calculez la valeur $p$ du test.
f) Le maire annonce : « Le test prouve que nos maisons dépassent la ligne directrice. » Choisissez la conclusion correcte.

Tape tes réponses, la page te dit juste ou faux 0/10

a)

Modèle normal pour une maison

P(X<0)

dans ce modèle

c)

\sigma_{\overline{X}}

Bq/m³

P(\overline{X}>120)

d)

Forme de H₁

z

e)

Décision à 5 %

Décision à 1 %

Valeur

p

f)

Conclusion correcte

Voir la correction

Réponses

a) Non : distribution asymétrique, et $P(X<0)\approx 0{,}1170$ serait absurde
b) Linéarité de $E$ ; indépendance : $V(\sum X_{i})=n\sigma^{2}$ , d'où $\frac{\sigma^{2}}{n}$
c) $\overline{X}$ approximativement normale, $\sigma_{\overline{X}}\approx 11{,}31$ ; $P(\overline{X}>120)\approx 0{,}0136$
d) $H_{0}:\mu=95$ , $H_{1}:\mu>95$ ; $z\approx 1{,}69$
e) Rejet à $5\ \%$ , non-rejet à $1\ \%$ ; valeur p $\approx 0{,}0455$
f) Le test compare la moyenne à $95$ , il ne dit rien d'une maison ni du seuil de $200$

a)

Non. L'histogramme est fortement asymétrique à droite : un mode près de $0$ , une longue queue jusqu'à $450$ Bq/m³.

Dans le modèle normal : $z=\dfrac{0-95}{80}\approx -1{,}19$ et $P(X<0)=\Phi(-1{,}19)=0{,}1170$ .

Ce modèle donnerait à $11{,}7\ \%$ des maisons une concentration NÉGATIVE, ce qui est impossible : la loi normale ne décrit pas une maison.

b)

Tirage avec remise : les $X_{i}$ sont indépendantes et ont toutes la loi de la population, d'espérance $\mu$ et de variance $\sigma^{2}$ .

$E(\overline{X})=\dfrac{1}{n}\left(E(X_{1})+\dots+E(X_{n})\right)=\dfrac{1}{n}\times n\mu=\mu$ (linéarité de l'espérance).

$V(\overline{X})=\dfrac{1}{n^{2}}\left(V(X_{1})+\dots+V(X_{n})\right)=\dfrac{n\sigma^{2}}{n^{2}}=\dfrac{\sigma^{2}}{n}$ : $V(aY)=a^{2}V(Y)$ , et la variance d'une somme de variables INDÉPENDANTES est la somme des variances.

c)

Les $50$ mesures sont indépendantes et de même loi, et $n=50\ge 30$ : par le théorème central limite, $\overline{X}$ suit approximativement une loi normale, même si $X$ ne la suit pas.

Son espérance est $95$ et son écart-type, l'erreur type, vaut $\dfrac{80}{\sqrt{50}}\approx 11{,}31$ Bq/m³.

$z=\dfrac{120-95}{11{,}31}\approx 2{,}21$ et $P(\overline{X}>120)=1-\Phi(2{,}21)=1-0{,}9864=0{,}0136$

Piège : diviser par $\sigma=80$ au lieu de l'erreur type donnerait $z\approx 0{,}31$ ; c'est une question sur la MOYENNE de $50$ maisons, pas sur une maison.

d)

Paramètre : $\mu$ , la concentration moyenne des maisons de la municipalité.

$H_{0}:\mu=95$ contre $H_{1}:\mu>95$ (unilatéral à droite : l'étude cherche un dépassement).

$n=40\ge 30$ : par le théorème central limite, on utilise la loi normale, avec $s$ à la place de $\sigma$ .

\displaystyle z=\dfrac{\overline{x}-\mu_{0}}{s/\sqrt{n}}=\dfrac{118-95}{86/\sqrt{40}}=\dfrac{23}{13{,}60}\approx 1{,}69

e)

Au seuil de $5\ \%$ : $z=1{,}69>1{,}645$ , on rejette $H_{0}$ .

Au seuil de $1\ \%$ : $z=1{,}69<2{,}326$ , on ne rejette pas $H_{0}$ .

Valeur $p$ : $P(Z\ge 1{,}69)=1-\Phi(1{,}69)=1-0{,}9545=0{,}0455$ , comprise entre $0{,}01$ et $0{,}05$ , ce qui explique les deux décisions.

Au seuil de $5\ \%$ , les données permettent de conclure que la concentration moyenne de la municipalité dépasse la moyenne régionale ; au seuil de $1\ \%$ , elles ne le permettent pas.

f)

Le test porte sur la MOYENNE municipale et la compare à $95$ Bq/m³, pas à $200$ Bq/m³.

Il ne dit rien de la proportion de maisons au-delà de $200$ Bq/m³ : avec une distribution aussi asymétrique, une moyenne de $118$ s'accorde avec une majorité de maisons sous la ligne directrice et quelques-unes très au-dessus.

Seule une mesure dans chaque maison dit si elle doit agir.

Piège : déclarer le test invalide parce que les concentrations ne sont pas normales ; avec $n=40$ , le théorème central limite rend la statistique approximativement normale.

La statistique sous

H_{0}

:

z\approx 1{,}69

tombe dans la région de rejet à

5\ \%

, mais pas au-delà de

2{,}326

, la valeur critique à

1\ \%

.

Exercice 8 : Le calcium d'une source : intervalle et test de Student

9 réponses vérifiables

9 points Intervalles de confiance : moyenne, Student et proportion Tests d'hypothèse : moyenne, Student et proportion

Une source karstique alimente le réseau d'eau d'un village. Un rapport hydrogéologique ancien donnait une concentration moyenne de calcium de $48{,}0$ mg/L. Cette année, un laboratoire de cégep fait $9$ prélèvements à des dates tirées au hasard au cours de la saison et dose le calcium par titrage. Résultats, en mg/L (données fictives) : $46{,}2$ ; $48{,}1$ ; $48{,}4$ ; $45{,}8$ ; $47{,}5$ ; $45{,}7$ ; $48{,}6$ ; $47{,}3$ ; $47{,}2$ .

On suppose que les concentrations de la saison suivent une loi normale. Valeurs de la loi de Student à $8$ degrés de liberté : $t_{0{,}025\,;8}=2{,}306$ et $t_{0{,}05\,;8}=1{,}860$ , qui laissent une aire de $0{,}025$ et $0{,}05$ à leur droite.

a) Calculez la moyenne $\overline{x}$ et l'écart-type $s$ de l'échantillon.
b) Expliquez pourquoi on utilise la loi de Student plutôt que la loi normale, et donnez son nombre de degrés de liberté.
c) Construisez l'intervalle de confiance à $95\ \%$ de la concentration moyenne $\mu$ de la saison.
d) Testez $H_{0}:\mu=48{,}0$ contre $H_{1}:\mu\neq 48{,}0$ au seuil de $5\ \%$ : statistique de test, valeur critique et décision rédigée.
e) Un étudiant compare la statistique à $1{,}96$ . Sa décision serait-elle différente ? Expliquez son erreur.
f) Après avoir vu les données, une technicienne propose de tester plutôt $H_{1}:\mu<48{,}0$ , qui donnerait un rejet. Expliquez pourquoi cette démarche est refusée.
g) Vérifiez que la décision du d) concorde avec l'intervalle du c), et dites pourquoi.

Tape tes réponses, la page te dit juste ou faux 0/9

a)

\overline{x}

mg/L

s

mg/L

b)

Degrés de liberté

c)

Borne inférieure mg/L

Borne supérieure mg/L

d)

t

Décision à 5 %

e)

Décision différente avec 1,96

f)

Raison du refus

Voir la correction

Réponses

a) $\overline{x}=47{,}20$ mg/L, $s\approx 1{,}091$ mg/L
b) $n<30$ et $\sigma$ inconnu, population supposée normale : Student à $8$ ddl
c) $IC_{95\,\%}=[46{,}36\,;48{,}04]$ mg/L
d) $t\approx -2{,}20$ , $|t|<2{,}306$ : on ne rejette pas $H_{0}$
e) Oui, $1{,}96$ ferait rejeter : c'est la valeur de la loi normale, pas de Student à $8$ ddl
f) Le sens de $H_{1}$ se fixe avant les données ; choisi après, le risque réel double
g) $48{,}0\in[46{,}36\,;48{,}04]$ et non-rejet : test bilatéral et intervalle concordent toujours

a)

$\sum x_{i}=424{,}8$ , donc $\overline{x}=\dfrac{424{,}8}{9}=47{,}20$ mg/L.

Écarts à la moyenne : $-1{,}0$ ; $0{,}9$ ; $1{,}2$ ; $-1{,}4$ ; $0{,}3$ ; $-1{,}5$ ; $1{,}4$ ; $0{,}1$ ; $0$ , de carrés de somme $9{,}52$ .

$s=\sqrt{\dfrac{9{,}52}{8}}=\sqrt{1{,}19}\approx 1{,}091$ mg/L

b)

L'échantillon est petit ( $n=9<30$ ) et l'écart-type de la population est inconnu : on l'estime par $s$ , ce qui ajoute de l'incertitude.

Si la population est normale, $T=\dfrac{\overline{X}-\mu}{S/\sqrt{n}}$ suit la loi de Student à $n-1=8$ degrés de liberté, plus étalée que la loi normale.

Le diagramme des $9$ valeurs ne montre ni asymétrie forte ni valeur isolée : l'hypothèse de normalité est plausible, sans être prouvée par si peu de données.

c)

Erreur type : $\dfrac{s}{\sqrt{9}}=\dfrac{1{,}091}{3}\approx 0{,}3636$ mg/L.

Marge : $2{,}306\times 0{,}3636\approx 0{,}839$ mg/L.

$IC_{95\,\%}=[47{,}20-0{,}84\,;47{,}20+0{,}84]=[46{,}36\,;48{,}04]$ mg/L

d)

\displaystyle t=\dfrac{\overline{x}-\mu_{0}}{s/\sqrt{n}}=\dfrac{47{,}20-48{,}0}{0{,}3636}\approx -2{,}20

Test bilatéral à $5\ \%$ : on rejette si $|t|>t_{0{,}025\,;8}=2{,}306$ .

$|t|=2{,}20<2{,}306$ : on ne rejette pas $H_{0}$ .

Au seuil de $5\ \%$ , les données ne permettent pas de conclure que la concentration moyenne de calcium a changé depuis le rapport. Elles ne prouvent pas non plus qu'elle est restée à $48{,}0$ mg/L : avec $9$ mesures, un écart réel de près de $1$ mg/L passe facilement inaperçu.

e)

Oui : avec $1{,}96$ , $|t|=2{,}20>1{,}96$ conduirait à rejeter $H_{0}$ .

Piège : $1{,}96$ est la valeur critique de la loi normale ; à $8$ degrés de liberté, la loi de Student a des queues plus épaisses, et la valeur critique monte à $2{,}306$ . Prendre $1{,}96$ fait commettre l'erreur de première espèce plus souvent que $5\ \%$ des fois.

f)

Le sens de $H_{1}$ se fixe AVANT de voir les données, d'après la question de l'étude, ici « la concentration a-t-elle changé ? », qui est bilatérale.

Choisir le côté après coup, celui où tombe $\overline{x}$ , revient à tester dans les deux sens en ne gardant que le meilleur : le vrai risque de première espèce de cette démarche vaut $2\times 5\ \%=10\ \%$ , pas $5\ \%$ .

Le rejet obtenu ainsi ( $t=-2{,}20<-1{,}860$ ) n'a donc pas la valeur annoncée.

g)

$\mu_{0}=48{,}0$ appartient à $[46{,}36\,;48{,}04]$ , de justesse, et le test ne rejette pas $H_{0}$ , de justesse aussi.

C'est attendu : $|t|\le 2{,}306$ équivaut à $|\overline{x}-\mu_{0}|\le 2{,}306\,\dfrac{s}{\sqrt{n}}$ , c'est-à-dire à $\mu_{0}\in\left[\overline{x}-2{,}306\,\dfrac{s}{\sqrt{n}}\,;\,\overline{x}+2{,}306\,\dfrac{s}{\sqrt{n}}\right]$ . Un test bilatéral au seuil $\alpha$ et l'intervalle de niveau $1-\alpha$ décident toujours de la même façon.

Sous

H_{0}

,

T

suit la loi de Student à

8

ddl (violet), plus étalée que la loi normale (pointillé gris).

t\approx -2{,}20

dépasse

-1{,}96

mais pas

-2{,}306

: pas de rejet.

Exercice 9 : Les tiques et la maladie de Lyme : intervalle et test sur une proportion

9 réponses vérifiables

8 points Intervalles de confiance : moyenne, Student et proportion Tests d'hypothèse : moyenne, Student et proportion

Dans une région où la maladie de Lyme progresse, une équipe de santé publique récolte des tiques à pattes noires en traînant un drap blanc dans la végétation de sites tirés au hasard. Elle analyse $300$ tiques adultes : $63$ portent la bactérie responsable de la maladie, Borrelia burgdorferi. L'an dernier, la même campagne avait estimé cette proportion à $15\ \%$ . Données fictives.

Valeurs utiles : $z_{0{,}025}=1{,}96$ et $z_{0{,}01}=2{,}326$ ; table de $\Phi$ avec $z$ arrondi au centième.

a) Calculez la proportion $\hat{p}$ de tiques porteuses de l'échantillon, puis l'intervalle de confiance à $95\ \%$ de la proportion $p$ dans la région.
b) Choisissez l'interprétation correcte du niveau de confiance de $95\ \%$ .
c) Testez au seuil de $1\ \%$ si la proportion de tiques porteuses a augmenté depuis l'an dernier : hypothèses, conditions, statistique de test et décision.
d) Calculez la valeur p du test et rédigez la conclusion.
e) L'équipe veut une marge d'erreur d'au plus $3$ points de pourcentage à $95\ \%$ l'an prochain. Calculez la taille d'échantillon nécessaire en prenant $\hat{p}$ comme estimation préalable, puis sans aucune estimation préalable.

Tape tes réponses, la page te dit juste ou faux 0/9

a)

\hat{p}

Borne inférieure

Borne supérieure

b)

Interprétation

c)

z

Décision à 1 %

d)

Valeur

p

e)

n

avec

\hat{p}

n

sans estimation

Voir la correction

Réponses

a) $\hat{p}=0{,}21$ ; $IC_{95\,\%}=[0{,}164\,;0{,}256]$
b) $95\ \%$ des échantillons donnent un intervalle qui contient $p$
c) $H_{1}:p>0{,}15$ ; $z\approx 2{,}91>2{,}326$ : rejet de $H_{0}$
d) Valeur p $\approx 0{,}0018$ : la proportion a augmenté (seuil de $1\ \%$ )
e) $n=709$ ; sans estimation, $n=1068$

a)

\displaystyle \hat{p}=\dfrac{63}{300}=0{,}21

Conditions : $n=300\ge 30$ , $n\hat{p}=63\ge 5$ et $n(1-\hat{p})=237\ge 5$ .

Erreur type estimée : $\sqrt{\dfrac{0{,}21\times 0{,}79}{300}}\approx 0{,}0235$ ; marge : $1{,}96\times 0{,}0235\approx 0{,}046$ .

\displaystyle IC_{95\,\%}=[0{,}21-0{,}046\,;0{,}21+0{,}046]=[0{,}164\,;0{,}256]

b)

$p$ est un nombre fixe, inconnu ; c'est l'intervalle qui varie d'un échantillon à l'autre.

$95\ \%$ est la proportion des échantillons possibles pour lesquels la MÉTHODE produit un intervalle qui contient $p$ . L'intervalle $[0{,}164\,;0{,}256]$ , lui, contient $p$ ou ne le contient pas.

c)

$H_{0}:p=0{,}15$ contre $H_{1}:p>0{,}15$ (unilatéral à droite : l'étude cherche une hausse).

Conditions sous $H_{0}$ : $np_{0}=45\ge 5$ et $n(1-p_{0})=255\ge 5$ .

L'erreur type se calcule SOUS $H_{0}$ , avec $p_{0}$ : $\sqrt{\dfrac{0{,}15\times 0{,}85}{300}}\approx 0{,}02062$ .

$z=\dfrac{0{,}21-0{,}15}{0{,}02062}\approx 2{,}91>2{,}326$ : on rejette $H_{0}$ au seuil de $1\ \%$ .

Piège : mettre $\hat{p}$ dans l'erreur type donne $z\approx 2{,}55$ ; la décision est la même ici, mais la statistique n'est plus celle du test.

Nuance : des tiques récoltées sur un même site ne sont pas tout à fait indépendantes ; tirer de nombreux sites au hasard limite cet effet de grappe.

d)

Valeur $p$ : $P(Z\ge 2{,}91)=1-\Phi(2{,}91)=1-0{,}9982=0{,}0018$ , bien sous $0{,}01$ .

Au seuil de $1\ \%$ , les données permettent de conclure que la proportion de tiques porteuses de Borrelia burgdorferi dans la région a augmenté depuis l'an dernier.

Le test ne dit pas de combien : l'intervalle du a) situe la proportion actuelle entre environ $16\ \%$ et $26\ \%$ .

e)

On veut $1{,}96\sqrt{\dfrac{p(1-p)}{n}}\le 0{,}03$ , soit $n\ge\dfrac{1{,}96^{2}\,p(1-p)}{0{,}03^{2}}$ .

Avec $p=0{,}21$ : $n\ge\dfrac{3{,}8416\times 0{,}1659}{0{,}0009}\approx 708{,}1$ , donc $n=709$ tiques (arrondi VERS LE HAUT).

Sans estimation préalable, on prend $p=0{,}5$ , qui rend $p(1-p)$ maximal : $n\ge\dfrac{3{,}8416\times 0{,}25}{0{,}0009}\approx 1067{,}1$ , donc $n=1068$ .

Piège : arrondir $708{,}1$ à $708$ donnerait une marge un peu supérieure à $3$ points.

L'intervalle de confiance à

95\ \%

ne contient pas

p_{0}=0{,}15

, la proportion de l'an dernier : cohérent avec le rejet du test.

Exercice 10 : Oxygène dissous et température : la droite des moindres carrés et ses limites

10 réponses vérifiables

8 points Régression linéaire et test d'indépendance du khi-carré

À sept dates d'une même année, une équipe mesure vers midi, au même point d'une rivière bien brassée, la température $x$ de l'eau (en °C) et la concentration $y$ d'oxygène dissous (en mg/L). Données fictives mais plausibles :

$x$ : $4$ ; $8$ ; $12$ ; $15$ ; $19$ ; $22$ ; $25$ • $y$ : $12{,}6$ ; $11{,}5$ ; $10{,}6$ ; $9{,}9$ ; $9{,}2$ ; $8{,}6$ ; $8{,}2$ .

On donne $\sum x_{i}=105$ , $\sum y_{i}=70{,}6$ , $\sum x_{i}^{2}=1919$ , $\sum y_{i}^{2}=727{,}22$ et $\sum x_{i}y_{i}=987{,}1$ . Notations : $S_{xx}=\sum x_{i}^{2}-\frac{(\sum x_{i})^{2}}{n}$ , $S_{xy}=\sum x_{i}y_{i}-\frac{\sum x_{i}\sum y_{i}}{n}$ , $S_{yy}$ de même.

a) Calculez $S_{xx}$ et $S_{xy}$ , puis la pente $a$ et l'ordonnée à l'origine $b$ de la droite des moindres carrés $\hat{y}=ax+b$ .
b) Démontrez que la droite des moindres carrés passe par le point moyen $(\overline{x}\,;\overline{y})$ et que la somme des résidus $e_{i}=y_{i}-\hat{y}_{i}$ est nulle, sachant que $b=\overline{y}-a\overline{x}$ .
c) Calculez le coefficient de corrélation $r$ et le coefficient de détermination $r^{2}$ , puis interprétez $r^{2}$ .
d) Estimez la concentration d'oxygène dissous quand l'eau est à $17$ °C.
e) Les résidus valent, dans l'ordre des températures : $0{,}22$ ; $-0{,}05$ ; $-0{,}11$ ; $-0{,}19$ ; $-0{,}05$ ; $-0{,}02$ ; $0{,}20$ . Décrivez leur allure et ce qu'elle indique.
f) Un étudiant prédit l'oxygène dissous d'une canicule où l'eau atteint $32$ °C. Calculez sa prédiction, puis critiquez-la.
g) Choisissez l'affirmation correcte sur la causalité.

Tape tes réponses, la page te dit juste ou faux 0/10

a)

S_{xy}

a

b

mg/L

c)

r

r^{2}

d)

\hat{y}(17)

mg/L

e)

Ce que montrent les résidus

f)

\hat{y}(32)

mg/L

Prédiction fiable ?

g)

Causalité

Voir la correction

Réponses

a) $S_{xx}=344$ , $S_{xy}=-71{,}9$ ; $a\approx -0{,}2090$ , $b\approx 13{,}22$
b) $a\overline{x}+b=\overline{y}$ et $\sum e_{i}=n(\overline{y}-a\overline{x}-b)=0$
c) $r\approx -0{,}9954$ , $r^{2}\approx 0{,}991$ : $99\ \%$ de la variation expliquée
d) $\hat{y}(17)\approx 9{,}67$ mg/L (interpolation)
e) Arc : positifs aux extrémités, négatifs au milieu ; légère courbure
f) $\hat{y}(32)\approx 6{,}53$ mg/L : extrapolation, probablement sous-estimée
g) Association seule, sans preuve de causalité ; le mécanisme physique l'appuie

a)

\displaystyle S_{xx}=1919-\dfrac{105^{2}}{7}=1919-1575=344

\displaystyle S_{xy}=987{,}1-\dfrac{105\times 70{,}6}{7}=987{,}1-1059=-71{,}9

$a=\dfrac{S_{xy}}{S_{xx}}=\dfrac{-71{,}9}{344}\approx -0{,}2090$ mg/L par °C

$\overline{x}=15$ , $\overline{y}=\dfrac{70{,}6}{7}\approx 10{,}086$ , donc $b=\overline{y}-a\overline{x}\approx 10{,}086+0{,}2090\times 15\approx 13{,}22$ mg/L

$\hat{y}=13{,}22-0{,}209\,x$ : chaque degré de plus s'accompagne en moyenne de $0{,}21$ mg/L d'oxygène en moins.

b)

En $x=\overline{x}$ : $\hat{y}=a\overline{x}+b=a\overline{x}+\overline{y}-a\overline{x}=\overline{y}$ , donc la droite passe par $(\overline{x}\,;\overline{y})$ .

\begin{aligned}\sum e_{i}&=\sum\left(y_{i}-ax_{i}-b\right)\\&=n\overline{y}-an\overline{x}-nb\\&=n\left(\overline{y}-a\overline{x}-b\right)=0\end{aligned}

Les points au-dessus et au-dessous de la droite se compensent exactement.

c)

\displaystyle S_{yy}=727{,}22-\dfrac{70{,}6^{2}}{7}\approx 15{,}169

$r=\dfrac{S_{xy}}{\sqrt{S_{xx}S_{yy}}}=\dfrac{-71{,}9}{\sqrt{344\times 15{,}169}}\approx -0{,}9954$ et $r^{2}\approx 0{,}991$

Liaison linéaire négative très forte : environ $99\ \%$ de la variation de l'oxygène dissous entre ces sept dates est expliquée par la droite en fonction de la température.

d)

$17$ °C est dans la plage observée ( $4$ à $25$ °C) : c'est une interpolation.

$\hat{y}=13{,}22-0{,}2090\times 17\approx 9{,}67$ mg/L

e)

Les résidus sont positifs aux deux extrémités et négatifs au milieu : ils dessinent un arc, pas un nuage sans forme.

La relation est légèrement COURBE (convexe) : la droite est un bon résumé dans la plage, malgré $r^{2}=0{,}99$ , mais elle n'est pas la forme exacte de la relation.

Un $r$ proche de $-1$ ne garantit pas qu'une droite soit le bon modèle : il faut regarder les résidus.

f)

$\hat{y}=13{,}22-0{,}2090\times 32\approx 6{,}53$ mg/L

C'est une EXTRAPOLATION : $32$ °C sort de la plage observée, où rien ne garantit que la relation reste la même.

Les résidus positifs aux extrémités montrent que les données remontent au-dessus de la droite : prolongée, elle sous-estime probablement l'oxygène dissous à $32$ °C, dans ce modèle d'eau bien brassée.

Piège : une prédiction hors de la plage des $x$ observés n'a pas la fiabilité que suggère $r^{2}$ .

g)

La régression mesure une association ; seule, elle ne prouve pas que la température cause la baisse.

Ici, un mécanisme physique connu, la solubilité d'un gaz qui diminue quand l'eau se réchauffe, appuie une causalité ; d'autres facteurs varient pourtant avec la saison (photosynthèse, décomposition, débit) et contribuent aussi.

La droite des moindres carrés passe par le point moyen (vert). Les résidus, trop petits pour se lire à cette échelle, sont donnés en e) ; le prolongement au-delà de

25

°C (rouge) n'est pas garanti.

Exercice 11 : Problème de synthèse : le sel de déglaçage et les grenouilles des bois

15 réponses vérifiables

15 points Statistique descriptive : tendance centrale, dispersion et position Intervalles de confiance : moyenne, Student et proportion Dénombrement : permutations, arrangements, combinaisons, Pascal et binôme Régression linéaire et test d'indépendance du khi-carré

Le sel épandu sur les routes en hiver ruisselle vers les milieux humides voisins. Pour en mesurer l'effet, une équipe d'écologie tire au hasard $40$ étangs parmi ceux d'une région situés à moins de $200$ m d'une route. Données fictives.

Document 1. Concentration de chlorures mesurée au printemps dans les $40$ étangs, en mg/L : minimum $18$ , $Q_{1}=46$ , médiane $78$ , $Q_{3}=152$ , maximum $610$ ; les deux plus fortes valeurs sont $340$ et $610$ ; moyenne $\overline{x}=112$ et écart-type $s=96$ . Quatorze étangs dépassent $120$ mg/L, le repère d'exposition prolongée retenu par l'étude. La boîte à moustaches ci-dessous résume ces données.

Document 2. Au même printemps, l'équipe note dans chaque étang la présence ou l'absence de masses d'œufs de grenouille des bois, selon la classe de chlorures : faible (moins de $50$ mg/L), moyenne (de $50$ à $120$ mg/L), élevée (plus de $120$ mg/L).

Valeurs utiles : $z_{0{,}025}=1{,}96$ ; loi du khi-carré à $2$ degrés de liberté, $\chi^{2}_{0{,}05\,;2}=5{,}991$ et $\chi^{2}_{0{,}01\,;2}=9{,}210$ , valeurs qui laissent une aire de $0{,}05$ et $0{,}01$ à leur droite.

Document 2	Faible	Moyenne	Élevée	Total
Pontes présentes	10	8	3	21
Pontes absentes	2	6	11	19
Total	12	14	14	40

a) À l'aide du document 1, calculez l'écart interquartile et les bornes au-delà desquelles une concentration est dite aberrante, puis dites combien d'étangs sont aberrants.
b) Décrivez la forme de la distribution, puis dites quelle mesure, de la moyenne ou de la médiane, décrit le mieux un étang typique.
c) Construisez l'intervalle de confiance à $95\ \%$ de la concentration moyenne $\mu$ de chlorures des étangs de la région, en justifiant la méthode malgré l'asymétrie.
d) Une technicienne retourne dans $3$ des $40$ étangs, tirés au hasard sans remise. Calculez la probabilité qu'au moins un d'entre eux dépasse $120$ mg/L.
e) Pour le document 2, calculez les effectifs théoriques sous l'hypothèse d'indépendance entre la présence de pontes et la classe de chlorures, puis vérifiez la condition d'application du test du khi-carré.
f) Effectuez le test d'indépendance du khi-carré : hypothèses, degrés de liberté, statistique et décision aux seuils de 5 % et de 1 %.
g) Choisissez la conclusion que l'étude permet de rédiger, et justifiez à l'aide des proportions de pontes par classe.

Tape tes réponses, la page te dit juste ou faux 0/15

a)

EI

mg/L

Borne supérieure mg/L

Étangs aberrants

b)

Forme

Étang typique

c)

Borne inférieure mg/L

Borne supérieure mg/L

d)

P

e)

Théorique : présentes, faible

Théorique : absentes, faible

Condition satisfaite

f)

Degrés de liberté

\chi^{2}

Décision à 1 %

g)

Conclusion

Voir la correction

Réponses

a) $EI=106$ mg/L ; bornes $-113$ et $311$ ; $2$ étangs aberrants ( $340$ et $610$ )
b) Fortement asymétrique à droite ( $\overline{x}=112>Me=78$ ) : la médiane
c) $IC_{95\,\%}\approx[82{,}25\,;141{,}75]$ mg/L
d) $1-\frac{2600}{9880}\approx 0{,}7368$
e) $6{,}3$ ; $7{,}35$ ; $7{,}35$ / $5{,}7$ ; $6{,}65$ ; $6{,}65$ : tous $\ge 5$
f) $2$ ddl ; $\chi^{2}\approx 10{,}12>9{,}210$ : rejet de l'indépendance à $5\ \%$ et à $1\ \%$
g) Pontes : $83\ \%$ , $57\ \%$ , $21\ \%$ ; lien établi, causalité non prouvée (étude d'observation)

a)

$EI=Q_{3}-Q_{1}=152-46=106$ mg/L

Bornes : $Q_{1}-1{,}5\,EI=46-159=-113$ et $Q_{3}+1{,}5\,EI=152+159=311$ mg/L.

Aucune concentration n'est sous $-113$ ; au-dessus de $311$ , il y a $340$ et $610$ : $2$ étangs aberrants.

Aberrant ne veut pas dire faux : ces deux étangs sont peut-être au pied d'un dépôt de sel ou d'une forte pente ; on les garde, et on les vérifie.

b)

La médiane ( $78$ ) est à $32$ mg/L de $Q_{1}$ et à $74$ mg/L de $Q_{3}$ , donc bien plus près de $Q_{1}$ ; la moustache droite s'étire jusqu'à $610$ , et $\overline{x}=112>Me=78$ : la distribution est fortement asymétrique à droite.

La médiane décrit mieux un étang typique : la moyenne est tirée vers le haut par quelques étangs très salés.

c)

$n=40\ge 30$ et les étangs sont tirés au hasard : par le théorème central limite, $\overline{X}$ est approximativement normale malgré l'asymétrie des concentrations ; avec $n$ grand, on remplace $\sigma$ par $s$ .

Erreur type : $\dfrac{96}{\sqrt{40}}\approx 15{,}18$ mg/L ; marge : $1{,}96\times 15{,}18\approx 29{,}75$ mg/L.

$IC_{95\,\%}=[112-29{,}75\,;112+29{,}75]\approx[82{,}25\,;141{,}75]$ mg/L

Nuance : avec une distribution aussi étirée, $n=40$ reste juste ; les deux valeurs aberrantes pèsent lourd sur $\overline{x}$ et sur $s$ .

d)

Contraire : aucun des $3$ étangs ne dépasse $120$ mg/L, soit $3$ étangs choisis parmi les $26$ autres.

\displaystyle P=1-\dfrac{\binom{26}{3}}{\binom{40}{3}}=1-\dfrac{2600}{9880}\approx 1-0{,}2632=0{,}7368

Piège : une binomiale $1-\left(\frac{26}{40}\right)^{3}\approx 0{,}7254$ supposerait un tirage AVEC remise ; sans remise sur $40$ étangs, on dénombre.

e)

Effectif théorique : $\dfrac{\text{total de la ligne}\times\text{total de la colonne}}{40}$ .

Pontes présentes : $\dfrac{21\times 12}{40}=6{,}3$ ; $\dfrac{21\times 14}{40}=7{,}35$ ; $7{,}35$ .

Pontes absentes : $\dfrac{19\times 12}{40}=5{,}7$ ; $6{,}65$ ; $6{,}65$ .

Le plus petit vaut $5{,}7\ge 5$ : la condition des effectifs théoriques est satisfaite, de justesse.

f)

$H_{0}$ : la présence de pontes et la classe de chlorures sont indépendantes ; $H_{1}$ : elles sont liées.

Degrés de liberté : $(2-1)(3-1)=2$ .

\displaystyle \chi^{2}=\dfrac{(10-6{,}3)^{2}}{6{,}3}+\dfrac{(8-7{,}35)^{2}}{7{,}35}+\dfrac{(3-7{,}35)^{2}}{7{,}35}+\dfrac{(2-5{,}7)^{2}}{5{,}7}+\dfrac{(6-6{,}65)^{2}}{6{,}65}+\dfrac{(11-6{,}65)^{2}}{6{,}65}

\displaystyle \chi^{2}\approx 2{,}173+0{,}057+2{,}574+2{,}402+0{,}064+2{,}845\approx 10{,}12

$10{,}12>5{,}991$ et $10{,}12>9{,}210$ : on rejette $H_{0}$ aux deux seuils.

Les plus grandes contributions viennent des classes extrêmes : trop de pontes en eau peu salée, trop peu en eau très salée, par rapport à l'indépendance.

g)

Proportions d'étangs avec pontes : $\frac{10}{12}\approx 83\ \%$ en classe faible, $\frac{8}{14}\approx 57\ \%$ en classe moyenne, $\frac{3}{14}\approx 21\ \%$ en classe élevée.

Conclusion : au seuil de $1\ \%$ , les données montrent un lien entre la salinité des étangs et la présence de pontes de grenouille des bois ; les pontes sont plus rares dans les étangs les plus salés.

L'étude est une étude d'OBSERVATION : elle ne prouve pas que le sel CAUSE l'absence de pontes. Les étangs très salés sont sans doute aussi plus proches de routes plus passantes (bruit, mortalité routière, sédiments) ; seule une expérience contrôlée, ou la prise en compte de ces facteurs, départagerait.

Elle vaut pour les étangs proches des routes de cette région, la population d'où viennent les $40$ étangs.

Loi du khi-carré à

2

degrés de liberté. En bas, la queue droite agrandie :

\chi^{2}\approx 10{,}12

dépasse

5{,}991

(

5\ \%

) et

9{,}21

(

1\ \%

).

Épreuve de synthèse corrigée : probabilités et statistique (201-SN1-RE)

Rappel de cours

Partie A : statistique descriptive (/8)

Exercice 1 : Le diamètre des épinettes noires d'une placette : données groupées et position

Partie B : probabilités (/43)

Exercice 2 : Des pièges photographiques : choisir les sites, compter les séquences

Exercice 3 : Un logiciel d'identification des félins : Bayes et indépendance conditionnelle

Exercice 4 : Analyser les écouvillons par lots : une variable aléatoire à deux valeurs

Exercice 5 : La superficie des feux de foudre : une densité sur un intervalle infini

Exercice 6 : Des saumoneaux marqués franchissent un barrage : de la loi normale à la binomiale

Partie C : inférence (/26)

Exercice 7 : Le radon des sous-sols : théorème central limite et test sur une moyenne

Exercice 8 : Le calcium d'une source : intervalle et test de Student

Exercice 9 : Les tiques et la maladie de Lyme : intervalle et test sur une proportion

Partie D : lien entre deux variables (/8)

Exercice 10 : Oxygène dissous et température : la droite des moindres carrés et ses limites

Partie E : problème de synthèse (/15)

Exercice 11 : Problème de synthèse : le sel de déglaçage et les grenouilles des bois

Voir aussi

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