CORRIGÉ SP2015 STAT INTERMÉDIAIRE .pdf



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BEN AHMED MOHSEN
omega.center.cp@gmail.com

Téléphone: (+216) 97 619191 / 54 619191
https://www.facebook.com/OMEGACENTER2014

ISG TUNIS
1ère Mastère de Recherche Modélisation & Sciences et Techniques de l’Informatique
Décisionnelle

ISG-MSR MOD&STID / CORRIGÉ DE L’EXAMEN
DE LA SESSION PRINCIPALE JANVIER 2015
STATISTIQUE INTERMÉDIAIRE

Énoncé de l'Exercice 1 : 𝟏𝟎𝒑𝒕𝒔
Une compagnie d’assurance, veut estimer la proportion des contrats sinistrés qu’elle conclue avec ses
clients (Un contrat sinistré est un contrat qui au cours de sa réalisation subit un dommage quelconque).
Donc chaque contrat peut avoir deux cas possibles : sinistré ou non sinistré.
1) Spécifier la loi de probabilité d’un seul contrat
2) Spécifier la loi de 𝒏 contrats indépendants, puis donner sa formule mathématique. Le chargé de
l’étude dans cette compagnie prend au hasard 200 contrats et cherche le caractère sinistré dans
chacun d’entre eux.
Il trouve une proportion égale à 15%.
3) Déterminer un intervalle de confiance au niveau 95% de la proportion 𝒑.
D’après l’INS, la proportion des contrats sinistrés dans le secteur est de l’ordre de 10%. A première vue la
proportion des contrats sinistrés dans cette compagnie est supérieure à la moyenne. Mais pour être sûr,
on effectue un test.
4)
5)
6)
7)
8)

Quel type de test faudrait-il réaliser ? Quelles seront ses hypothèses 𝑯𝟎 et 𝑯𝟏 ?
Quel sera votre critère de décision et quelle est sa loi de distribution ?
Déterminer la région critique.
Déterminer la règle de décision.
Concluez.

1
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Corrigé :
1) Soit la variable aléatoire 𝑪𝒊 définie par :
𝑪𝒊 =
𝑷 𝑪𝒊 = 𝒄𝒊 = 𝒑𝒄𝒊 𝟏 − 𝒑

𝟏−𝒄𝒊

𝟏 𝒔𝒊 𝒖𝒏 𝒄𝒐𝒏𝒕𝒓𝒂𝒕 " i " 𝒆𝒔𝒕 𝒔𝒊𝒏𝒊𝒔𝒕𝒓é
𝟎 𝒔𝒊 𝒏𝒐𝒏

; 𝒄𝒊 ∈ 𝜴𝑪𝒊 = 𝟎, 𝟏 𝒆𝒕 𝒑 ∈ 𝟎, 𝟏 ⇒ 𝑪𝒊 ↝ 𝓑 𝟏, 𝒑

2) L’épreuve précédente donne lieu à deux issues exclusives : soit un contrat sinistré ou non, une
répétition identique et indépendante de cette même épreuve de Bernoulli avec un échenillant
i.i.d 𝑪𝟏≤𝒊≤𝒏 𝒏∈ℕ de taille 𝒏 = 𝟐𝟎𝟎 où la variable aléatoire 𝑿 dénombre les contrats sinistrés
parmi eux nous mène à la loi Binomiale.
𝒙

𝒆𝒕 𝑷 𝑿 = 𝒙𝒊 = 𝑪𝒏𝒊 𝒑𝒙𝒊 𝟏 − 𝒑

𝑨𝒊𝒏𝒔𝒊 𝑿 ↝ 𝓑 𝒏, 𝒑

𝒏−𝒙𝒊

∀ 𝒙𝒊 ∈ 𝜴𝑿 = 𝟎, 𝟏, 𝟐, … , 𝒏

𝑬 𝑿 = 𝒏𝒑 𝒆𝒕 𝑽 𝑿 = 𝒏𝒑 𝟏 − 𝒑
3) Une estimation ponctuelle de 𝒑 donne :
𝟏
𝒑=𝑪=
𝒏

𝒏

𝑪𝒊 = 𝟎, 𝟏𝟓
𝒊=𝟏

𝑳′ é𝒄𝒉𝒆𝒏𝒊𝒍𝒍𝒂𝒏𝒕 𝑪𝟏≤𝒊≤𝒏

𝒏∈ℕ

é𝒕𝒂𝒏𝒕 𝒊𝒊𝒅 𝒅𝒆 𝓑 𝟏, 𝒑 ;

En appliquant le théorème de la limite centrée pour cet échantillon de taille 𝒏 = 𝟐𝟎𝟎 > 30 on obtient :
𝑼=

𝑪−𝑬 𝑪
𝑽 𝑪

𝒑−𝒑

=

𝒑 𝟏−𝒑
𝒏

↝ 𝓝 𝟎, 𝟏

𝑷𝒂𝒓 𝒍𝒂 𝒔𝒖𝒊𝒕𝒆 𝑷 𝒌𝟏 ≤ 𝒑 ≤ 𝒌𝟐 = 𝟏 − 𝜶 ⇔ 𝑷 𝒖𝟏 ≤ 𝑼 ≤ 𝒖𝟐 = 𝟏 − 𝜶 𝟏
𝒖𝟏 = 𝚽 −𝟏
𝑶𝒏 𝒐𝒃𝒕𝒊𝒆𝒏𝒕
𝒖𝟐 = 𝚽 −𝟏

𝟏 ⇔ 𝑷 −𝒖𝟏−𝜶 ≤
𝟐

𝜶
= 𝒖𝜶 = −𝒖𝟏−𝜶
𝟐
𝟐
𝟐
𝒆𝒕
𝜶
𝟏−
= 𝒖𝟏−𝜶
𝟐
𝟐

𝒑−𝒑
𝒑 𝟏−𝒑
𝒏

≤ 𝒖𝟏−𝜶
𝟐

=𝟏−𝜶

En remplaçant 𝒑 par 𝒑 dans l’erreur standard

𝒑 𝟏−𝒑
𝒏

on obtient :

2
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𝒑 𝟏−𝒑
𝒑 𝟏−𝒑
≤ 𝒑 − 𝒑 ≤ 𝒖𝟏−𝜶
𝒏
𝒏
𝟐

𝑷 −𝒖𝟏−𝜶
𝟐

=𝟏−𝜶

D’où l’intervalle de confiance de la proportion 𝒑 :

𝑰𝑪𝟏−𝜶 𝒑 = 𝒑 − 𝒖𝟏−𝜶
𝟐

𝒑 𝟏−𝒑
𝒑 𝟏−𝒑
; 𝒑 + 𝒖𝟏−𝜶
𝒏
𝒏
𝟐

A.N
𝒖𝟏−𝜶 = 𝚽 −𝟏 𝟎, 𝟗𝟕𝟓 = 𝟏, 𝟗𝟔
𝟐

𝑰𝑪𝟗𝟓% 𝒑 = 𝟎, 𝟏𝟓 ± 𝟏, 𝟗𝟔

𝟎, 𝟏𝟓 𝟏 − 𝟎, 𝟏𝟓
𝟐𝟎𝟎

= 𝟏𝟎, 𝟎𝟓% ; 𝟏𝟗, 𝟗𝟓%

4) Il s’agit d’un test unilatéral à droite :

𝑯𝟎 : 𝒑 = 𝒑𝟎 = 𝟏𝟎% 𝒄𝒐𝒏𝒕𝒓𝒆 𝑯𝟏 : 𝒑 > 𝟏𝟎% Sous un niveau de
signification 𝜶 = 𝟓%
5) Critère de décision :
𝑪𝟏≤𝒊≤𝒏

𝒏∈ℕ

𝒆𝒔𝒕 𝒖𝒏 é𝒄𝒉𝒂𝒏𝒕𝒊𝒍𝒍𝒐𝒏 𝒊. 𝒊. 𝒅 𝒅𝒆 𝒕𝒂𝒊𝒍𝒍𝒆 𝒏 = 𝟐𝟎𝟎 𝒊𝒔𝒔𝒖 𝒍𝒂 𝒍𝒐𝒊 𝑩𝒆𝒓𝒏𝒐𝒖𝒍𝒍𝒊 𝓑 𝟏, 𝒑 ,

En appliquant le théorème de la limite centrée pour cet échantillon de taille 𝒏 = 𝟐𝟎𝟎 > 30 on obtient :
𝑼=

𝑿−𝑬 𝑿
𝑽 𝑿

=

𝒑−𝒑
𝒑 𝟏−𝒑
𝒏

↝ 𝓝 𝟎, 𝟏

6) Région critique :
𝑹𝒄 =

𝑪𝟏≤𝒊≤𝒏

𝒏∈ℕ

𝑷 𝑹𝒆𝒋𝒆𝒕𝒆𝒓𝑯𝟎 𝑯𝟎 𝒗𝒓𝒂𝒊𝒆 = 𝜶

𝑹𝒄 =

𝑪𝟏≤𝒊≤𝒏

𝒏∈ℕ

𝑷 𝒑 > 𝐾 𝒑 = 𝒑𝟎 = 𝜶

𝑶𝒓 𝑷

𝒑−𝒑
𝒑 𝟏−𝒑
𝒏

>

𝑲−𝒑
𝒑 𝟏−𝒑
𝒏

𝒑 = 𝒑𝟎

=𝜶 ⇔𝑷 𝑼>

𝑲 − 𝒑𝟎
𝒑𝟎 𝟏 − 𝒑𝟎
𝒏

3
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=𝜶

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⇔𝑷 𝑼≤

𝒑𝟎 𝟏 − 𝒑𝟎
𝒏

𝑲 − 𝒑𝟎

⇔𝚽



𝑲 − 𝒑𝟎

𝒑𝟎 𝟏 − 𝒑𝟎
𝒏
𝑲 − 𝒑𝟎

𝒑𝟎 𝟏 − 𝒑𝟎
𝒏

=𝟏−𝜶

=𝟏−𝜶

= 𝚽 −𝟏 𝟏 − 𝜶

⇔ 𝑲 = 𝒑𝟎 + 𝚽 −𝟏 𝟏 − 𝜶

𝒑𝟎 𝟏 − 𝒑𝟎
𝒏

𝑫′ 𝒐ù 𝒍𝒂 𝑹é𝒈𝒊𝒐𝒏 𝒄𝒓𝒊𝒕𝒊𝒒𝒖𝒆 ∶

𝑹𝒄 =

𝑪𝟏≤𝒊≤𝒏

𝒏∈ℕ

𝒑 > 𝒑𝟎 + 𝚽 −𝟏 𝟏 − 𝜶

𝒑𝟎 𝟏 − 𝒑𝟎
𝒏

𝒍𝒆 𝒑𝒐𝒊𝒏𝒕 𝒄𝒓𝒊𝒕𝒊𝒒𝒖𝒆 𝑲

A.N
𝚽 −𝟏 𝟏 − 𝜶 = 𝚽 −𝟏 𝟎, 𝟗𝟓 = 𝟏, 𝟔𝟒𝟒𝟗
𝑹𝒄 =

𝑪𝟏≤𝒊≤𝒏

𝒏∈ℕ

𝑹𝒄 =

𝑪𝟏≤𝒊≤𝒏

𝒏∈ℕ

𝒑 > 𝟎, 𝟏 + 𝟏, 𝟔𝟒𝟒𝟗 ×

𝟎, 𝟏 𝟏 − 𝟎, 𝟏
𝟐𝟎𝟎

𝒑 > 𝟏𝟑, 𝟒𝟗%

7) Règle de décision :
𝑶𝒏 𝒓𝒆𝒋𝒆𝒕𝒕𝒆 𝑯𝟎 𝒔𝒊 𝒐𝒏 𝒐𝒃𝒔𝒆𝒓𝒗𝒆 𝒑 > 𝟏𝟑, 𝟒𝟗%
8)
On a observé 𝒑 = 𝟏𝟓% 𝒆𝒕 𝟏𝟓% > 𝟏𝟑, 𝟒𝟗%
Donc on rejette l’hypothèse 𝑯𝟎 avec un risque de première espèce 𝜶 = 𝟓% (le risque de rejeter à
tort 𝑯𝟎 )
D’où le rejet de la valeur de la proportion des contrats sinistrés donnée par l’INS 𝒑 = 𝒑𝟎 = 𝟏𝟎% et on
ait presque sûr à 𝟗𝟓% que la proportion des contrats sinistrés dans cette compagnie est supérieure à
la moyenne.

4
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Énoncé de l'Exercice 2 : 𝟏𝟎𝒑𝒕𝒔
Une compagnie d’assurance "VIEASSRE" est spécialisée dans la vente des polices d’assurance vie.
Dans l’objectif d’apporter un service adéquat pour ces clients, le responsable études de la compagnie
s’intéresse à la répartition de la variable espérance de vie pour les tunisiens. En effet, il s’agit d’une
variable qui suit la loi normale dont les paramètres sont supposés inconnus.
1) Expliquez en deux lignes le principe de l’estimation.
2) Donnez les différentes méthodes qui permettent d’estimer les paramètres inconnus d’une
variable aléatoire.
Nous prélevons des statistiques sur 30 cas. Nous trouvons les résultats suivants :
𝟑𝟎

𝟑𝟎

𝒙𝟐𝒊 = 𝟏𝟔𝟎𝟎𝟎𝟎

𝒙𝒊 = 𝟐𝟏𝟗𝟎 𝒆𝒕
𝒊=𝟏

𝒊=𝟏

3) Estimer par intervalle de confiance la moyenne puis la variance au niveau 90%.
4) Estimer par intervalle de confiance la moyenne puis la variance au niveau 95%.
5) Que remarquez-vous ? Quelle est votre conclusion ?
Une étude approfondie réalisée par l’INS a révélé que la variance est égale à 5.
6) Que devient l’intervalle de confiance de la moyenne au niveau 90%
7) En gardant la taille de l’échantillon inchangée (30), comment peut-on avoir un intervalle de dont
la précision est de 0,8.
Dix ans auparavant, une étude comparable a révélé que l’espérance de vie moyenne était de 70 ans. On
cherche à présent à effectuer un test pour vérifier si l’espérance de vie a augmenté ou non.
8) Définissez la nature du test et les hypothèses.
9) Définissez la variable de décision et loi correspondante.

Corrigé :
1) Pour toute variable aléatoire issue d’une loi donnée on cherche toujours à estimer les paramètres
𝜽𝒊 qui caractérisent sa distribution à partir d’un échantillon aléatoire simple identiques et
indépendants de taille 𝒏 : 𝑿𝟏 , 𝑿𝟐 , … , 𝑿𝒏 ; on notera par la suite 𝒙𝟏 , 𝒙𝟐 , … , 𝒙𝒏 l’échantillon
observé. Un estimateur ponctuelle 𝜽 de 𝜽 sera une variable aléatoire fonction de
𝑿𝟏 , 𝑿𝟐 , … , 𝑿𝒏
2) Estimation ponctuelle :
I.La méthode de maximum de vraisemblance :
5
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Elle consiste à maximiser la fonction de vraisemblance, produit des d.d.p respectives
𝒇 𝒙𝟏 , 𝒙𝟐 , … , 𝒙𝒏 𝜽𝒊 générées par les v.a 𝑿𝟏 , 𝑿𝟐 , … , 𝑿𝒏 s’il s’agit d’une variable aléatoire continue ou le
produit des lois de probabilité 𝑷 𝑿 = 𝒙𝒋 𝜽𝒊 lorsque la variable est discrète.
II.La méthode des moments :
𝒌

Si le moment centré d’ordre k, 𝝁𝒌 = 𝑬 𝑿 − 𝑬 𝑿

s’exprime en fonction du paramètre inconnu 𝜽

par 𝝁𝒌 = 𝚿 𝜽 , la méthode des moments consiste à estimer 𝝁𝒌 par sa contrepartie empirique
𝟏
𝐜𝐨𝐫𝐫𝐞𝐬𝐩𝐨𝐧𝐝𝐚𝐧𝐭
𝐧

𝐧

𝑿𝒊 − 𝑿

𝒌

𝐢=𝟏

𝟏
𝐞𝐭 à 𝐝é𝐭𝐞𝐫𝐦𝐢𝐧𝐞𝐫 𝛉 𝐬𝐨𝐥𝐮𝐭𝐢𝐨𝐧 𝐝𝐞
𝐧

𝐧

𝑿𝒊 − 𝑿

𝒌

=𝚿 𝜽

𝐢=𝟏

Estimation par intervalle de confiance :
C’est un intervalle qui a la probabilité 𝟏 − 𝜶 de contenir la vraie valeur du paramètre 𝜽 il peut être
unilatéral ou bilatéral lorsqu’il s’agit d’une loi symétrique.
𝑬𝒏 𝒆𝒇𝒇𝒆𝒕 𝑷 𝒌𝟏 ≤ 𝜽 ≤ 𝒌𝟐 = 𝟏 − 𝜶 ⇔ 𝑷 𝝀𝟏 ≤ 𝝍 𝜽, 𝜽 ≤ 𝝀𝟐 = 𝟏 − 𝜶
𝒐ù 𝝍 𝜽, 𝜽 𝒔𝒕𝒂𝒕𝒊𝒔𝒕𝒊𝒒𝒖𝒆 𝒑𝒊𝒗𝒐𝒕𝒂𝒍𝒆 𝒒𝒖′ 𝒐𝒏 𝒄𝒐𝒏𝒏𝒂𝒊𝒕 𝒔𝒂 𝒅𝒊𝒕𝒓𝒊𝒃𝒖𝒕𝒊𝒐𝒏
3) Estimation par intervalle de confiance de la moyenne 𝒎:
𝒖𝒏𝒆 𝒆𝒔𝒕𝒊𝒎𝒂𝒕𝒊𝒐𝒏 𝒑𝒐𝒏𝒄𝒕𝒖𝒆𝒍𝒍𝒆 à 𝒑𝒂𝒓𝒕𝒊𝒓 𝒅𝒆 é𝒄𝒉𝒂𝒏𝒕𝒊𝒍𝒍𝒐𝒏 𝒊. 𝒊. 𝒅 𝑿𝟏≤𝒊≤𝒏
𝟐

𝒍𝒂 𝒍𝒐𝒊 𝒏𝒐𝒓𝒎𝒂𝒍𝒆 𝓝 𝒎, 𝝈
𝟏
𝒆𝒕 𝝈 = 𝑺 =
𝒏−𝟏
𝟐

𝟏
𝒅𝒐𝒏𝒏𝒆 𝒎 = 𝑿 =
𝒏

𝒏

𝟐

𝑿𝒊 − 𝑿
𝒊=𝟏

𝟐

𝟏
=
𝒏−𝟏

𝒏

𝒊=𝟏

𝟏
𝑿𝒊 =
𝟑𝟎

𝟑𝟎

𝒙𝒊 =
𝒊=𝟏

𝒏

𝑿𝟐𝒊 − 𝒏𝑿𝟐 =
𝒊=𝟏

𝟏
𝟏𝟔𝟎𝟎𝟎𝟎 − 𝟑𝟎 × 𝟕𝟑𝟐
𝟐𝟗

𝑿−𝒎
↝𝝉 𝒏−𝟏
𝑺
𝒏

𝑷𝒂𝒓 𝒍𝒂 𝒔𝒖𝒊𝒕𝒆 𝑷 𝒌𝟏 ≤ 𝒎 ≤ 𝒌𝟐 = 𝟏 − 𝜶 ⇔ 𝑷 𝒕𝟏 ≤ 𝑻 ≤ 𝒕𝟐 = 𝟏 − 𝜶 𝟏
𝒕𝟏 = 𝒕𝜶 𝒏 − 𝟏 = −𝒕𝟏−𝜶 𝒏 − 𝟏
𝑶𝒏 𝒐𝒃𝒕𝒊𝒆𝒏𝒕

𝟐

𝒕𝟐 = 𝒕𝟏−𝜶
𝟐

𝒆𝒕
𝒏−𝟏

𝟏 ⇔ 𝑷 −𝒕𝟏−𝜶 𝒏 − 𝟏 ≤
𝟐

𝟐

𝑿−𝒎
≤ 𝒕𝟏−𝜶 𝒏 − 𝟏
𝑺
𝟐
𝒏

𝒊𝒔𝒔𝒖 𝒅𝒆

𝟐𝟏𝟗𝟎
= 𝟕𝟑
𝟑𝟎

⇒ 𝑺 = 𝟐, 𝟏𝟐
𝑳𝒂 𝒔𝒕𝒂𝒕𝒊𝒔𝒕𝒊𝒒𝒖𝒆 𝒑𝒊𝒗𝒐𝒕𝒂𝒍𝒆 é𝒕𝒂𝒏𝒕 𝑻 =

𝒏∈ℕ

=𝟏−𝜶

6
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= 𝟒, 𝟒𝟖

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𝒔
𝒔
⇔𝑷 −
𝒕𝟏−𝜶 𝒏 − 𝟏 ≤ 𝑿 − 𝒎 ≤
𝒕 𝜶 𝒏−𝟏 = 𝟏−𝜶
𝟐
𝒏
𝒏 𝟏−𝟐
D’où l’intervalle de confiance de la moyenne 𝒎 :
𝑰𝑪𝟏−𝜶 𝒎 = 𝑿 −

𝒔
𝒏

𝒕𝟏−𝜶 𝒏 − 𝟏 , 𝑿 +

𝒔
𝒏

𝟐

𝒕𝟏−𝜶 𝒏 − 𝟏
𝟐

A.N
𝒕𝟏−𝜶 𝒏 − 𝟏 = 𝒕𝟎,𝟗𝟓 𝟐𝟗 = 𝟏, 𝟔𝟗𝟗
𝟐

𝑰𝑪𝟗𝟎% 𝒎 = 𝟕𝟑 ± 𝟏, 𝟔𝟗𝟗 ×

𝟐, 𝟏𝟐
𝟑𝟎

= 𝟕𝟐, 𝟑𝟒 ; 𝟕𝟑, 𝟔𝟔

Estimation par intervalle de confiance de la variance 𝝈𝟐 :
𝒏

𝑳𝒂 𝒔𝒕𝒂𝒕𝒊𝒔𝒕𝒊𝒒𝒖𝒆 𝒑𝒊𝒗𝒐𝒕𝒂𝒍𝒆 é𝒕𝒂𝒏𝒕 𝑾 =
𝒊=𝟏

𝑿𝒊 − 𝑿
𝝈𝟐

𝟐

𝒏 − 𝟏 𝑺𝟐
=
↝ 𝝌𝟐 𝒏 − 𝟏
𝝈𝟐

𝑷𝒂𝒓 𝒍𝒂 𝒔𝒖𝒊𝒕𝒆 𝑷 𝒌𝟏 ≤ 𝝈𝟐 ≤ 𝒌𝟐 = 𝟏 − 𝜶 ⇔ 𝑷 𝒘𝟏 ≤ 𝑾 ≤ 𝒘𝟐 = 𝟏 − 𝜶 𝟏
𝒘𝟏 = 𝝌 𝟐 𝜶 𝒏 − 𝟏
𝟐

𝑶𝒏 𝒐𝒃𝒕𝒊𝒆𝒏𝒕
𝒘𝟐 = 𝝌

𝟐

𝒆𝒕

𝜶
𝟏−
𝟐

𝒏−𝟏

𝟏 ⇔ 𝑷 𝝌𝟐 𝜶 𝒏 − 𝟏 ≤ 𝑾 ≤ 𝝌𝟐 𝟏−𝜶 𝒏 − 𝟏
𝟐

=𝟏−𝜶

𝟐

𝒏 − 𝟏 𝑺𝟐
≤ 𝝌𝟐 𝟏−𝜶 𝒏 − 𝟏
𝝈𝟐
𝟐

=𝟏−𝜶

𝟏
𝝈𝟐
𝟏
⇔𝑷


𝝌𝟐 𝟏−𝜶 𝒏 − 𝟏
𝒏 − 𝟏 𝑺𝟐 𝝌𝟐 𝜶 𝒏 − 𝟏

=𝟏−𝜶

⇔ 𝑷 𝝌𝟐 𝜶 𝒏 − 𝟏 ≤
𝟐

𝟐

⇔𝑷

𝟐

𝒏 − 𝟏 𝑺𝟐
𝒏 − 𝟏 𝑺𝟐
𝟐

𝝈

𝝌𝟐 𝟏−𝜶 𝒏 − 𝟏
𝝌𝟐 𝜶 𝒏 − 𝟏
𝟐

=𝟏−𝜶

𝟐

D’où l’intervalle de confiance de la variance 𝝈𝟐 :
𝑰𝑪𝟏−𝜶 𝝈𝟐 =

𝒏 − 𝟏 𝑺𝟐
𝒏 − 𝟏 𝑺𝟐
;
𝝌𝟐 𝟏−𝜶 𝒏 − 𝟏 𝝌𝟐 𝜶 𝒏 − 𝟏
𝟐

𝟐

7
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A.N

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𝝌𝟐 𝜶 𝒏 − 𝟏 = 𝝌𝟐 𝟎,𝟎𝟓 𝟐𝟗 = 𝟏𝟕, 𝟕
𝟐

𝒆𝒕
𝝌𝟐 𝟏−𝜶 𝒏 − 𝟏 = 𝝌𝟐 𝟎,𝟗𝟓 𝟐𝟗 = 𝟒𝟐, 𝟔
𝟐

𝑰𝑪𝟗𝟎% 𝝈𝟐 =

𝟐𝟗 × 𝟒, 𝟒𝟖 𝟐𝟗 × 𝟒, 𝟒𝟖
,
= 𝟑, 𝟎𝟓 ; 𝟕, 𝟑𝟒
𝟒𝟐, 𝟔
𝟏𝟕, 𝟕

4) Pour un niveau de confiance 𝟏 − 𝜶 = 𝟗𝟓%, on obtient :
Intervalle de confiance de la moyenne 𝒎 :
𝑰𝑪𝟏−𝜶 𝒎 = 𝑿 −

𝒔
𝒏

𝒔

𝒕𝟏−𝜶 𝒏 − 𝟏 , 𝑿 +

𝒏

𝟐

𝒕𝟏−𝜶 𝒏 − 𝟏
𝟐

𝒕𝟏−𝜶 𝒏 − 𝟏 = 𝒕𝟎,𝟗𝟕𝟓 𝟐𝟗 = 𝟐, 𝟎𝟒𝟓
𝟐

𝑰𝑪𝟗𝟓% 𝒎 = 𝟕𝟑 ± 𝟐, 𝟎𝟒𝟓 ×

𝟐, 𝟏𝟐
𝟑𝟎

= 𝟕𝟐, 𝟐𝟏 ; 𝟕𝟑, 𝟕𝟗

Intervalle de confiance de la variance 𝝈𝟐 :
𝑰𝑪𝟏−𝜶 𝝈𝟐 =

𝒏 − 𝟏 𝑺𝟐
𝒏 − 𝟏 𝑺𝟐
;
𝝌𝟐 𝟏−𝜶 𝒏 − 𝟏 𝝌𝟐 𝜶 𝒏 − 𝟏
𝟐

𝟐

𝝌𝟐 𝜶 𝒏 − 𝟏 = 𝝌𝟐 𝟎,𝟎𝟐𝟓 𝟐𝟗 = 𝟏𝟔
𝟐

𝝌

𝟐

𝜶
𝟏−
𝟐

𝒆𝒕
𝒏 − 𝟏 = 𝝌𝟐 𝟎,𝟗𝟕𝟓 𝟐𝟗 = 𝟒𝟓, 𝟕
𝑰𝑪𝟗𝟓% 𝝈𝟐 =

𝟐𝟗 × 𝟒, 𝟒𝟖 𝟐𝟗 × 𝟒, 𝟒𝟖
,
= 𝟐, 𝟖𝟒 ; 𝟖, 𝟏𝟐
𝟒𝟓, 𝟕
𝟏𝟔

5) Pour l’intervalle de confiance de la moyenne 𝒎 :

𝑵𝒐𝒕𝒐𝒏𝒔 𝑳𝒎
𝟗𝟎% 𝒍 𝒂𝒎𝒑𝒍𝒊𝒕𝒖𝒅𝒆 𝒅𝒆 𝒍’𝒊𝒏𝒕𝒆𝒓𝒗𝒂𝒍𝒍𝒆 𝒅𝒆 𝒄𝒐𝒏𝒇𝒊𝒂𝒏𝒄𝒆 𝒅𝒆 𝒍𝒂 𝒎𝒐𝒚𝒆𝒏𝒏𝒆 𝒎 𝒑𝒐𝒖𝒓 𝟏 − 𝜶 = 𝟗𝟎%

𝑶𝒓 𝑳𝒎
𝟗𝟎% = 𝟐 ×

𝒔
𝒏

𝒕𝟎,𝟗𝟓 𝒏 − 𝟏 = 𝟐 × 𝟏, 𝟔𝟗𝟗 ×

𝟐, 𝟏𝟐
𝟑𝟎

= 𝟏, 𝟑𝟐


𝑬𝒕 𝑳𝒎
𝟗𝟎% 𝒍 𝒂𝒎𝒑𝒍𝒊𝒕𝒖𝒅𝒆 𝒅𝒆 𝒍’𝒊𝒏𝒕𝒆𝒓𝒗𝒂𝒍𝒍𝒆 𝒅𝒆 𝒄𝒐𝒏𝒇𝒊𝒂𝒏𝒄𝒆 𝒅𝒆 𝒍𝒂 𝒎𝒐𝒚𝒆𝒏𝒏𝒆 𝒎 𝒑𝒐𝒖𝒓 𝟏 − 𝜶 = 𝟗𝟓%

𝑳𝒎
𝟗𝟓% = 𝟐 ×

𝒔
𝒏

𝒕𝟎,𝟗𝟕𝟓 𝒏 − 𝟏 = 𝟐 × 𝟐, 𝟎𝟒𝟓 ×

𝟐, 𝟏𝟐
𝟑𝟎

= 𝟏, 𝟓𝟖

On remarque que l'amplitude de l’intervalle de confiance de la moyenne 𝒎 augmente en augmentant le
niveau de confiance 𝟏 − 𝜶 de 𝟗𝟎% à 𝟗𝟓%
8
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En fixant la taille 𝒏 de l’échenillant et en augmentant le niveau de confiance, l’amplitude de l’intervalle
de confiance de la moyenne 𝒎 augmente puisqu’elle est fonction linéaire du fractile de loi de Student
qui n’est autre que la fonction de répartition inverse croissante par définition.
En d’autres termes, toute diminuant du risque 𝜶 engendre une perte de précision 𝜶 ↘ ⇒ 𝑳𝒎
𝟏−𝜶 ↗
Pour l’intervalle de confiance de la variance 𝝈𝟐 :
𝟐

𝟐

𝑵𝒐𝒕𝒐𝒏𝒔 𝑳𝝈𝟗𝟎% 𝒓𝒆𝒔𝒑. 𝑳𝝈𝟗𝟓% 𝒍′ 𝒂𝒎𝒑𝒍𝒊𝒕𝒖𝒅𝒆 𝒅𝒆 𝒍’𝒊𝒏𝒕𝒆𝒓𝒗𝒂𝒍𝒍𝒆 𝒅𝒆 𝒄𝒐𝒏𝒇𝒊𝒂𝒏𝒄𝒆 𝐝𝐞 𝐥𝐚 𝐯𝐚𝐫𝐢𝐚𝐧𝐜𝐞 𝝈𝟐
𝒑𝒐𝒖𝒓 𝟏 − 𝜶 = 𝟗𝟎% 𝒓𝒆𝒔𝒑. 𝒑𝒐𝒖𝒓 𝟏 − 𝜶 = 𝟗𝟓%
𝟐

𝑳𝝈𝟗𝟎% =

𝒏 − 𝟏 𝑺𝟐
𝒏 − 𝟏 𝑺𝟐
𝟏
𝟏

= 𝒏 − 𝟏 𝑺𝟐 𝟐
− 𝟐
𝟐
𝟐
𝝌 𝟎,𝟎𝟓 𝒏 − 𝟏
𝝌 𝟎,𝟗𝟓 𝒏 − 𝟏
𝝌 𝟎,𝟎𝟓 𝒏 − 𝟏
𝝌 𝟎,𝟗𝟓 𝒏 − 𝟏

= 𝒏−𝟏 𝑺

𝟐

𝝌𝟐 𝟎,𝟗𝟓 𝒏 − 𝟏 − 𝝌𝟐 𝟎,𝟎𝟓 𝒏 − 𝟏

𝟐

𝝌𝟐 𝟎,𝟗𝟕𝟓 𝒏 − 𝟏 − 𝝌𝟐 𝟎,𝟎𝟐𝟓 𝒏 − 𝟏

𝝌𝟐 𝟎,𝟎𝟓 𝒏 − 𝟏 𝝌𝟐 𝟎,𝟗𝟓 𝒏 − 𝟏

𝟐

𝑳𝝈𝟗𝟎% = 𝟒, 𝟐𝟗
𝟐
𝑳𝝈𝟗𝟓%

= 𝒏−𝟏 𝑺

𝝌𝟐 𝟎,𝟎𝟐𝟓 𝒏 − 𝟏 𝝌𝟐 𝟎,𝟗𝟕𝟓 𝒏 − 𝟏

𝟐

𝑳𝝈𝟗𝟓% = 𝟓, 𝟐𝟖
On remarque que l'amplitude de l’intervalle de confiance de la variance 𝝈𝟐 augmente en augmentant le
niveau de confiance 𝟏 − 𝜶 de 𝟗𝟎% à 𝟗𝟓%.
En fixant la taille 𝒏 de l’échenillant et en augmentant le niveau de confiance, l’amplitude de l’intervalle
de confiance de la variance 𝝈𝟐 augmente puisqu’elle est fonction linéaire du fractile de loi khi-deux qui
n’est autre que la fonction de répartition inverse croissante par définition.
𝟐

En d’autres termes, toute diminuant du risque 𝜶 engendre une perte de précision 𝜶 ↘ ⇒ 𝑳𝝈𝟏−𝜶 ↗
6)
Estimation par intervalle de confiance de la moyenne 𝒎 sachant que la variance est connue 𝝈𝟐 = 𝟓 :
Statistique pivotale :
𝑿−𝒎
𝑼= 𝝈
↝ 𝓝 𝟎, 𝟏
𝒏
𝑷𝒂𝒓 𝒍𝒂 𝒔𝒖𝒊𝒕𝒆 𝑷 𝒌𝟏 ≤ 𝒎 ≤ 𝒌𝟐 = 𝟏 − 𝜶 ⇔ 𝑷 𝒖𝟏 ≤ 𝑼 ≤ 𝒖𝟐 = 𝟏 − 𝜶 𝟏

9
Adresse : 38, av de l'environnement Manouba Centre, Manouba

BEN AHMED MOHSEN
omega.center.cp@gmail.com
𝜶
𝒖𝟏 = 𝚽 −𝟏
= 𝒖𝜶 = −𝒖𝟏−𝜶
𝟐
𝟐
𝟐
𝑶𝒏 𝒐𝒃𝒕𝒊𝒆𝒏𝒕
𝒆𝒕
𝜶
𝒖𝟐 = 𝚽 −𝟏 𝟏 −
= 𝒖𝟏−𝜶
𝟐
𝟐

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𝑿−𝒎
𝟏 ⇔ 𝑷 −𝒖𝟏−𝜶 ≤ 𝝈
≤ 𝒖𝟏−𝜶 = 𝟏 − 𝜶
𝟐
𝟐
𝒏
𝑷 −𝒖𝟏−𝜶
𝟐

𝝈
𝒏

≤ 𝑿 − 𝒎 ≤ 𝒖𝟏−𝜶
𝟐

𝝈
𝒏

=𝟏−𝜶

D’où l’intervalle de confiance de la moyenne 𝒎:
𝑰𝑪𝟏−𝜶 𝒎 = 𝑿 − 𝒖𝟏−𝜶
𝟐

𝝈
𝒏

; 𝑿 + 𝒖𝟏−𝜶
𝟐

𝝈
𝒏

A.N
𝒖𝟏−𝜶 = 𝚽 −𝟏 𝟎, 𝟗𝟓 = 𝟏, 𝟔𝟒𝟒𝟗
𝟐

𝑰𝑪𝟗𝟎% 𝒎 = 𝟕𝟑 ± 𝟏, 𝟔𝟒𝟒𝟗

𝟓
= 𝟕𝟐, 𝟑𝟑 ; 𝟕𝟑, 𝟔𝟕
𝟑𝟎

7) En maintenant la taille de l’échantillon 𝒏 = 𝟑𝟎 fixée, déterminer un intervalle de confiance
pour la moyenne 𝒎 avec une précision 𝝐 = 𝟎, 𝟖 revient à déterminer le niveau de confiance dont
dépend l’erreur absolue 𝝐 = 𝒖𝟏−𝜶
𝟐

𝝐 = 𝒖𝟏−𝜶
𝟐

𝝈
𝒏

⇔ 𝒖𝟏−𝜶 =
𝟐



𝒏

𝒏𝝐
𝝈

⇔ 𝚽 −𝟏 𝟏 −

𝜶
𝒏𝝐
=
𝟐
𝝈

𝜶
=𝚽
𝟐

𝒏𝝐
𝝈

𝜶
=𝟏−𝚽
𝟐

𝒏𝝐
𝝈

⇔𝟏−

𝝈

⇔ 𝜶 = 𝟐 − 𝟐𝚽

𝒏𝝐
𝝈

⇔ 𝟏 − 𝜶 = 𝟐𝚽

𝒏𝝐
−𝟏
𝝈

10
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𝟑𝟎 × 𝟎, 𝟖
𝟏 − 𝜶 = 𝟐𝚽
− 𝟏 = 𝟐𝚽
𝟓

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𝟔 × 𝟎, 𝟖 − 𝟏 = 𝟐𝚽 𝟏, 𝟗𝟔 − 𝟏 = 𝟐 × 𝟎, 𝟗𝟕𝟓 − 𝟏 = 𝟎, 𝟗𝟓

Donc pour un niveau de confiance 𝟏 − 𝜶 = 𝟗𝟓% on obtient une précision 𝝐 = 𝟎, 𝟖.
8)
On se propose de tester 𝑯𝟎 : 𝒎 = 𝒎𝟎 = 𝟕𝟎 𝒄𝒐𝒏𝒕𝒓𝒆 𝑯𝟏 : 𝒎 > 𝒎𝟎 Sous un niveau de signification 𝜶
donné.
Il s’agit d’un test unilatéral à droite

9)
Variable de décision :
𝑿𝟏≤𝒊≤𝒏

𝒏∈ℕ

𝒆𝒔𝒕 𝒖𝒏 é𝒄𝒉𝒂𝒏𝒕𝒊𝒍𝒍𝒐𝒏 𝒊. 𝒊. 𝒅 𝒅𝒆 𝒕𝒂𝒊𝒍𝒍𝒆 𝒏 𝒊𝒔𝒔𝒖 𝒍𝒂 𝒍𝒐𝒊 𝓝 𝒎, 𝝈𝟐 , donc on obtient :

𝑿−𝒎
𝑼= 𝝈
↝ 𝓝 𝟎, 𝟏 𝒅𝒂𝒏𝒔 𝒍′ 𝒉𝒚𝒑𝒐𝒕𝒉è𝒔𝒆 𝒐ù 𝝈 𝒆𝒔𝒕 𝒄𝒐𝒏𝒏𝒖
𝒏
𝑿−𝒎
𝑻=
↝ 𝝉 𝒏 − 𝟏 𝒅𝒂𝒏𝒔 𝒍𝒆 𝒄𝒂𝒔 𝒐ù 𝝈 𝒆𝒔𝒕 𝒊𝒏𝒄𝒐𝒏𝒏𝒖
𝑺
𝒏
Région critique :
𝑹𝒄 =

𝑿𝟏≤𝒊≤𝒏

𝒏∈ℕ

𝑷 𝑹𝒆𝒋𝒆𝒕𝒆𝒓𝑯𝟎 𝑯𝟎 𝒗𝒓𝒂𝒊𝒆 = 𝜶

𝑹𝒄 =

𝑿𝟏≤𝒊≤𝒏

𝒏∈ℕ

𝑷 𝑿 > 𝑲 𝒎 = 𝒎𝟎 = 𝜶

𝑷

𝑷



𝑿−𝒎 𝑲−𝒎
> 𝝈
𝒎 = 𝒎𝟎 = 𝜶 ; 𝒔𝒊 𝝈 𝒆𝒔𝒕 𝒄𝒐𝒏𝒏𝒖
𝝈
𝒏
𝒏
𝑿−𝒎 𝑲−𝒎
>
𝒎 = 𝒎𝟎 = 𝜶 ; 𝒔𝒊 𝝈 𝒆𝒔𝒕 𝒊𝒏𝒄𝒐𝒏𝒏𝒖
𝑺
𝑺
𝒏
𝒏

𝑲 − 𝒎𝟎
𝑷 𝑼> 𝝈
= 𝜶 ; 𝒔𝒊 𝝈 𝒆𝒔𝒕 𝒄𝒐𝒏𝒏𝒖
𝒏
𝑷 𝑻>

𝑲 − 𝒎𝟎
= 𝜶 ; 𝒔𝒊 𝝈 𝒆𝒔𝒕 𝒊𝒏𝒄𝒐𝒏𝒏𝒖
𝑺
𝒏

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𝑲 − 𝒎𝟎
𝑷 𝑼≤ 𝝈
= 𝟏 − 𝜶 ; 𝒔𝒊 𝝈 𝒆𝒔𝒕 𝒄𝒐𝒏𝒏𝒖
𝒏
𝑷 𝑻≤



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𝑲 − 𝒎𝟎
= 𝟏 − 𝜶 ; 𝒔𝒊 𝝈 𝒆𝒔𝒕 𝒊𝒏𝒄𝒐𝒏𝒏𝒖
𝑺
𝒏

𝑲 − 𝒎𝟎
= 𝚽 −𝟏 𝟏 − 𝜶 ; 𝒔𝒊 𝝈 𝒆𝒔𝒕 𝒄𝒐𝒏𝒏𝒖
𝝈
𝒏
𝑲 − 𝒎𝟎
= 𝒕𝟏−𝜶 𝒏 − 𝟏 ; 𝒔𝒊 𝝈 𝒆𝒔𝒕 𝒊𝒏𝒄𝒐𝒏𝒏𝒖
𝑺
𝒏
𝝈

𝑲 = 𝒎𝟎 +

𝑲 = 𝒎𝟎 +

𝑺
𝒏

𝒏

𝚽 −𝟏 𝟏 − 𝜶 ; 𝒔𝒊 𝝈 𝒆𝒔𝒕 𝒄𝒐𝒏𝒏𝒖

𝒕𝟏−𝜶 𝒏 − 𝟏 ; 𝒔𝒊 𝝈 𝒆𝒔𝒕 𝒊𝒏𝒄𝒐𝒏𝒏𝒖

𝑫′ 𝒐ù 𝒍𝒂 𝑹é𝒈𝒊𝒐𝒏 𝒄𝒓𝒊𝒕𝒊𝒒𝒖𝒆 ∶
𝑹𝒄 =

𝑿𝟏≤𝒊≤𝒏

𝒏∈ℕ

𝑿 > 𝒎𝟎 +

𝑹𝒄 =

𝑿𝟏≤𝒊≤𝒏

𝒏∈ℕ

𝑿 > 𝒎𝟎 +

𝝈
𝒏
𝑺
𝒏

𝚽 −𝟏 𝟏 − 𝜶

; 𝒔𝒊 𝝈 𝒆𝒔𝒕 𝒄𝒐𝒏𝒏𝒖

𝒕𝟏−𝜶 𝒏 − 𝟏

; 𝒔𝒊 𝝈 𝒆𝒔𝒕 𝒊𝒏𝒄𝒐𝒏𝒏𝒖

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