Exercice 0.1 : Régression et khi-carré : douze calculs directs

12 réponses vérifiables

Pour chaque ligne, calculez la quantité demandée, sans interpréter. Notations du chapitre : $S_{xy}=\sum (x_{i}-\overline{x})(y_{i}-\overline{y})=\sum x_{i}y_{i}-\frac{\sum x_{i}\sum y_{i}}{n}$ , $S_{xx}=\sum x_{i}^{2}-\frac{(\sum x_{i})^{2}}{n}$ , droite des moindres carrés $\hat{y}=ax+b$ avec $a=\frac{S_{xy}}{S_{xx}}$ et $b=\overline{y}-a\overline{x}$ , coefficient de corrélation $r=\frac{S_{xy}}{\sqrt{S_{xx}S_{yy}}}$ , résidu $e=y-\hat{y}$ . Pour un tableau de contingence, $E=\frac{L\times C}{n}$ et $\chi^{2}=\sum\frac{(O-E)^{2}}{E}$ .

a) $n=6$ , $\sum x=24$ , $\sum y=90$ , $\sum xy=402$ : calculez $S_{xy}$ .
b) $n=5$ , $\sum x=20$ , $\sum x^{2}=110$ : calculez $S_{xx}$ .
c) $S_{xy}=42$ , $S_{xx}=30$ , $S_{yy}=70$ : calculez $r$ .
d) $r=-0{,}83$ : calculez le coefficient de détermination $r^{2}$ .
e) $S_{xy}=-54$ , $S_{xx}=36$ : calculez la pente $a$ .
f) $a=2{,}4$ , $\overline{x}=5$ , $\overline{y}=18{,}5$ : calculez l'ordonnée à l'origine $b$ .
g) $\hat{y}=0{,}36x+2{,}1$ : calculez la valeur prédite pour $x=12{,}5$ .
h) $\hat{y}=1{,}8x+4$ : calculez le résidu du point $(6\,;13{,}2)$ .
i) Total de ligne $60$ , total de colonne $45$ , $n=180$ : calculez l'effectif théorique $E$ de la case.
j) $O=22$ , $E=15$ : calculez la contribution $\frac{(O-E)^{2}}{E}$ de la case.
k) Tableau de contingence à $3$ lignes et $4$ colonnes : donnez le nombre de degrés de liberté.
l) $\chi^{2}=7{,}1$ à $4$ degrés de liberté, valeur critique $9{,}488$ au seuil de $5\,\%$ : quelle décision ?

Tape tes réponses, la page te dit juste ou faux 0/12

a)

S_{xy}

b)

S_{xx}

c)

r

d)

r^{2}

e)

a

f)

b

g)

\hat{y}

h)

e

i)

E

j)

Contribution

k)

Degrés de liberté

l)

Décision

Voir la correction

Réponses

a) $S_{xy}=42$
b) $S_{xx}=30$
c) $r\approx 0{,}917$
d) $r^{2}\approx 0{,}689$
e) $a=-1{,}5$
f) $b=6{,}5$
g) $\hat{y}=6{,}6$
h) $e=-1{,}6$
i) $E=15$
j) $\approx 3{,}27$
k) $6$ degrés de liberté
l) $7{,}1<9{,}488$ : on ne rejette pas $H_{0}$

a)

\displaystyle S_{xy}=402-\dfrac{24\times 90}{6}=402-360=42

b)

\displaystyle S_{xx}=110-\dfrac{20^{2}}{5}=110-80=30

c)

\displaystyle r=\dfrac{42}{\sqrt{30\times 70}}=\dfrac{42}{\sqrt{2100}}\approx 0{,}917

d)

\displaystyle r^{2}=(-0{,}83)^{2}=0{,}6889\approx 0{,}689

Le signe disparaît : le coefficient de détermination ne dit pas le sens du lien.

e)

\displaystyle a=\dfrac{-54}{36}=-1{,}5

f)

\displaystyle b=18{,}5-2{,}4\times 5=6{,}5

La droite passe par le point moyen $(5\,;18{,}5)$ : c'est ce que dit cette formule.

g)

\displaystyle \hat{y}=0{,}36\times 12{,}5+2{,}1=4{,}5+2{,}1=6{,}6

h)

$\hat{y}=1{,}8\times 6+4=14{,}8$ , donc $e=13{,}2-14{,}8=-1{,}6$

Le point est sous la droite.

i)

\displaystyle E=\dfrac{60\times 45}{180}=15

j)

\displaystyle \dfrac{(22-15)^{2}}{15}=\dfrac{49}{15}\approx 3{,}27

k)

$(3-1)(4-1)=6$ degrés de liberté.

l)

$7{,}1<9{,}488$ : la statistique n'entre pas dans la région critique, on ne rejette pas $H_{0}$ .

On écrit : au seuil de 5 %, les données ne permettent pas de conclure à un lien. On n'écrit pas que les variables sont indépendantes.

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Exercice 1 : Nuage de points, covariance et coefficient de corrélation : la vitesse du son

11 réponses vérifiables

Au laboratoire de physique, on mesure la vitesse $v$ du son dans l'air d'un tube à résonance, l'air étant porté successivement à six températures $T$ . Les mesures sont arrondies au mètre par seconde.

La figure représente le nuage de points.

$T$ (°C)	$-10$	$0$	$10$	$15$	$25$	$30$
$v$ (m/s)	$325$	$331$	$338$	$340$	$346$	$350$

a) Décrivez le nuage de points : sens, forme et intensité du lien, présence ou non d'un point isolé.
b) Calculez les moyennes $\overline{T}$ et $\overline{v}$ , puis la covariance $s_{Tv}=\frac{1}{n-1}\sum (T_{i}-\overline{T})(v_{i}-\overline{v})$ . Précisez son unité.
c) Calculez les écarts-types $s_{T}$ et $s_{v}$ , puis le coefficient de corrélation $r=\frac{s_{Tv}}{s_{T}\,s_{v}}$ . Interprétez-le.
d) On change d'unités : $T'=\alpha T+\beta$ et $v'=\gamma v+\delta$ , avec $\alpha>0$ et $\gamma>0$ . Démontrez que $s_{T'v'}=\alpha\gamma\, s_{Tv}$ et que le coefficient de corrélation est inchangé.
e) On exprime la température en kelvins et la vitesse en kilomètres par heure. Calculez la nouvelle covariance et le nouveau coefficient de corrélation.
f) Une équipe repère plutôt la température par l'écart sous $30$ °C, $\theta=30-T$ . Que vaut le coefficient de corrélation entre $\theta$ et $v$ ?

Voir la correction

Réponses

a) Croissant, linéaire, très fort, sans point isolé
b) $\overline{T}\approx 11{,}67$ °C, $\overline{v}\approx 338{,}33$ m/s, $s_{Tv}\approx 139{,}33$ °C·m/s
c) $s_{T}\approx 15{,}06$ °C, $s_{v}\approx 9{,}27$ m/s, $r\approx 0{,}9987$ : lien linéaire croissant très fort
d) $s_{T'v'}=\alpha\gamma\,s_{Tv}$ , $s_{T'}=\alpha s_{T}$ , $s_{v'}=\gamma s_{v}$ , donc $r'=r$
e) $s_{T'v'}\approx 501{,}6$ K·km/h ; $r'\approx 0{,}9987$
f) $r\approx -0{,}9987$

a)

Les points montent de gauche à droite : le lien est croissant.

Ils se rangent presque exactement sur une droite : la forme est linéaire et le lien très fort.

Aucun point ne s'écarte du groupe, en abscisse comme en ordonnée.

On écrit cette description AVANT tout calcul : c'est elle qui autorise ensuite un coefficient de corrélation linéaire.

b)

$\overline{T}=\dfrac{70}{6}\approx 11{,}67$ °C et $\overline{v}=\dfrac{2030}{6}\approx 338{,}33$ m/s.

\displaystyle S_{Tv}=\sum T_{i}v_{i}-\dfrac{\sum T_{i}\sum v_{i}}{n}=24\,380-\dfrac{70\times 2030}{6}\approx 696{,}67

$s_{Tv}=\dfrac{696{,}67}{5}\approx 139{,}33$ , en degrés Celsius-mètres par seconde.

Le signe positif confirme le sens croissant. La valeur 139 ne dit rien de la force du lien : elle dépend des unités, comme le montre la question e.

Piège : diviser par $n=6$ donne $116{,}1$ . L'énoncé définit la covariance d'échantillon avec $n-1$ .

c)

$s_{T}=\sqrt{\dfrac{S_{TT}}{n-1}}=\sqrt{\dfrac{1133{,}33}{5}}\approx 15{,}06$ °C et $s_{v}=\sqrt{\dfrac{429{,}33}{5}}\approx 9{,}27$ m/s.

\displaystyle r=\dfrac{139{,}33}{15{,}06\times 9{,}27}\approx 0{,}9987

Le coefficient est positif et très proche de 1 : les mesures sont presque parfaitement alignées sur une droite croissante.

Il mesure l'alignement, et seulement lui : il ne dit pas de combien la vitesse augmente par degré, c'est le rôle de la pente.

d)

$T'_{i}-\overline{T'}=\alpha(T_{i}-\overline{T})$ et $v'_{i}-\overline{v'}=\gamma(v_{i}-\overline{v})$ : les constantes $\beta$ et $\delta$ disparaissent dans les écarts à la moyenne.

\displaystyle s_{T'v'}=\dfrac{1}{n-1}\sum \alpha(T_{i}-\overline{T})\,\gamma(v_{i}-\overline{v})=\alpha\gamma\,s_{Tv}

De même $s_{T'}=|\alpha|\,s_{T}=\alpha s_{T}$ et $s_{v'}=\gamma s_{v}$ , car $\alpha>0$ et $\gamma>0$ .

\displaystyle r'=\dfrac{\alpha\gamma\,s_{Tv}}{\alpha s_{T}\,\gamma s_{v}}=r

Le coefficient de corrélation est sans unité : changer d'unités ne change pas l'alignement des points.

e)

Kelvins : $T'=T+273{,}15$ , donc $\alpha=1$ . Kilomètres par heure : $v'=3{,}6\,v$ , donc $\gamma=3{,}6$ .

$s_{T'v'}=1\times 3{,}6\times 139{,}33\approx 501{,}6$ , en kelvins-kilomètres par heure.

\displaystyle r'=r\approx 0{,}9987

La covariance a été multipliée par 3,6 sans que le lien change : elle ne peut donc pas servir à dire si un lien est fort.

f)

$\theta=-T+30$ : c'est un changement d'unités avec $\alpha=-1<0$ .

La démonstration de d donne alors $s_{\theta v}=-s_{Tv}$ et $s_{\theta}=|-1|\,s_{T}=s_{T}$ , d'où $r=-0{,}9987$ .

Piège : croire que la force du lien a changé. Seul le sens s'inverse, parce que θ diminue quand la température monte.

Exercice 2 : Démontrer les formules de la droite des moindres carrés : le ressort

7 réponses vérifiables

On dispose de $n$ points $(x_{i}\,;y_{i})$ , les $x_{i}$ n'étant pas tous égaux. Pour une droite $y=ax+b$ , l'écart vertical du point $i$ est $e_{i}=y_{i}-(ax_{i}+b)$ , et l'on note $S(a,b)=\sum e_{i}^{2}$ . La droite des moindres carrés est celle qui rend $S(a,b)$ minimale. Notations : $S_{xx}=\sum (x_{i}-\overline{x})^{2}$ , $S_{yy}=\sum (y_{i}-\overline{y})^{2}$ , $S_{xy}=\sum (x_{i}-\overline{x})(y_{i}-\overline{y})$ et $r=\frac{S_{xy}}{\sqrt{S_{xx}S_{yy}}}$ .

Application : on suspend un ressort et on mesure sa longueur $L$ sous six forces $F$ . La figure montre le nuage, une droite quelconque et ses écarts verticaux.

$F$ (N)	$0$	$1$	$2$	$3$	$4$	$5$
$L$ (cm)	$12{,}0$	$14{,}1$	$15{,}9$	$18{,}2$	$19{,}8$	$22{,}0$

a) On fixe $a$ . Montrez que $S$ est un polynôme du second degré en $b$ , minimal pour $b=\overline{y}-a\overline{x}$ . Déduisez-en que la droite des moindres carrés passe par le point moyen $(\overline{x}\,;\overline{y})$ .
b) Montrez qu'avec ce choix de $b$ , $S=S_{yy}-2aS_{xy}+a^{2}S_{xx}$ .
c) Déduisez-en que $S$ est minimale pour $a=\frac{S_{xy}}{S_{xx}}$ , que ce minimum vaut $S_{yy}(1-r^{2})$ , puis que $-1\le r\le 1$ .
d) Calculez $S_{xx}$ , $S_{xy}$ , puis l'équation de la droite des moindres carrés de $L$ en fonction de $F$ .
e) Interprétez la pente et l'ordonnée à l'origine dans le contexte du ressort, puis déduisez-en la raideur $k$ en N/m.
f) Calculez $S_{yy}$ , puis la somme minimale des carrés des écarts $S_{yy}(1-r^{2})$ .

Voir la correction

Réponses

a) $S$ est minimale pour $b=\overline{y}-a\overline{x}$ , donc $\overline{y}=a\overline{x}+b$ : la droite passe par $(\overline{x}\,;\overline{y})$
b) $S=S_{yy}-2aS_{xy}+a^{2}S_{xx}$
c) $a=\frac{S_{xy}}{S_{xx}}$ , $S_{\min}=S_{yy}(1-r^{2})\ge 0$ , donc $r^{2}\le 1$
d) $S_{xx}=17{,}5$ , $S_{xy}=34{,}7$ ; $\hat{L}\approx 1{,}983F+12{,}04$
e) Longueur à vide $\approx 12{,}0$ cm ; $1{,}98$ cm par newton ; $k\approx 50{,}4$ N/m
f) $S_{yy}=68{,}9$ ; $S_{\min}\approx 0{,}095$ cm²

a)

Posons $u_{i}=y_{i}-ax_{i}$ , nombres fixés puisque $a$ l'est. Alors $S=\sum (u_{i}-b)^{2}=nb^{2}-2b\sum u_{i}+\sum u_{i}^{2}$ .

C'est un polynôme du second degré en $b$ , de coefficient dominant $n>0$ : sa parabole est tournée vers le haut, et son minimum est au sommet.

\displaystyle \dfrac{dS}{db}=2nb-2\sum u_{i}=0\iff b=\dfrac{\sum u_{i}}{n}=\overline{y}-a\overline{x}

Avec ce $b$ , $a\overline{x}+b=\overline{y}$ : le point moyen $(\overline{x}\,;\overline{y})$ est sur la droite, quel que soit $a$ , donc aussi sur la droite optimale.

b)

Avec $b=\overline{y}-a\overline{x}$ , chaque écart se réécrit $e_{i}=(y_{i}-\overline{y})-a(x_{i}-\overline{x})$ .

\displaystyle e_{i}^{2}=(y_{i}-\overline{y})^{2}-2a(x_{i}-\overline{x})(y_{i}-\overline{y})+a^{2}(x_{i}-\overline{x})^{2}

En sommant : $S=S_{yy}-2aS_{xy}+a^{2}S_{xx}$ .

c)

$S$ est maintenant un polynôme du second degré en $a$ , de coefficient dominant $S_{xx}>0$ (les $x_{i}$ ne sont pas tous égaux).

\displaystyle \dfrac{dS}{da}=-2S_{xy}+2aS_{xx}=0\iff a=\dfrac{S_{xy}}{S_{xx}}

\displaystyle S_{\min}=S_{yy}-2\dfrac{S_{xy}^{2}}{S_{xx}}+\dfrac{S_{xy}^{2}}{S_{xx}}=S_{yy}-\dfrac{S_{xy}^{2}}{S_{xx}}=S_{yy}\left(1-\dfrac{S_{xy}^{2}}{S_{xx}S_{yy}}\right)=S_{yy}(1-r^{2})

Une somme de carrés est positive ou nulle : $S_{yy}(1-r^{2})\ge 0$ , et $S_{yy}>0$ dès que les $y_{i}$ ne sont pas tous égaux, donc $r^{2}\le 1$ , soit $-1\le r\le 1$ .

Mieux : $r=\pm 1$ exactement quand $S_{\min}=0$ , c'est-à-dire quand tous les points sont sur la droite. C'est la preuve que $r$ mesure l'ALIGNEMENT.

On voit aussi pourquoi $r^{2}$ s'interprète en proportion : $1-r^{2}=\dfrac{S_{\min}}{S_{yy}}$ est la part de la variation de $y$ que la droite laisse inexpliquée.

d)

$\overline{F}=2{,}5$ N et $\overline{L}=\dfrac{102}{6}=17$ cm.

$S_{xx}=55-\dfrac{15^{2}}{6}=17{,}5$ et $S_{xy}=289{,}7-\dfrac{15\times 102}{6}=34{,}7$

$a=\dfrac{34{,}7}{17{,}5}\approx 1{,}983$ cm/N, puis $b=17-1{,}983\times 2{,}5\approx 12{,}04$ cm.

\displaystyle \hat{L}\approx 1{,}983\,F+12{,}04

e)

L'ordonnée à l'origine est la longueur prédite sans force : la longueur à vide du ressort, environ $12{,}0$ cm, en accord avec la mesure à $0$ N.

La pente dit que chaque newton supplémentaire allonge le ressort d'environ $1{,}98$ cm.

Le modèle de Hooke s'écrit $L=L_{0}+\dfrac{F}{k}$ : la pente vaut $\dfrac{1}{k}$ , donc $k=\dfrac{1}{1{,}983}\approx 0{,}504$ N/cm, soit environ $50{,}4$ N/m.

Cette lecture suppose le ressort dans son domaine élastique, ce que l'alignement des six mesures rend plausible entre $0$ et $5$ N, et seulement là.

Piège : prendre la pente pour la raideur. Ici L est en ordonnée : la pente est l'inverse de la raideur, et elle est en cm/N.

f)

$S_{yy}=1802{,}9-\dfrac{102^{2}}{6}=68{,}9$ et $r=\dfrac{34{,}7}{\sqrt{17{,}5\times 68{,}9}}\approx 0{,}99931$ .

$S_{\min}=68{,}9\,(1-r^{2})=68{,}9-\dfrac{34{,}7^{2}}{17{,}5}\approx 0{,}095$ cm²

On le retrouve en sommant les carrés des six résidus, $-0{,}043$ ; $0{,}074$ ; $-0{,}109$ ; $0{,}209$ ; $-0{,}174$ ; $0{,}043$ : leur somme est nulle, comme l'impose la question a, et la somme de leurs carrés vaut bien $0{,}095$ .

Aucune autre droite ne fait mieux : celle de la figure, tracée au jugé, donne une somme bien plus grande.

Exercice 3 : Coefficient de détermination, interpolation et extrapolation : un étalonnage en absorbance

11 réponses vérifiables

Pour doser le fer dans l'eau de drainage d'une ancienne mine, on le transforme en un complexe rouge dont on mesure l'absorbance $A$ à $480$ nm. Six solutions étalons de concentration $c$ connue donnent le tableau ci-dessous. On admet que, dans cette gamme, $A$ est proportionnelle à $c$ à un petit décalage près (loi de Beer-Lambert, valable en solution diluée).

La figure représente les étalons et l'absorbance de l'échantillon E.

$c$ (mg/L)	$0$	$2$	$4$	$6$	$8$	$10$
$A$	$0{,}003$	$0{,}098$	$0{,}204$	$0{,}297$	$0{,}399$	$0{,}505$

a) Déterminez la droite des moindres carrés de $A$ en fonction de $c$ .
b) Calculez $r$ et $r^{2}$ . Interprétez $r^{2}$ en une phrase.
c) L'échantillon E a une absorbance de $0{,}352$ . Déterminez sa concentration en fer. S'agit-il d'une interpolation ou d'une extrapolation ?
d) L'eau brute, non diluée, donne $A=1{,}72$ . Calculez la concentration que donnerait la droite. Diluée cinq fois, la même eau donne $A=0{,}398$ : déduisez-en sa concentration. Laquelle des deux valeurs retenir ?
e) Un camarade calcule plutôt la droite de $c$ en fonction de $A$ , $\hat{c}=a'A+b'$ . Montrez que $a\,a'=r^{2}$ , calculez $a'$ et comparez-la à $\frac{1}{a}$ .

Voir la correction

Réponses

a) $\hat{A}\approx 0{,}05009\,c+0{,}0006$
b) $r\approx 0{,}99984$ , $r^{2}\approx 0{,}9997$ : la relation linéaire explique $99{,}97\,\%$ de la variation de $A$ entre les étalons
c) $c_{E}\approx 7{,}02$ mg/L, interpolation
d) Droite : $34{,}3$ mg/L, extrapolation non fiable ; par dilution : $5\times 7{,}93\approx 39{,}7$ mg/L, à retenir
e) $a\,a'=r^{2}$ ; $a'\approx 19{,}96$ contre $\frac{1}{a}\approx 19{,}97$

a)

$\overline{c}=5$ mg/L et $\overline{A}=\dfrac{1{,}506}{6}=0{,}251$ .

$S_{cc}=220-\dfrac{30^{2}}{6}=70$ et $S_{cA}=11{,}036-\dfrac{30\times 1{,}506}{6}=3{,}506$

$a=\dfrac{3{,}506}{70}\approx 0{,}05009$ L/mg et $b=0{,}251-0{,}05009\times 5\approx 0{,}0006$ .

\displaystyle \hat{A}\approx 0{,}05009\,c+0{,}0006

L'ordonnée à l'origine est presque nulle, comme le prévoit la proportionnalité : le blanc absorbe à peine.

b)

$S_{AA}=0{,}553664-\dfrac{1{,}506^{2}}{6}\approx 0{,}17566$ , donc $r=\dfrac{3{,}506}{\sqrt{70\times 0{,}17566}}\approx 0{,}99984$ et $r^{2}\approx 0{,}9997$ .

Interprétation : entre $0$ et $10$ mg/L, la relation linéaire avec la concentration explique $99{,}97\,\%$ de la variation de l'absorbance des étalons ; le reste, $0{,}03\,\%$ , relève des erreurs de mesure.

Piège : lire $r=0{,}99984$ comme un pourcentage. C'est $r^{2}$ , la proportion $1-\frac{S_{\min}}{S_{AA}}$ démontrée à l'exercice 2, qui se lit en pourcentage.

c)

On inverse la droite : $c_{E}=\dfrac{0{,}352-0{,}0006}{0{,}05009}\approx 7{,}02$ mg/L.

$7{,}02$ est entre $0$ et $10$ , bornes de la gamme d'étalonnage : c'est une interpolation, la seule prédiction que les étalons garantissent.

d)

$A=1{,}72$ dépasse de loin l'absorbance du plus fort étalon, $0{,}505$ . La droite donnerait $c=\dfrac{1{,}72-0{,}0006}{0{,}05009}\approx 34{,}3$ mg/L : c'est une extrapolation.

Rien dans les étalons ne dit que la proportionnalité tient au-delà de 10 mg/L. Aux fortes absorbances, la loi de Beer-Lambert cesse souvent d'être vérifiée et l'appareil mesure mal.

La solution diluée, elle, tombe dans la gamme : $c=\dfrac{0{,}398-0{,}0006}{0{,}05009}\approx 7{,}93$ mg/L, donc l'eau brute contient $5\times 7{,}93\approx 39{,}7$ mg/L.

On retient $39{,}7$ mg/L. L'écart avec $34{,}3$ mg/L, environ $14\,\%$ , montre ce qu'aurait coûté l'extrapolation : la réponse réelle s'infléchit au-delà de la gamme, et la droite prolongée sous-estime la concentration.

Piège : croire qu'un r² de 0,9997 garantit la droite partout. Il juge l'alignement des points mesurés, et seulement d'eux.

e)

Les deux pentes sont $a=\dfrac{S_{cA}}{S_{cc}}$ et $a'=\dfrac{S_{cA}}{S_{AA}}$ .

\displaystyle a\,a'=\dfrac{S_{cA}^{2}}{S_{cc}S_{AA}}=r^{2}

$a'=\dfrac{3{,}506}{0{,}17566}\approx 19{,}96$ mg/L par unité d'absorbance, contre $\dfrac{1}{a}\approx 19{,}97$ .

Les deux droites ne coïncident que si $r^{2}=1$ . La droite de $y$ en fonction de $x$ minimise les écarts VERTICAUX, celle de $x$ en fonction de $y$ les écarts horizontaux : ce ne sont pas les mêmes écarts.

Pour un étalonnage, on régresse $A$ en fonction de $c$ , puis on inverse : les concentrations des étalons sont connues avec précision et l'erreur porte sur l'absorbance mesurée. Ici $r^{2}$ est si proche de $1$ que les deux méthodes donnent $7{,}02$ mg/L pour E.

Exercice 4 : Tableau de contingence et effectifs théoriques : la couleur des hortensias

11 réponses vérifiables

Une société d'horticulture relève, dans $200$ jardins, la couleur des fleurs d'un hortensia (bleue, violette ou rose) et le type de sol, classé selon son pH : acide (pH inférieur à $6$ ), neutre (pH de $6$ à $7$ ) ou calcaire (pH supérieur à $7$ ). Un seul hortensia est noté par jardin.

On donne la valeur critique du khi-carré à $4$ degrés de liberté au seuil de $1\,\%$ : $13{,}277$ .

Couleur \ sol	acide	neutre	calcaire	Total
bleue	38	14	6	58
violette	12	20	10	42
rose	10	26	64	100
Total	60	60	80	200

a) Précisez la population, les deux variables étudiées et leur nature.
b) Calculez le pourcentage de fleurs bleues parmi les hortensias en sol acide, en sol calcaire, puis dans l'ensemble. Que suggère la comparaison ?
c) On note $L_{i}$ le total de la ligne $i$ , $C_{j}$ celui de la colonne $j$ et $n$ l'effectif total. Démontrez que, si la couleur et le sol étaient indépendants, l'effectif attendu dans la case $(i\,;j)$ vaudrait $E_{ij}=\frac{L_{i}\,C_{j}}{n}$ .
d) Calculez les effectifs théoriques des cases (bleue ; acide), (violette ; neutre) et (rose ; calcaire). Vérifiez que tous les effectifs théoriques du tableau sont au moins égaux à $5$ .
e) Montrez que, dans chaque ligne, les effectifs théoriques ont le même total que les effectifs observés. Déduisez-en le nombre de cases que l'on peut remplir librement, c'est-à-dire le nombre de degrés de liberté.
f) Calculez $\chi^{2}$ , puis concluez au seuil de $1\,\%$ . Nommez les trois cases qui contribuent le plus.

Tape tes réponses, la page te dit juste ou faux 0/11

a)

Nature des deux variables

b)

Bleues en sol acide %

Bleues en sol calcaire %

Bleues dans l'ensemble %

d)

E

(bleue ; acide)

E

(violette ; neutre)

E

(rose ; calcaire)

Plus petit effectif théorique

e)

Degrés de liberté

f)

\chi^{2}

Au seuil de 1 %

Voir la correction

Réponses

a) Population : les hortensias des 200 jardins ; couleur et type de sol, deux variables qualitatives (le sol, ordinale)
b) $63{,}3\,\%$ en sol acide, $7{,}5\,\%$ en sol calcaire, $29{,}0\,\%$ dans l'ensemble : les profils diffèrent nettement
c) Indépendance : $P(A_{i}\cap B_{j})=P(A_{i})P(B_{j})$ , estimée par $\frac{L_{i}}{n}\cdot\frac{C_{j}}{n}$ , d'où $E_{ij}=n\cdot\frac{L_{i}}{n}\cdot\frac{C_{j}}{n}=\frac{L_{i}C_{j}}{n}$
d) $17{,}4$ ; $12{,}6$ ; $40$ ; le plus petit vaut $12{,}6\ge 5$
e) $\sum_{j}E_{ij}=L_{i}$ ; $(3-1)(3-1)=4$ degrés de liberté
f) $\chi^{2}\approx 73{,}20>13{,}277$ : on rejette l'indépendance ; cases (bleue ; acide), (rose ; calcaire), (rose ; acide)

a)

La population est celle des hortensias des jardins étudiés ; l'unité statistique est un hortensia, un par jardin.

Les deux variables, la couleur des fleurs et le type de sol, sont qualitatives. Le type de sol est même ordinal, puisque ses trois classes suivent l'ordre des pH.

C'est la nature qualitative des deux variables qui appelle un tableau de contingence et un test du khi-carré, et non une droite de régression.

b)

Sol acide : $\dfrac{38}{60}\approx 63{,}3\,\%$ de fleurs bleues. Sol calcaire : $\dfrac{6}{80}=7{,}5\,\%$ . Ensemble : $\dfrac{58}{200}=29{,}0\,\%$ .

On compare des pourcentages calculés dans chaque colonne, appelés profils : les effectifs bruts ne se comparent pas, puisque les colonnes n'ont pas le même total.

Si la couleur ne dépendait pas du sol, chaque colonne aurait à peu près le profil de l'ensemble, 29 % de fleurs bleues. L'écart entre 63,3 % et 7,5 % suggère un lien, qu'il reste à éprouver par un test.

Piège : diviser 38 par 58, le total de la ligne. On obtient alors la part des fleurs bleues qui poussent en sol acide, une autre question.

c)

Choisissons un hortensia au hasard. Notons $A_{i}$ l'événement « sa couleur est dans la ligne $i$ » et $B_{j}$ « son sol est dans la colonne $j$ ».

Les fréquences observées estiment $P(A_{i})\approx\dfrac{L_{i}}{n}$ et $P(B_{j})\approx\dfrac{C_{j}}{n}$ .

Si les variables sont indépendantes, $P(A_{i}\cap B_{j})=P(A_{i})\,P(B_{j})\approx\dfrac{L_{i}}{n}\cdot\dfrac{C_{j}}{n}$ .

Sur $n$ hortensias, l'effectif attendu dans la case est donc $E_{ij}=n\cdot\dfrac{L_{i}}{n}\cdot\dfrac{C_{j}}{n}=\dfrac{L_{i}\,C_{j}}{n}$ .

d)

$E_{\text{bleue, acide}}=\dfrac{58\times 60}{200}=17{,}4$ , $E_{\text{violette, neutre}}=\dfrac{42\times 60}{200}=12{,}6$ et $E_{\text{rose, calcaire}}=\dfrac{100\times 80}{200}=40$ .

Le plus petit effectif théorique est celui de la ligne et des colonnes aux plus petits totaux : $\dfrac{42\times 60}{200}=12{,}6$ , partagé par (violette ; acide) et (violette ; neutre).

Tous sont au moins égaux à $5$ : la condition d'application du test est remplie.

Un effectif théorique n'a pas à être entier : c'est une moyenne attendue, pas un compte d'hortensias.

e)

$\sum_{j}E_{ij}=\dfrac{L_{i}}{n}\sum_{j}C_{j}=\dfrac{L_{i}}{n}\times n=L_{i}$ : chaque ligne théorique a le total observé. De même pour chaque colonne.

Les totaux étant fixés, il suffit de choisir les cases d'une sous-table à 2 lignes et 2 colonnes : la dernière case de chaque ligne et de chaque colonne s'en déduit.

Le nombre de degrés de liberté vaut donc $(3-1)(3-1)=4$ .

f)

Les neuf contributions $\dfrac{(O-E)^{2}}{E}$ valent, ligne par ligne : $24{,}39$ ; $0{,}66$ ; $12{,}75$ ; puis $0{,}03$ ; $4{,}35$ ; $2{,}75$ ; puis $13{,}33$ ; $0{,}53$ ; $14{,}40$ .

$\chi^{2}\approx 73{,}20$ , très au-delà de la valeur critique $13{,}277$ : on rejette l'hypothèse d'indépendance au seuil de $1\,\%$ .

Les plus fortes contributions viennent de (bleue ; acide), 24,39, où l'on observe 38 fleurs pour 17,4 attendues, de (rose ; calcaire), 14,40, avec 64 pour 40, et de (rose ; acide), 13,33, avec 10 pour 30.

Conclusion : dans ces jardins, la couleur des hortensias est liée au type de sol ; les fleurs bleues dominent en sol acide, les roses en sol calcaire.

C'est une enquête d'observation : le test établit l'association, pas son mécanisme. Le rôle du sol est connu par ailleurs, l'aluminium du sol étant plus disponible en milieu acide, mais d'autres pratiques des jardiniers pourraient aussi suivre le type de sol.

Exercice 5 : Le test d'indépendance du khi-carré, du début à la fin : traitement et germination

10 réponses vérifiables

Pour restaurer une prairie favorable au papillon monarque, un laboratoire veut faire germer des graines d'asclépiade commune. Il répartit AU HASARD $150$ graines entre trois traitements de $50$ graines : aucun traitement (témoin), un séjour de $30$ jours à $4$ °C (froid), ou une légère abrasion du tégument (scarifiées). Après $21$ jours, il compte les graines germées.

Valeurs critiques du khi-carré à $2$ degrés de liberté : $5{,}991$ au seuil de $5\,\%$ et $9{,}210$ au seuil de $1\,\%$ . Pour $2$ degrés de liberté, la densité de la loi du khi-carré est $f(x)=\frac{1}{2}e^{-x/2}$ pour $x\ge 0$ . La figure montre cette densité et la région critique au seuil de $5\,\%$ .

Résultat \ traitement	témoin	froid	scarifiées	Total
germées	22	38	30	90
non germées	28	12	20	60
Total	50	50	50	150

a) Formulez l'hypothèse nulle $H_{0}$ et l'hypothèse alternative $H_{1}$ dans le contexte.
b) Calculez les six effectifs théoriques et vérifiez la condition d'application du test.
c) Calculez la statistique $\chi^{2}$ et le nombre de degrés de liberté.
d) Concluez au seuil de $5\,\%$ , puis au seuil de $1\,\%$ .
e) Démontrez que, pour $2$ degrés de liberté, $P(\chi^{2}>c)=e^{-c/2}$ . Vérifiez la valeur critique $5{,}991$ , puis calculez la valeur p du test.
f) Quelles cases contribuent le plus à $\chi^{2}$ ? Peut-on conclure que le froid AUGMENTE la germination ? Et que la scarification est sans effet ?

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b)

E pour une case « germées »

E pour une case « non germées »

c)

\chi^{2}

Degrés de liberté

d)

Au seuil de 5 %

Au seuil de 1 %

e)

e^{-5{,}991/2}

Valeur p

f)

Une des deux cases de plus forte contribution

Peut-on attribuer l'effet au traitement ?

Voir la correction

Réponses

a) $H_{0}$ : la germination est indépendante du traitement ; $H_{1}$ : elle en dépend
b) $30$ pour chaque case « germées », $20$ pour chaque case « non germées » ; toutes $\ge 5$
c) $\chi^{2}=\frac{32}{3}\approx 10{,}67$ ; $2$ degrés de liberté
d) $10{,}67>5{,}991$ et $10{,}67>9{,}210$ : on rejette $H_{0}$ aux deux seuils
e) $\int_{c}^{+\infty}\frac{1}{2}e^{-x/2}dx=e^{-c/2}$ ; $e^{-5{,}991/2}\approx 0{,}0500$ ; $p\approx 0{,}0048$
f) (non germées ; froid) et (non germées ; témoin), $3{,}20$ chacune ; oui pour un effet du traitement, l'essai étant randomisé ; rien n'est établi pour la scarification seule

a)

$H_{0}$ : le résultat, germée ou non, est indépendant du traitement ; la proportion de graines qui germent est la même sous les trois traitements.

$H_{1}$ : le résultat dépend du traitement ; au moins un traitement a une proportion de germination différente.

Le test du khi-carré est global : son alternative ne dit ni quel traitement diffère, ni dans quel sens.

b)

$E_{\text{germées}}=\dfrac{90\times 50}{150}=30$ dans chaque colonne, et $E_{\text{non germées}}=\dfrac{60\times 50}{150}=20$ .

Les six effectifs théoriques sont au moins égaux à $5$ : la condition d'application est remplie.

On vérifie aussi que chaque graine n'est comptée qu'une fois et que les graines réagissent indépendamment les unes des autres, ce que l'on admet ici.

c)

Les écarts $O-E$ valent $-8$ ; $+8$ ; $0$ sur la ligne « germées » et $+8$ ; $-8$ ; $0$ sur l'autre.

\displaystyle \chi^{2}=\dfrac{64}{30}+\dfrac{64}{30}+0+\dfrac{64}{20}+\dfrac{64}{20}+0=\dfrac{32}{3}\approx 10{,}67

Degrés de liberté : $(2-1)(3-1)=2$ .

d)

$10{,}67>5{,}991$ : la statistique tombe dans la région critique, on rejette $H_{0}$ au seuil de $5\,\%$ .

$10{,}67>9{,}210$ : on la rejette aussi au seuil de $1\,\%$ .

Conclusion : au seuil de 1 %, la germination de l'asclépiade dépend du traitement reçu.

e)

\displaystyle P(\chi^{2}>c)=\displaystyle\int_{c}^{+\infty}\frac{1}{2}e^{-x/2}\,dx=\lim_{M\to+\infty}\left[-e^{-x/2}\right]_{c}^{M}=e^{-c/2}

$e^{-5{,}991/2}\approx 0{,}0500$ : on retrouve bien le seuil de $5\,\%$ .

Valeur p : $p=P(\chi^{2}>10{,}67)=e^{-16/3}\approx 0{,}0048$ .

Si le traitement n'avait aucun effet, un écart au moins aussi grand n'apparaîtrait qu'environ $5$ fois sur $1000$ . Comme $p<0{,}01$ , on retrouve la décision de d.

Seule la loi à 2 degrés de liberté donne une formule aussi simple : pour les autres, on lit une table ou l'on intègre numériquement.

f)

Les contributions sont $2{,}13$ ; $2{,}13$ ; $0$ puis $3{,}20$ ; $3{,}20$ ; $0$ . Les plus fortes, $3{,}20$ , sont (non germées ; froid), avec $12$ graines pour $20$ attendues, et (non germées ; témoin), avec $28$ pour $20$ .

Le froid donne $\dfrac{38}{50}=76\,\%$ de germination contre $\dfrac{22}{50}=44\,\%$ chez le témoin.

Les graines ont été réparties au hasard : en dehors du traitement, rien ne distingue les trois lots, sinon le hasard que le test vient d'écarter. Le lien démontré s'interprète donc comme un effet du traitement, dans les conditions de cet essai.

La scarification, avec 60 % de germination, contribue 0. Cela ne prouve pas qu'elle est sans effet : le test global n'a pas été conçu pour comparer deux traitements entre eux, et ne pas observer d'écart n'est pas démontrer l'absence d'effet.

Piège : écrire que la dépendance prouve une cause dans toute étude. C'est la répartition au hasard qui autorise ici le mot « effet ».

Exercice 6 : Point aberrant et point influent : la latitude et la température

13 réponses vérifiables

Une étude de climatologie relève la température moyenne annuelle $T$ de sept stations de plaine (altitude inférieure à $200$ m), échelonnées du sud au nord le long de la côte est de l'Amérique du Nord, en fonction de leur latitude $x$ . Les valeurs sont fictives mais plausibles.

Deux stations sont ensuite proposées : M, une station de sommet à $42$ °N, vers $2300$ m d'altitude, où $T=-5$ °C ; P, une station côtière de l'Arctique à $74$ °N, où $T=-10$ °C. La figure montre les sept stations de plaine et les points M et P, en rond creux.

Latitude (°N)	$30$	$34$	$38$	$41$	$45$	$48$	$52$
$T$ (°C)	$21{,}0$	$16{,}5$	$14{,}0$	$10{,}5$	$7{,}5$	$3{,}5$	$1{,}5$

a) Pour les sept stations de plaine, calculez la pente $a$ , l'ordonnée à l'origine $b$ de la droite des moindres carrés de $T$ en fonction de $x$ , et le coefficient $r$ .
b) On ajoute M aux sept stations. Recalculez $r$ et la pente. Comparez.
c) On ajoute P aux sept stations, sans M. Recalculez $r$ et la pente. Comparez.
d) La pente s'écrit $a=\sum w_{i}\,\frac{y_{i}-\overline{y}}{x_{i}-\overline{x}}$ avec $w_{i}=\frac{(x_{i}-\overline{x})^{2}}{S_{xx}}$ pour $x_{i}\neq\overline{x}$ . Vérifiez cette écriture, puis calculez le poids $w$ de P dans le cas c et celui de M dans le cas b. Expliquez pourquoi P pèse sur la pente et M presque pas.
e) Faut-il retirer M de l'étude ? Et P ? Justifiez chaque décision.
f) Avec la droite des sept stations de plaine, prédisez la température moyenne à $60$ °N. Cette prédiction est-elle fiable ?

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a)

a

°C par degré

b

°C

r

b)

r

avec M

Pente avec M

c)

r

avec P

Pente avec P

d)

Poids de P %

Poids de M %

e)

Décision pour M

Décision pour P

f)

\hat{T}

à

60

°N °C

Nature de la prédiction

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Réponses

a) $a\approx -0{,}899$ °C par degré, $b\approx 47{,}65$ °C, $r\approx -0{,}9962$
b) Avec M : $r\approx -0{,}786$ , pente $\approx -0{,}930$ : $r$ chute, la pente bouge à peine
c) Avec P : $r\approx -0{,}984$ , pente $\approx -0{,}704$ : $r$ reste fort, la pente change de $22\,\%$
d) $w_{P}\approx 63{,}1\,\%$ , $w_{M}\approx 0{,}15\,\%$ : le poids croît comme le carré de l'écart à $\overline{x}$
e) M : écarté et signalé, car l'altitude en fait une autre population ; P : on ne prolonge pas la droite jusqu'à lui, on l'étudie à part
f) $\hat{T}\approx -6{,}3$ °C ; extrapolation au-delà de $52$ °N, non garantie

a)

$\overline{x}=\dfrac{288}{7}\approx 41{,}14$ et $\overline{T}=\dfrac{74{,}5}{7}\approx 10{,}64$ .

$S_{xx}=12\,214-\dfrac{288^{2}}{7}\approx 364{,}86$ , $S_{xT}=2737-\dfrac{288\times 74{,}5}{7}\approx -328{,}14$ , $S_{TT}=1090{,}25-\dfrac{74{,}5^{2}}{7}\approx 297{,}36$

$a=\dfrac{-328{,}14}{364{,}86}\approx -0{,}899$ °C par degré de latitude, $b=10{,}64+0{,}899\times 41{,}14\approx 47{,}65$ °C.

$r=\dfrac{-328{,}14}{\sqrt{364{,}86\times 297{,}36}}\approx -0{,}9962$ : lien linéaire décroissant très fort.

En plaine, on perd en moyenne 0,9 °C par degré de latitude vers le nord, sur la plage observée de 30 à 52 °N.

b)

Avec M, sur huit stations : $\overline{x}=41{,}25$ , $S_{xx}=365{,}5$ , $S_{xT}\approx -339{,}88$ , $S_{TT}\approx 511{,}47$ .

$r\approx -0{,}786$ et la pente vaut $\approx -0{,}930$ .

Le coefficient s'effondre, $r^{2}$ passant de $0{,}992$ à $0{,}618$ : M est un point aberrant, très loin sous la droite, environ $15$ °C plus froid que prévu à sa latitude.

Mais la pente ne varie que de 3 % : M est au milieu des latitudes, il fait baisser le nuage sans le faire tourner.

c)

Avec P, sur huit stations : $\overline{x}=45{,}25$ , $S_{xx}=1309{,}5$ , $S_{xT}\approx -921{,}63$ , $S_{TT}\approx 670{,}22$ .

$r\approx -0{,}984$ et la pente vaut $\approx -0{,}704$ .

Le coefficient reste très fort, mais la pente passe de $-0{,}899$ à $-0{,}704$ , soit $22\,\%$ de moins : un seul point sur huit a fait tourner la droite.

P est un point influent. Sa température, $-10$ °C, est environ $9$ °C au-dessus de ce que prévoit la droite des plaines, $-18{,}9$ °C.

Piège : juger l'effet d'un point sur r seulement. Le coefficient ne voit pas qu'une droite a tourné.

d)

$w_{i}\,\dfrac{y_{i}-\overline{y}}{x_{i}-\overline{x}}=\dfrac{(x_{i}-\overline{x})(y_{i}-\overline{y})}{S_{xx}}$ : la somme redonne $\dfrac{S_{xy}}{S_{xx}}=a$ , et un point d'abscisse $\overline{x}$ n'apporte rien.

La pente est donc une moyenne pondérée des pentes qui relient chaque point au point moyen, et les poids $w_{i}$ ont pour somme $1$ .

Pour P : $w_{P}=\dfrac{(74-45{,}25)^{2}}{1309{,}5}\approx 0{,}631$ , soit $63{,}1\,\%$ de tout le poids, à lui seul.

Pour M : $w_{M}=\dfrac{(42-41{,}25)^{2}}{365{,}5}\approx 0{,}0015$ , soit $0{,}15\,\%$ .

Le poids d'un point croît comme le CARRÉ de son écart à la moyenne des abscisses : c'est l'effet de levier. Un point loin en x décide de la pente ; un point au centre ne la touche presque pas, même très loin en y.

e)

M : la station de sommet n'appartient pas à la population étudiée, les stations de plaine. Son écart s'explique par une troisième variable, l'altitude : la température baisse de plusieurs degrés par kilomètre d'élévation.

On l'écarte donc de cette régression, en le DISANT dans le rapport et en définissant la population (altitude inférieure à 200 m). On ne supprime jamais un point sans dire lequel et pourquoi.

P : la station arctique est dans la population, mais hors de la plage de latitudes où la relation linéaire a été établie. Son écart suggère que la relation change au-delà, sous l'effet d'autres facteurs comme l'océan.

On ne prolonge donc pas la droite jusqu'à lui : on présente la droite pour 30 à 52 °N, et l'on signale que les régions arctiques demandent une étude à part, avec plus de stations.

Dans les deux cas, la décision vient de la connaissance du phénomène, pas du désir d'améliorer r.

f)

$\hat{T}=-0{,}899\times 60+47{,}65\approx -6{,}3$ °C

$60$ °N est hors de la plage observée, de $30$ à $52$ °N : c'est une extrapolation.

La station P vient justement de montrer que la relation des plaines ne se prolonge pas telle quelle vers le nord. La valeur −6,3 °C n'est qu'une indication, à confirmer par des mesures.

Exercice 7 : La condition des effectifs théoriques et l'effet de la taille : groupe sanguin et traitement

9 réponses vérifiables

Une étude d'observation suit $120$ patients traités par un antiviral expérimental (fictif). Pour chacun, on note son groupe sanguin et la réponse au traitement après deux semaines, favorable ou non. Les patients n'ont évidemment pas été répartis dans les groupes sanguins par les chercheurs.

Pour $2$ degrés de liberté : valeur critique $5{,}991$ au seuil de $5\,\%$ , et $P(\chi^{2}>c)=e^{-c/2}$ .

Groupe \ réponse	favorable	non favorable	Total
O	30	24	54
A	31	15	46
B	7	7	14
AB	4	2	6
Total	72	48	120

a) Calculez les effectifs théoriques de la ligne AB. Le test du khi-carré peut-il être appliqué au tableau tel quel ?
b) On regroupe les groupes B et AB en une seule ligne. Justifiez ce regroupement, écrivez le nouveau tableau et donnez son nombre de degrés de liberté.
c) Calculez $\chi^{2}$ pour le tableau regroupé et concluez au seuil de $5\,\%$ .
d) Rédigez la conclusion dans le contexte.
e) Démontrez que, si tous les effectifs observés sont multipliés par un même nombre $k>0$ , la statistique $\chi^{2}$ est multipliée par $k$ .
f) Une étude de $480$ patients retrouve EXACTEMENT les mêmes proportions dans le tableau regroupé. Calculez son $\chi^{2}$ et sa valeur p, et concluez. Le lien est-il plus fort que dans l'étude de $120$ patients ?

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Réponses

a) $3{,}6$ et $2{,}4$ , sous $5$ : test non applicable tel quel
b) B et AB portent l'antigène B ; lignes O, A, B ou AB ; $(3-1)(2-1)=2$ degrés de liberté
c) $\chi^{2}\approx 1{,}70<5{,}991$ : on ne rejette pas $H_{0}$
d) Au seuil de 5 %, ces données ne montrent pas de lien entre le groupe sanguin et la réponse ; elles ne prouvent pas l'indépendance
e) $O$ et $E$ sont multipliés par $k$ , donc chaque terme $\frac{(O-E)^{2}}{E}$ aussi
f) $\chi^{2}\approx 6{,}80>5{,}991$ , $p\approx 0{,}033$ : rejet ; même lien, plus de preuve

a)

$E_{\text{AB, favorable}}=\dfrac{6\times 72}{120}=3{,}6$ et $E_{\text{AB, non favorable}}=\dfrac{6\times 48}{120}=2{,}4$ .

Ces deux effectifs théoriques sont inférieurs à $5$ : la condition d'application n'est pas remplie, et le test ne peut pas être appliqué au tableau tel quel.

La raison : la statistique $\chi^{2}$ ne suit qu'APPROXIMATIVEMENT la loi du khi-carré, et l'approximation se dégrade quand les effectifs attendus sont petits. Un petit $E$ au dénominateur gonfle aussi une contribution au moindre écart.

b)

Les groupes B et AB ont en commun de porter l'antigène B : leur réunion a un sens biologique. Un regroupement se décide sur le sens des modalités, idéalement avant de voir les résultats, jamais pour obtenir un rejet.

Nouveau tableau : O, $30$ et $24$ ; A, $31$ et $15$ ; B ou AB, $11$ et $9$ , de total $20$ .

Effectifs théoriques : $32{,}4$ et $21{,}6$ ; $27{,}6$ et $18{,}4$ ; $12$ et $8$ . Tous sont au moins égaux à $5$ .

Degrés de liberté : $(3-1)(2-1)=2$ . Regrouper a fait perdre un degré de liberté, et une partie de l'information sur le groupe AB.

c)

Contributions : $0{,}178$ ; $0{,}267$ ; $0{,}419$ ; $0{,}628$ ; $0{,}083$ ; $0{,}125$ .

$\chi^{2}\approx 1{,}70$ , inférieur à $5{,}991$ : on ne rejette pas $H_{0}$ au seuil de $5\,\%$ .

Valeur p : $e^{-1{,}70/2}\approx 0{,}43$ . Un écart au moins aussi grand apparaîtrait près d'une fois sur deux sans aucun lien.

d)

« Au seuil de 5 %, les données de ces 120 patients ne permettent pas de conclure à un lien entre le groupe sanguin et la réponse au traitement. »

On n'écrit pas « le groupe sanguin n'a pas d'influence » : un lien faible peut exister et rester invisible sur 120 patients. Ne pas rejeter H0, c'est manquer de preuve, pas prouver l'indépendance.

Piège : traiter le non-rejet comme une démonstration de l'hypothèse nulle. La question f montre ce qui se passe avec plus de patients.

e)

Les nouveaux totaux sont $kL_{i}$ , $kC_{j}$ et $kn$ , donc $E'_{ij}=\dfrac{kL_{i}\,kC_{j}}{kn}=kE_{ij}$ .

\displaystyle \dfrac{(kO_{ij}-kE_{ij})^{2}}{kE_{ij}}=\dfrac{k^{2}(O_{ij}-E_{ij})^{2}}{kE_{ij}}=k\,\dfrac{(O_{ij}-E_{ij})^{2}}{E_{ij}}

En sommant, $\chi'^{2}=k\,\chi^{2}$ . Les degrés de liberté ne changent pas, puisque le tableau garde ses dimensions.

f)

$480=4\times 120$ : d'après e, $\chi^{2}=4\times 1{,}70\approx 6{,}80$ .

$6{,}80>5{,}991$ : on rejette $H_{0}$ au seuil de $5\,\%$ , avec une valeur p $e^{-6{,}80/2}\approx 0{,}033$ .

Le lien n'est pas plus fort : les proportions sont identiques, par exemple 56 % de réponses favorables chez les patients O dans les deux études. Ce qui a changé, c'est la quantité de preuve : sur 480 patients, le même écart ne s'explique plus raisonnablement par le hasard.

Le khi-carré juge l'EXISTENCE d'un lien, pas son intensité. Pour décrire l'intensité, on compare les profils : $\dfrac{31}{46}\approx 67\,\%$ de réponses favorables dans le groupe A contre $\dfrac{30}{54}\approx 56\,\%$ dans le groupe O.

Même significatif, ce lien reste observé et non provoqué : le groupe sanguin pourrait être associé à une autre caractéristique des patients qui, elle, influence la réponse.

Exercice 8 : Cinq affirmations à corriger

6 réponses vérifiables

Chacune des cinq affirmations suivantes, relevées dans des rapports de laboratoire, est fausse. Pour chacune, choisissez la correction juste, puis expliquez l'erreur en une ou deux phrases. Deux points par affirmation.

a) « Pour les sept stations de plaine de l'exercice 6, $r=-0{,}996$ : la latitude explique $99{,}6\,\%$ des écarts de température entre ces stations. »
b) « Entre $10$ et $60$ °C, l'activité d'une enzyme et la température donnent $r=0{,}01$ : la température n'a pas d'effet sur cette enzyme. »
c) « Dans l'exercice 7, le test du khi-carré sur $120$ patients ne rejette pas $H_{0}$ au seuil de $5\,\%$ : le groupe sanguin et la réponse au traitement sont donc indépendants. »
d) « Pour gagner du temps, on applique le test du khi-carré aux pourcentages du tableau de germination de l'exercice 5 plutôt qu'à ses effectifs : la conclusion est la même. »
e) « Le ressort de l'exercice 2 suit $\hat{L}=1{,}983F+12{,}04$ avec $r^{2}=0{,}9986$ : sous une force de $40$ N, il mesurera $91{,}4$ cm. »

Tape tes réponses, la page te dit juste ou faux 0/6

a)

Correction

b)

Correction

c)

Correction

d)

Correction

\chi^{2}

calculé sur les pourcentages du total

e)

Correction

Voir la correction

Réponses

a) $r^{2}\approx 0{,}992$ : $99{,}2\,\%$ de la variation de $T$ est expliquée par la relation linéaire avec la latitude
b) Lien en cloche, très fort mais non linéaire : r ne le voit pas
c) On ne rejette pas H0 : pas de lien démontré, ce qui ne prouve pas l'indépendance
d) Sur les pourcentages du total, $\chi^{2}=10{,}67\times\frac{100}{150}\approx 7{,}11$ : le test ne se fait que sur des effectifs
e) Extrapolation de $5$ à $40$ N : hors du domaine où le ressort a été étudié

a)

C'est le coefficient de détermination qui se lit en pourcentage : $r^{2}=(-0{,}9962)^{2}\approx 0{,}992$ .

Correction : « la relation linéaire avec la latitude explique environ 99,2 % de la variation de la température moyenne entre ces sept stations ».

« Explique » s'entend au sens statistique, une part de variance, et seulement pour les stations de plaine de 30 à 52 °N.

b)

$r$ mesure l'alignement des points sur une DROITE. L'activité d'une enzyme monte jusqu'à une température optimale puis chute : le nuage dessine une cloche, et ses deux moitiés se compensent dans $r$ .

Ici, avec les six mesures du corrigé, $r\approx 0{,}01$ alors que la température fait passer l'activité de $6$ à $49$ : le lien est fort, il n'est pas linéaire.

Correction : « r est presque nul : il n'y a pas de lien LINÉAIRE ; le nuage montre un lien en cloche, avec un optimum vers 35 °C ».

On regarde toujours le nuage avant de calculer r.

c)

Ne pas rejeter $H_{0}$ signifie que l'écart observé reste compatible avec le hasard, sur ces $120$ patients.

L'exercice 7 montre qu'avec les mêmes proportions sur 480 patients, le test rejette H0 : un lien faible peut échapper à un petit échantillon.

Correction : « au seuil de 5 %, ces données ne permettent pas de conclure à un lien ».

d)

Le tableau en pourcentages du total revient à un échantillon de $100$ graines au lieu de $150$ .

D'après l'exercice 7, multiplier les effectifs par $\frac{100}{150}$ multiplie $\chi^{2}$ par $\frac{100}{150}$ : $10{,}67\times\frac{2}{3}\approx 7{,}11$ au lieu de $10{,}67$ .

Ici les deux valeurs dépassent $5{,}991$ , mais avec $1000$ individus, passer en pourcentages diviserait $\chi^{2}$ par $10$ et pourrait renverser la décision.

Correction : « le test du khi-carré se fait toujours sur les effectifs observés ; les pourcentages servent à décrire les profils ».

e)

Le calcul est juste : $1{,}983\times 40+12{,}04\approx 91{,}4$ cm. C'est la prédiction qui ne l'est pas.

Le ressort a été étudié de $0$ à $5$ N ; $40$ N est huit fois la plus forte charge mesurée. Au-delà de sa limite d'élasticité, un ressort se déforme durablement et la loi de Hooke ne s'applique plus.

Correction : « la droite décrit le ressort entre 0 et 5 N ; sous 40 N, il faut mesurer, ou connaître la limite d'élasticité donnée par le fabricant ».

Un r² très proche de 1 juge l'alignement des points mesurés, jamais ce qui se passe au-delà.

Affirmation b : six mesures d'activité, en cloche autour d'un optimum vers

35

°C ; le lien est très fort et pourtant

r\approx 0{,}01

.

Exercice 9 : Problème : quand la droite ne convient pas, la masse et la longueur des couleuvres

13 réponses vérifiables

Une équipe d'herpétologie capture six couleuvres rayées d'une même population et mesure leur longueur totale $L$ et leur masse $m$ . Les données sont fictives mais plausibles.

La figure représente le nuage de points.

$L$ (cm)	$30$	$40$	$50$	$60$	$70$	$80$
$m$ (g)	$11$	$27$	$53$	$90$	$145$	$214$

a) Calculez la droite des moindres carrés de $m$ en fonction de $L$ , ainsi que $r^{2}$ .
b) Calculez les six résidus. Décrivez la suite de leurs signes et dites ce qu'elle révèle sur le modèle linéaire.
c) On envisage le modèle $m=k\,L^{p}$ . Montrez qu'il devient linéaire en posant $X=\ln L$ et $Y=\ln m$ , puis calculez la droite des moindres carrés de $Y$ en fonction de $X$ et son coefficient $r$ .
d) Déduisez-en $p$ et $k$ , puis prédisez la masse d'une couleuvre de $65$ cm avec chacun des deux modèles.
e) Interprétez la valeur de $p$ : que deviendrait la masse si la couleuvre gardait exactement la même forme en grandissant ?

Voir la correction

Réponses

a) $\hat{m}\approx 4{,}017L-130{,}94$ ; $r^{2}\approx 0{,}942$
b) $21{,}4$ ; $-2{,}7$ ; $-16{,}9$ ; $-20{,}1$ ; $-5{,}3$ ; $23{,}6$ : positifs aux bouts, négatifs au milieu ; modèle linéaire inadapté
c) $Y=pX+\ln k$ ; $\hat{Y}\approx 3{,}021X-7{,}862$ , $r\approx 0{,}99994$
d) $p\approx 3{,}02$ , $k\approx 3{,}85\times 10^{-4}$ ; à $65$ cm : $115$ g (puissance) contre $130$ g (droite)
e) Forme conservée : $m\propto L^{3}$ ; $p\approx 3$ est compatible avec une croissance qui conserve la forme

a)

$\overline{L}=55$ cm et $\overline{m}=90$ g ; $S_{LL}=19\,900-\dfrac{330^{2}}{6}=1750$ et $S_{Lm}=36\,730-\dfrac{330\times 540}{6}=7030$ .

$a=\dfrac{7030}{1750}\approx 4{,}017$ g/cm et $b=90-4{,}017\times 55\approx -130{,}94$ g, donc $\hat{m}\approx 4{,}017L-130{,}94$ .

$S_{mm}=78\,580-\dfrac{540^{2}}{6}=29\,980$ , d'où $r=\dfrac{7030}{\sqrt{1750\times 29\,980}}\approx 0{,}971$ et $r^{2}\approx 0{,}942$ .

Le coefficient est élevé ; il n'autorise encore rien. La droite prédit $4{,}017\times 30-130{,}94\approx -10{,}4$ g pour la plus petite couleuvre MESURÉE, une masse négative : elle donne $\hat{m}<0$ dès $L<32{,}6$ cm.

b)

Résidus $e=m-\hat{m}$ , dans l'ordre des longueurs : $21{,}4$ ; $-2{,}7$ ; $-16{,}9$ ; $-20{,}1$ ; $-5{,}3$ ; $23{,}6$ g.

Leur somme est nulle, comme pour toute droite des moindres carrés ; c'est leur ORDRE qui parle : positifs aux deux extrémités, négatifs au milieu.

Ce dessin en U, visible sur le graphique des résidus, dit que le nuage est courbé : la droite passe sous les points des bouts et au-dessus de ceux du milieu.

Le modèle linéaire ne convient pas, malgré r² = 0,942.

Piège : juger un modèle sur r² seul. Un nuage nettement courbé peut donner un r² élevé ; seuls le nuage et les résidus montrent la forme.

c)

$\ln m=\ln k+p\ln L$ , soit $Y=pX+\ln k$ : une relation linéaire entre $X$ et $Y$ , de pente $p$ et d'ordonnée à l'origine $\ln k$ .

$X$ : $3{,}4012$ ; $3{,}6889$ ; $3{,}9120$ ; $4{,}0943$ ; $4{,}2485$ ; $4{,}3820$ .

$Y$ : $2{,}3979$ ; $3{,}2958$ ; $3{,}9703$ ; $4{,}4998$ ; $4{,}9767$ ; $5{,}3660$ .

$S_{XX}\approx 0{,}66727$ et $S_{XY}\approx 2{,}01580$ , donc la pente vaut $\approx 3{,}021$ et l'ordonnée à l'origine $\overline{Y}-3{,}021\,\overline{X}\approx -7{,}862$ .

$r\approx 0{,}99994$ : les points transformés sont alignés, et les résidus de cette droite ne montrent plus de forme.

d)

$p\approx 3{,}02$ et $k=e^{-7{,}862}\approx 3{,}85\times 10^{-4}$ , en grammes pour $L$ en centimètres : $m\approx 3{,}85\times 10^{-4}\,L^{3{,}02}$ .

À $65$ cm : modèle puissance, $3{,}85\times 10^{-4}\times 65^{3{,}02}\approx 115$ g ; droite, $4{,}017\times 65-130{,}94\approx 130$ g.

Les deux prédictions sont des interpolations, mais la droite surestime : entre 60 et 70 cm, ses résidus sont négatifs, elle passe au-dessus des points.

Piège : prédire avec les valeurs arrondies de la pente et de l'ordonnée transformées. On garde toutes les décimales jusqu'au calcul de k.

e)

Si la forme était conservée, toutes les longueurs du corps seraient multipliées par le même facteur $\lambda$ , le volume par $\lambda^{3}$ , et la masse aussi, la densité étant à peu près constante : $m\propto L^{3}$ .

La pente obtenue, $p\approx 3{,}02$ , est très proche de $3$ : les données sont compatibles avec une croissance qui conserve la forme, dite isométrique.

Sur six couleuvres, on ne peut pas affirmer que p vaut exactement 3 : il faudrait un test sur la pente, qui dépasse le minimum du devis, et plus d'individus.

C'est le modèle physique, le volume, qui a suggéré la bonne transformation : le nombre r² n'aurait jamais indiqué la forme à lui seul.

Résidus de la droite en fonction de la longueur : positifs aux deux bouts, négatifs au milieu, un U qui trahit la courbure.

Après passage aux logarithmes : les six points sont alignés, de pente

3{,}02

.

Exercice 10 : Problème : une étude complète, les salamandres d'une forêt

15 réponses vérifiables

Une équipe d'écologie inventorie les salamandres d'une forêt feuillue pendant une saison. Chaque salamandre capturée est marquée, si bien qu'aucun individu n'est compté deux fois. Les données sont fictives mais plausibles.

Document 1 : $200$ salamandres classées selon l'espèce (cendrée, à deux lignes, maculée) et l'habitat de capture. Valeurs critiques du khi-carré à $4$ degrés de liberté : $9{,}488$ au seuil de $5\,\%$ , $13{,}277$ au seuil de $1\,\%$ .

Document 2 : sur huit placettes du versant boisé, l'humidité du sol $x$ (en %) et le nombre $y$ de salamandres cendrées trouvées sous des planches posées au sol. Il est donné avant la question d.

Espèce \ habitat	versant boisé	bord de ruisseau	mare temporaire	Total
cendrée	34	22	24	80
à deux lignes	14	28	18	60
maculée	16	16	28	60
Total	64	66	70	200

a) Document 1. Formulez $H_{0}$ , calculez les effectifs théoriques des trois cases de la ligne « cendrée » et vérifiez la condition d'application.
b) Calculez $\chi^{2}$ et le nombre de degrés de liberté. Concluez au seuil de $5\,\%$ , puis au seuil de $1\,\%$ .
c) Nommez les deux cases qui contribuent le plus à la statistique et décrivez ce qu'elles montrent.
Humidité (%) $18$ $24$ $29$ $33$ $38$ $42$ $47$ $52$

Salamandres $1$ $5$ $4$ $8$ $7$ $12$ $10$ $14$

Document 2 : huit placettes du versant boisé, humidité du sol et salamandres cendrées comptées.
d) Document 2. Calculez la droite des moindres carrés de $y$ en fonction de $x$ , puis $r$ et $r^{2}$ .
e) Prédisez le nombre de salamandres cendrées pour une humidité de $35\,\%$ , puis de $10\,\%$ . Commentez.
f) Rédigez en quatre phrases au plus la conclusion de l'étude : ce qu'elle montre, et ce qu'elle ne montre pas.

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

a)

E (cendrée ; versant)

E (cendrée ; ruisseau)

E (cendrée ; mare)

b)

\chi^{2}

Degrés de liberté

Au seuil de 5 %

Au seuil de 1 %

c)

Plus forte contribution

d)

a

b

r

r^{2}

e)

Prédiction à 35 %

Prédiction à 10 %

La prédiction à 10 % est-elle valable ?

Voir la correction

Réponses

a) $H_{0}$ : espèce et habitat indépendants ; $25{,}6$ ; $26{,}4$ ; $28$ ; plus petit $E$ : $19{,}2\ge 5$
b) $\chi^{2}\approx 12{,}89$ , $4$ degrés de liberté ; rejet à $5\,\%$ , pas de rejet à $1\,\%$
c) (à deux lignes ; ruisseau), 3,40, et (cendrée ; versant), 2,76 : chaque espèce est surreprésentée dans un habitat
d) $\hat{y}\approx 0{,}349x-4{,}72$ ; $r\approx 0{,}939$ , $r^{2}\approx 0{,}882$
e) $7{,}5$ salamandres à $35\,\%$ ; $-1{,}2$ à $10\,\%$ , extrapolation absurde
f) Association espèce-habitat significative à 5 %, et lien linéaire croissant avec l'humidité dans la plage observée ; étude d'observation : ni causalité démontrée, ni validité hors de la plage

a)

$H_{0}$ : dans cette forêt, l'espèce d'une salamandre est indépendante de son habitat de capture.

$E_{\text{cendrée, versant}}=\dfrac{80\times 64}{200}=25{,}6$ , $E_{\text{cendrée, ruisseau}}=\dfrac{80\times 66}{200}=26{,}4$ , $E_{\text{cendrée, mare}}=\dfrac{80\times 70}{200}=28$ .

Le plus petit effectif théorique est $\dfrac{60\times 64}{200}=19{,}2$ : tous dépassent $5$ .

Le marquage garantit l'autre condition : chaque observation est un individu différent. Une salamandre recapturée trois fois aurait compté trois fois et faussé le test.

b)

Les neuf contributions valent $2{,}76$ ; $0{,}73$ ; $0{,}57$ ; puis $1{,}41$ ; $3{,}40$ ; $0{,}43$ ; puis $0{,}53$ ; $0{,}73$ ; $2{,}33$ .

$\chi^{2}\approx 12{,}89$ avec $(3-1)(3-1)=4$ degrés de liberté.

$12{,}89>9{,}488$ : on rejette $H_{0}$ au seuil de $5\,\%$ . $12{,}89<13{,}277$ : on ne la rejette pas au seuil de $1\,\%$ .

La conclusion dépend donc du seuil, qui doit être choisi AVANT de voir les données. Au seuil usuel de 5 %, on conclut à une association entre l'espèce et l'habitat.

c)

La plus forte contribution, $3{,}40$ , est (à deux lignes ; ruisseau) : $28$ captures pour $19{,}8$ attendues, soit $\dfrac{28}{60}\approx 47\,\%$ des salamandres à deux lignes contre $33\,\%$ de l'ensemble au bord du ruisseau.

Vient ensuite (cendrée ; versant), $2{,}76$ : $34$ captures pour $25{,}6$ attendues.

Chaque espèce est surreprésentée dans un habitat différent ; la maculée l'est aussi près des mares, avec 2,33.

d)

$\overline{x}=\dfrac{283}{8}=35{,}375$ et $\overline{y}=\dfrac{61}{8}=7{,}625$ .

$S_{xx}=10\,951-\dfrac{283^{2}}{8}\approx 939{,}88$ , $S_{xy}=2486-\dfrac{283\times 61}{8}\approx 328{,}13$ , $S_{yy}=595-\dfrac{61^{2}}{8}\approx 129{,}88$ .

$a=\dfrac{328{,}13}{939{,}88}\approx 0{,}349$ salamandre par point d'humidité, $b=7{,}625-0{,}349\times 35{,}375\approx -4{,}72$ .

$r=\dfrac{328{,}13}{\sqrt{939{,}88\times 129{,}88}}\approx 0{,}939$ et $r^{2}\approx 0{,}882$ : la relation linéaire avec l'humidité explique environ $88\,\%$ de la variation du nombre de salamandres entre placettes.

Le nuage ne montre ni courbure ni point isolé, ce qui autorise ce modèle linéaire.

e)

À $35\,\%$ : $\hat{y}=0{,}349\times 35-4{,}72\approx 7{,}5$ salamandres en moyenne, une interpolation dans la plage $18$ à $52\,\%$ .

À $10\,\%$ : $\hat{y}=0{,}349\times 10-4{,}72\approx -1{,}2$ , un nombre NÉGATIF de salamandres.

Le résultat absurde signale l'extrapolation : sous 18 %, aucune donnée ne dit comment le nombre varie. Il tend sans doute vers 0 sans jamais devenir négatif, et la droite cesse de décrire le phénomène.

f)

Dans cette forêt, l'espèce de salamandre et l'habitat sont associés au seuil de 5 % (pas au seuil de 1 %), chaque espèce étant surreprésentée dans un habitat ; sur le versant, le nombre de salamandres cendrées croît avec l'humidité du sol, d'environ 0,35 individu par point d'humidité entre 18 et 52 %.

C'est une étude d'observation : elle montre des associations, pas des causes. L'humidité varie avec d'autres facteurs, comme le couvert forestier ou le bois mort, qui pourraient expliquer une partie du lien.

Les résultats valent pour cette forêt, cette saison et la plage d'humidité observée ; les étendre ailleurs demanderait de nouvelles placettes, et attribuer l'effet à l'humidité, une expérience où on la ferait varier.

Piège : conclure « l'humidité attire les salamandres » ou « le bord de ruisseau fait la salamandre à deux lignes ». Le plan d'étude n'autorise que le mot « associé ».

Exercices corrigés : régression linéaire et test d'indépendance du khi-carré (201-SN1-RE)

Rappel de cours

Calculs : sommes de travail, droite, coefficients et khi-carré

Exercice 0.1 : Régression et khi-carré : douze calculs directs

Partie A : les bases (/50)

Exercice 1 : Nuage de points, covariance et coefficient de corrélation : la vitesse du son

Exercice 2 : Démontrer les formules de la droite des moindres carrés : le ressort

Exercice 3 : Coefficient de détermination, interpolation et extrapolation : un étalonnage en absorbance

Exercice 4 : Tableau de contingence et effectifs théoriques : la couleur des hortensias

Exercice 5 : Le test d'indépendance du khi-carré, du début à la fin : traitement et germination

Partie B : problèmes et raisonnement (/50)

Exercice 6 : Point aberrant et point influent : la latitude et la température

Exercice 7 : La condition des effectifs théoriques et l'effet de la taille : groupe sanguin et traitement

Exercice 8 : Cinq affirmations à corriger

Exercice 9 : Problème : quand la droite ne convient pas, la masse et la longueur des couleuvres

Exercice 10 : Problème : une étude complète, les salamandres d'une forêt

Voir aussi

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