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20.09.1611h 12h Lemdani1 .pdf



Nom original: 20.09.1611h-12h-Lemdani1.pdf
Auteur: Essia Joyez

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2016-2017

Statistique inférentielle ( suite)
Statistique

– UEIII:Contrôle qualité : approche statistique
et validation de méthodes–
Semaine : n°3 (du 19/09/16 au
23/09/16)
Date : 20/09/2016

Heure : de 11h15 à
12h15

Binôme : n°73

Professeur : Pr. Lemdani
Correcteur : n°74

Remarques du professeur : RAS

PLAN DU COURS

III ) Tests :
D) Séries appariées :
1)

Plans en séries appariées

2)

Comparaison de proportions en séries appariées : Test de Mac Nemar

E) Tests du khi- deux ( X²)
1) Observation d'une ( ou 2 ) variables catégorielles
2) Test d'ajustement ( comparaison de loi de X à une loi connue L0) .
3) Test d'indépendance : 2 variables catégorielles X et Y
4) Test d'homogénéité

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2016-2017

Statistique inférentielle ( suite)

III ) Tests :
2) Comparaison de proportions en séries appariées : Test de Mac Nemar
Variable : X binaire ( 2 valeurs ) observées à 2 reprises , sur un même échantillon .
Exemple : détection de la présence de Salmonelles par analyses sérologiques et bactériologique → X E ( + ; - ) .

Méthode A

+

-

+

A → p++

B → p+-

-

C → p-+

D→p--

P+ ( B) = p++ + p-+

P+ ( A) = p++ + p-+
N = A+B+C+D

Les deux méthodes sont elles pareilles en pouvoir de détection ?
Hypothèse nulle Π + ( A) = Π + ( B) → Π ++ + Π -+
H0 : ( Π +- = Π -+ ) versus H1 : ( Π +- ≠ Π - + )
H0 : égalité des taux de discordance ( les 2 cases doivent être équilibrées ) .
Test de Mac Nemar :
Variable de décision :

k = ( b-c) ²
b+c

~ X² si b+ c ≥25

Exemple :
Analyse sérologique
Analyse bactériologique

+

-

+

224

42

-

59

114

H0 : ( Π - + = Π +- )
b+c = 42+59= 101 ≥25 → zone de rejet ( α = 0,05 ) : [ 3,841 ; + ∞[
On prend la table X² avec degrés de liberté = 1 , on va ensuite lire la valeur de 3,841 pour α = 0,05
kc = ( 42- 59 ) ² = 289 = 2,861
42+ 59
101
D'après la table on peut donc conclure au non rejet de H0 au seuil de 5% , on peut également déterminer que la p2/5

2016-2017

Statistique inférentielle ( suite)

value est autour de 9% ( valeur environ 2,706 ) .

E) Tests du khi- deux ( X²)
1)

Observation d'une ou 2 variables catégorielles

Exemple : groupe sanguin , génotype , IMC ( regroupé en classe ) .
Loi de distribution de X :
Valeurs

1

2

…..

c

Probabilités

N1 = P(X=1 )

N2



Πc

∑i ni = 1

Effectifs observés

O1

O2

….

Oc

∑ioi = n

2)

Test d'ajustement ( comparaison de loi de X à une loi connue L0) .

Ho : ( Π 1 = Πₒ 1 … Πc = Πₒc ) soit Loi de X = L0 versus H1 : ( Loi de X ≠ L0 )
Ti = n Πₒ 1 : effectif théorique ( attendu ) de X = i , sous H0 .
Variable de décision :

k = ∑ ( O i – Ti )² = ∑ Oi² -n
Ti

Ti

La variable de décision suit une loi du X² avec c-1 degré de liberté sous H0 , si Ti ≥ 5 .

3) Test d'indépendance : 2 variables catégorielles X et Y
X= 1,2 …. l et Y = 1,2 …. c → échantillon de n observations .
Tableau de contingence des effectifs observés Oij :
Y

X

1

2

….

C

Totaux

1

O 11

O12



O1c

n1

2

O21

O22

...

O2c

n2

...

...

….

...

….

l

Ol1

Ol2

….

Olc

nl

Totaux

m1

m2

mc

n

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2016-2017

Statistique inférentielle ( suite)

n = ∑ de tous les effectifs de toutes les classes .
Tij : effectif théorique pour X = i et Y = j

Tij = ni x mi
n
H0 : ( X et Y indépendantes ) versus H1 ( X et Y liées ) .

Variables de décision :

k = ∑ ( O ij – Tij )² = ∑ Oij² -n
Tij

Tij

La variable d décision suit une loi du X² avec pour degré de liberté ( l-1) ( c-1) si Tij ≥ 5 .

Exemple : Étude de l'association génotype d'un polymorphisme de l'APOE maladies coronariennes . Échantillons
aléatoire de 1000 hommes .
Total
Génotype
Maladie
coronariennes

Ins/ins

Ins / del

Del / del

Non

102 ( 90)

68 ( 80)

20 ( 30 )

200

Oui

348 ( 360 )

332 ( 320 )

120 ( 120 )

800

450

400

150

1000

Total
Que peut-on en conclure ?
T11 = ( 200 x 450 ) / 1000 = 90 .

Ho : ( X et Y indépendants) et H1 : ( X et Y liées )

Tous les Tij ≥ 5 . → k ~ X² sous Ho → zone de rejet [5,991 ; + ∞ [ pour 5 % avec 2 degré de liberté = 5,91 .

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2016-2017

Statistique inférentielle ( suite)

kc = ( 102 – 90 )² + ( 68 -80 )² … = 4,25
90

90

On est donc dans la zone d'acceptation et on aura un non rejet de Ho au seuil de 5 % ( d'après la table du X² avec 2
ddl on rejettera uniquement vers 20 % ) .

3)

Test d'homogénéité

Le but est de comparer une distribution entre plusieurs populations
X= 1,2 , … c catégorielles observée sur l’échantillon indépendant ( L ≥2) .
Li : Loi de X sur la population i .
Ho : ( Li = … = Lx ) versus H1 : ( deux des lois au moins ≠ )
On doit alors réaliser le tableau de contingence puis faire la même démarche que le test d'indépendance .
Compléments : conditions non remplies
Certains s Tij < 5 → regrouper ( si cela a un sens ) .


Cas d'un tableau 2 x 2 avec certains Tij , tels que 2 ≤Tij < 5 → khi deux modifié de Yates :

k = ∑ ( O ij – Tij )² → ∑ (( O ij – Tij) -0,5 )²
Tij


Tij

Cas d'un tableau 2 x 2 avec certains Tij < 2 → Test exact de Fischer

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