Exercices corrigés : intervalles de confiance (201-SN1-RE)

Erreur type : $\dfrac{s}{\sqrt{n}}=\dfrac{9}{6}=1{,}5$.

Marge : $E=1{,}96\times 1{,}5=2{,}94$.

Avec $n\ge 30$, on remplace $\sigma$ inconnu par $s$ et on garde $z$.

$E=1{,}645\times 1{,}5=2{,}4675$, donc $[61{,}73\,;66{,}67]$.

Moins de confiance, intervalle plus étroit.

$E=2{,}576\times 1{,}5=3{,}864$, donc $[60{,}34\,;68{,}06]$.

Plus de confiance, intervalle plus large.

Un niveau de 98 % laisse $2\,\%$ hors de l'intervalle, soit $1\,\%$ dans chaque queue.

On cherche donc $z$ tel que $P(Z\le z)=0{,}99$. La table donne $0{,}9901$ pour $z=2{,}33$ : $z_{0{,}01}\approx 2{,}33$ (valeur plus fine : $2{,}326$).

Piège : chercher $P(Z\le z)=0{,}98$, ce qui donne $2{,}05$, la valeur critique d'un intervalle à 96 %.

Erreur type : $\dfrac{1{,}8}{\sqrt{9}}=0{,}6$.

Marge : $E=2{,}306\times 0{,}6=1{,}3836$.

Petit échantillon et $\sigma$ inconnu : Student à $n-1=8$ degrés de liberté, sous l'hypothèse d'une population normale.

$\hat{p}=\dfrac{126}{300}=0{,}42$ ; conditions : $n\hat{p}=126\ge 5$ et $n(1-\hat{p})=174\ge 5$.

Erreur type : $\sqrt{\dfrac{0{,}42\times 0{,}58}{300}}\approx 0{,}02850$.

Marge : $E=1{,}96\times 0{,}02850\approx 0{,}0559$, donc $[0{,}364\,;0{,}476]$.

L'intervalle est symétrique autour de l'estimation : $\overline{x}=\dfrac{12{,}6+15{,}0}{2}=13{,}8$ et $E=\dfrac{15{,}0-12{,}6}{2}=1{,}2$.

$1{,}96\dfrac{6}{\sqrt{n}}\le 1 \iff n\ge(1{,}96\times 6)^{2}=138{,}2976$, donc $n=139$.

Piège : arrondir à $138$ donne une marge de $1{,}0011$, au-dessus de la cible.

$n\ge\dfrac{1{,}96^{2}\times 0{,}5\times 0{,}5}{0{,}03^{2}}\approx 1067{,}1$, donc $n=1068$.

$p=0{,}5$ rend $p(1-p)$ maximal : la taille obtenue convient quelle que soit la vraie proportion.

$\mu=\dfrac{92+98+104+110}{4}=\dfrac{404}{4}=101$ mm.

Écarts à la moyenne : $-9$, $-3$, $3$, $9$.

$\sigma^{2}=\dfrac{81+9+9+81}{4}=\dfrac{180}{4}=45$ mm², donc $\sigma=\sqrt{45}\approx 6{,}71$ mm.

On divise par $N$ et non par $N-1$ : ce sont TOUTES les valeurs de la population, pas un échantillon.

Chaque tirage a $4$ issues équiprobables, donc $4\times 4=16$ échantillons ordonnés, chacun de probabilité $\frac{1}{16}$.

La somme $X_{1}+X_{2}$ varie de $184$ à $220$ par pas de $6$, donc $\overline{X}$ prend $7$ valeurs : $92$, $95$, $98$, $101$, $104$, $107$, $110$.

On compte les échantillons : $1$, $2$, $3$, $4$, $3$, $2$, $1$ sur $16$. Par exemple $\overline{X}=101$ vient de $(92,110)$, $(110,92)$, $(98,104)$ et $(104,98)$ : $P(\overline{X}=101)=\frac{4}{16}=0{,}25$.

La population avait quatre valeurs également probables ; la moyenne en a sept, et elle se concentre au centre.

Par symétrie autour de $101$ : $E(\overline{X})=101=\mu$.

Écarts à $101$ : $\pm 9$ (probabilité $\frac{1}{16}$ chacun), $\pm 6$ ($\frac{2}{16}$), $\pm 3$ ($\frac{3}{16}$), $0$ ($\frac{4}{16}$).

Or $\dfrac{\sigma^{2}}{2}=\dfrac{45}{2}=22{,}5$ : la variance de la moyenne de deux tirages est exactement la moitié de celle de la population.

C'est le fil de la série : l'écart-type d'un pétoncle vaut $6{,}71$ mm, celui de la moyenne de deux pétoncles $\sqrt{22{,}5}\approx 4{,}74$ mm.

Avec remise, $X_{1},\dots,X_{n}$ ont toutes la loi de la population, donc $E(X_{i})=\mu$ et $V(X_{i})=\sigma^{2}$, et elles sont indépendantes.

Espérance, par linéarité (vraie sans aucune hypothèse) : $E(\overline{X})=\dfrac{1}{n}\big(E(X_{1})+\dots+E(X_{n})\big)=\dfrac{n\mu}{n}=\mu$.

Variance : $V(aY)=a^{2}V(Y)$ donne $V(\overline{X})=\dfrac{1}{n^{2}}V(X_{1}+\dots+X_{n})$.

Les $X_{i}$ étant indépendantes, la variance de leur somme est la somme des variances : $V(X_{1}+\dots+X_{n})=n\sigma^{2}$.

$V(\overline{X})=\dfrac{n\sigma^{2}}{n^{2}}=\dfrac{\sigma^{2}}{n}$, donc $\sigma_{\overline{X}}=\dfrac{\sigma}{\sqrt{n}}$.

Piège : invoquer l'indépendance pour l'espérance. Elle ne sert qu'à la variance ; sans elle, des covariances s'ajoutent à la somme des variances.

Sans remise, les paires $\{92,98\}$, $\{92,104\}$, $\{92,110\}$, $\{98,104\}$, $\{98,110\}$, $\{104,110\}$ donnent $\overline{X}=95$, $98$, $101$, $101$, $104$, $107$.

$E(\overline{X})=101$ encore ; écarts $-6$, $-3$, $0$, $0$, $3$, $6$.

$V(\overline{X})=\dfrac{36+9+0+0+9+36}{6}=\dfrac{90}{6}=15$ mm²

On retrouve $22{,}5\times\dfrac{N-n}{N-1}=22{,}5\times\dfrac{2}{3}=15$ : sans remise, le second tirage ne peut pas répéter le premier, les tirages sont dépendants et la moyenne varie moins. Ce facteur de correction dépasse le minimum du devis.

Sur une grande population (règle usuelle : $n$ inférieur à $5\,\%$ de $N$), retirer un individu ne change presque rien, $\frac{N-n}{N-1}$ est proche de $1$ et la formule avec remise reste une bonne approximation. C'est ce qui permet de l'utiliser sur un lac, une forêt ou une population d'oiseaux.

$\sigma_{\overline{X}}=\dfrac{\sigma}{\sqrt{8}}=\dfrac{\sqrt{45}}{\sqrt{8}}=\sqrt{5{,}625}\approx 2{,}37$ mm

Pour diviser $\dfrac{\sigma}{\sqrt{n}}$ par $2$, il faut multiplier $\sqrt{n}$ par $2$, donc $n$ par $4$ : $32$ pétoncles au lieu de $8$.

La précision d'une moyenne coûte cher : elle progresse comme la racine de l'effort.

Dans le modèle normal, $z=\dfrac{0-0{,}42}{0{,}22}\approx -1{,}91$.

Près de $3\,\%$ des poissons auraient une teneur négative, ce qui est impossible. L'histogramme, très asymétrique avec une longue queue vers les fortes teneurs, confirme : la loi normale ne décrit pas la teneur d'un doré pris seul.

Piège : croire que le théorème central limite rend « normales » les données. Il parle de la MOYENNE, jamais des individus.

Le prélèvement est assimilé à $40$ tirages indépendants dans la population (exercice 1, question d).

$E(\overline{X})=\mu=0{,}42$ mg/kg

$\sigma_{\overline{X}}=\dfrac{\sigma}{\sqrt{n}}=\dfrac{0{,}22}{\sqrt{40}}\approx 0{,}0348$ mg/kg

Ces deux résultats ne demandent aucune hypothèse sur la forme de la distribution.

Théorème central limite : si $X_{1},\dots,X_{n}$ sont indépendantes, de même loi, d'espérance $\mu$ et d'écart-type $\sigma$ finis, alors, pour $n$ assez grand, $\overline{X}$ suit approximativement la loi normale de moyenne $\mu$ et d'écart-type $\dfrac{\sigma}{\sqrt{n}}$.

« Assez grand » se traduit en pratique par $n\ge 30$ ; plus la population est asymétrique, plus il faut d'observations pour que l'approximation soit bonne.

Ici les tirages sont assimilés à des tirages indépendants et $n=40\ge 30$ : $\overline{X}$ suit approximativement $N\big(0{,}42\,;0{,}0348^{2}\big)$, même si $X$ n'est pas normale.

On standardise avec l'erreur type, pas avec $\sigma$ :

Un échantillon aléatoire de $40$ dorés n'a qu'environ $1\,\%$ de chances d'avoir une moyenne au-dessus de $0{,}5$ mg/kg, alors que la figure montre qu'une bonne part des dorés pris un à un dépassent cette valeur.

Piège : diviser par $\sigma=0{,}22$, ce qui donne $z\approx 0{,}36$ et une probabilité de $0{,}36$ : c'est la probabilité qu'un doré seul dépasse le repère dans un modèle normal qui ne lui convient même pas.

La condition menacée est l'indépendance. Des dorés pris ensemble dans une même baie ont mangé les mêmes proies dans les mêmes eaux : leurs teneurs se ressemblent, et l'échantillon représente mal les autres secteurs du réservoir.

La variabilité réelle de la moyenne d'un tel échantillon, autour de la moyenne du réservoir, est alors plus grande que $\dfrac{\sigma}{\sqrt{40}}$, et la baie peut même être plus ou moins contaminée que le reste.

Le calcul de d), qui suppose $40$ informations indépendantes, est donc probablement trop optimiste : il ne vaut que sous ses conditions.

Il faut au moins $121$ dorés, trois fois plus que $40$ pour un écart-type à peine moins que deux fois plus petit.

Le paramètre est la moyenne $\mu$ des maxima d'ozone sur les $920$ jours d'été, un nombre fixe mais inconnu.

Son estimation ponctuelle est la moyenne de l'échantillon : $\overline{x}=45{,}9$ ppb.

La moyenne des $36$ jours tirés n'est pas le paramètre : elle changerait avec un autre tirage.

$\dfrac{s}{\sqrt{n}}=\dfrac{10{,}9}{\sqrt{36}}=\dfrac{10{,}9}{6}\approx 1{,}82$ ppb

Un jour d'été s'écarte typiquement de $10{,}9$ ppb de la moyenne ; la moyenne de $36$ jours, six fois moins.

Marge : $E=1{,}96\times 1{,}817\approx 3{,}56$ ppb.

$[45{,}9-3{,}56\,;45{,}9+3{,}56]\approx[42{,}3\,;49{,}5]$ ppb

Rédaction : « Au niveau de confiance 95 %, la moyenne des maxima d'ozone des jours d'été est comprise entre $42{,}3$ et $49{,}5$ ppb. »

À 90 % : $E=1{,}645\times 1{,}817\approx 2{,}99$, donc $[42{,}9\,;48{,}9]$, largeur $6{,}0$ ppb.

À 99 % : $E=2{,}576\times 1{,}817\approx 4{,}68$, donc $[41{,}2\,;50{,}6]$, largeur $9{,}4$ ppb.

Largeurs : $6{,}0<7{,}1<9{,}4$ ppb. Avec le même échantillon, une confiance plus grande ne s'obtient qu'en élargissant l'intervalle : on gagne en sûreté ce qu'on perd en précision.

Pour être à la fois plus sûr et plus précis, il faut plus de données (exercice 6).

Avec $n=36\ge 30$, deux choses jouent. Le théorème central limite rend $\overline{X}$ approximativement normale, quelle que soit la forme de l'histogramme. Et $s$, calculé sur $36$ valeurs, est une estimation assez stable de $\sigma$ pour qu'on le substitue à $\sigma$ sans changer de loi.

La loi de Student à $35$ degrés de liberté donnerait d'ailleurs $t_{0{,}025}\approx 2{,}03$ au lieu de $1{,}96$ : l'écart est faible, et la convention $n\ge 30$ le néglige.

Piège : justifier $z$ par « les concentrations sont normales ». Rien ne le dit, et la méthode n'en a pas besoin ici.

Des jours consécutifs ne sont pas indépendants : un épisode de chaleur et de smog dure plusieurs jours, et toute la série partage la même météo.

Un seul été ne représente pas non plus les dix : s'il a été plus chaud, l'estimation est biaisée, et aucune formule de marge ne corrige un biais.

Le tirage au hasard dans les $920$ jours est précisément ce qui donne le droit d'écrire « 95 % ».

$\overline{x}=\dfrac{27{,}6}{12}=2{,}30$ °Brix.

Écarts à $2{,}30$ : $-0{,}2$ ; $0{,}3$ ; $-0{,}5$ ; $0{,}1$ ; $0{,}6$ ; $-0{,}1$ ; $-0{,}4$ ; $0{,}2$ ; $0$ ; $-0{,}3$ ; $0{,}2$ ; $0{,}1$.

Somme des carrés : $1{,}10$, donc $s^{2}=\dfrac{1{,}10}{11}=0{,}1$ et $s=\sqrt{0{,}1}\approx 0{,}316$ °Brix.

Piège : diviser par $12$, ce qui donne $0{,}303$ et sous-estime la dispersion de la population.

L'écart-type $\sigma$ de la population est inconnu et $n=12<30$ : $s$ varie beaucoup d'un échantillon à l'autre, et le rapport $T=\dfrac{\overline{X}-\mu}{S/\sqrt{n}}$ ne suit pas une loi normale.

Si la population est NORMALE, $T$ suit la loi de Student à $n-1=11$ degrés de liberté, plus étalée que la normale.

Sur la figure, les teneurs se répartissent de $1{,}8$ à $2{,}9$ sans forte asymétrie ni valeur isolée : l'hypothèse de normalité est plausible. Douze points ne la prouvent pas ; ils permettent seulement de ne pas la rejeter.

Erreur type : $\dfrac{s}{\sqrt{n}}=\dfrac{0{,}316}{\sqrt{12}}\approx 0{,}0913$ °Brix.

Marge : $E=2{,}201\times 0{,}0913\approx 0{,}201$ °Brix.

$[2{,}30-0{,}201\,;2{,}30+0{,}201]\approx[2{,}10\,;2{,}50]$ °Brix

Au niveau 95 %, la teneur moyenne en sucre de la sève de l'érablière, ce matin-là, est comprise entre $2{,}10$ et $2{,}50$ °Brix.

Avec $1{,}96$ : $E=1{,}96\times 0{,}0913\approx 0{,}179$, donc $[2{,}12\,;2{,}48]$.

Cet intervalle contient $\mu$ exactement quand $|T|<1{,}96$, ce qui arrive avec probabilité $0{,}924$ à $11$ degrés de liberté.

Sa méthode n'est donc fiable qu'à $92{,}4\,\%$ alors qu'elle annonce $95\,\%$ : l'intervalle est trop étroit parce qu'il ignore que $s$ lui-même est incertain.

Piège : prendre $z$ « parce que c'est plus simple ». Sur un petit échantillon, c'est annoncer une précision qu'on n'a pas.

La fonction $x\mapsto\dfrac{86}{x}$ est strictement décroissante sur $]0\,;+\infty[$. Donc $2{,}10\le\mu\le 2{,}50$ équivaut à $\dfrac{86}{2{,}50}\le\dfrac{86}{\mu}\le\dfrac{86}{2{,}10}$ : les deux événements sont LE MÊME, et ont la même probabilité de couvrir la vraie valeur, $95\,\%$.

$\dfrac{86}{2{,}501}\approx 34{,}4$ L et $\dfrac{86}{2{,}099}\approx 41{,}0$ L

L'intervalle $[34{,}4\,;41{,}0]$ n'est pas centré sur l'estimation ponctuelle $\dfrac{86}{2{,}30}\approx 37{,}4$ L, car la transformation n'est pas affine.

Il porte sur $\dfrac{86}{\mu}$, le besoin calculé à partir de la teneur moyenne, et non sur la moyenne des $\dfrac{86}{x}$ des entailles, qui est une autre quantité.