MTH 2301 Méthodes statistiques en ingénierie Chapitre 6...

1

MTH 2301 Méthodes statistiques en ingénierie

Lexique anglais - françaisConstats et terminologie statistiqueDistribution de la moyenne – théorème central- limiteEstimation : Intervalle de confiance pour la moyenne µCalcul de la taille échantillonnale nEstimation : différence entre 2 moyennes µ 1 - µ 2

Estimation : variance σ2 - écart type σLoi d’échantillonnage : quotient de 2 variances σ1

2/σ22

Loi d’échantillonnage : étendue R et écart type SIntervalle de tolérance pour une variableHors programme : Estimation : paramètre θ d’une loi binomiale

(6.5 et 6.6) Estimation : différence θ1 - θ2 entre 2 lois binomiales

Bernard CLÉMENT, P h D

Chapitre 6 - Distributions échantillonnales et estimation

6 - 2

MTH 2301 Méthodes statistiques en ingénierie-


• sample statistic ………. statistique échantillonnale• sampling distribution ….. loi (distribution) d’échantillonnage• sample mean …………….. moyenne échantillonnale• estimator …………………. estimateur• estimate …………………… estimation • interval estimate ……….. estimation par intervalle• point estimate …….…….. estimation ponctuelle • confidence level ………… niveau de confiance• one-sided …………………... unilatéral• two-sided …………………… bilatéral• paired samples ……………. échantillons appariés

Lexique anglais – français

6 -

3



Constats et terminologie statistique

• les populations statistiques sont modélisées par des lois de probabilitésdont les paramètres sont toujours inconnus;

• le mieux que l’on puisse faire: estimer les paramètres avec desdonnées échantillonnales (observations ) provenant de la population;

• les données ( X1, X2, …) sont transformées en statistique Y par une fonctionY = h ( X1, X2 ,…. ) et Y est une variable aléatoire

le choix de h dépend de l’application envisagée ( estimation ou test)la loi de probabilité de Y s’appelle distribution d’échantillonnage;exemple : 2 échantillons de taille n provenant de la même population

( X1, X2, …Xn) et ( X1’, X2’ , ….., Xn’ ) auront une moyenne ( xbar),différente, un écart type s différent, un histogramme différent : c’est l’influence de la variabilité de l’échantillonnage;

• on dispose toujours que d’un seul échantillon de taille n pour mettreen œuvre une procédure statistique : estimation ou test

• paramètre statistique ξ : toute quantité associée à une loi de probabilitéex. ξ = µ : moyenne loi gaussienne , ξ = σ : écart type loi quelconque

ξ = θ (1 - θ ) : moyenne loi Bernoulli ( θ)6 - 4



Constats et terminologie statistique

Échantillon aléatoire : un ensemble de variables aléatoires X 1 , X 2 , , X ntelles que (a) les variables sont soumises à une même loi f(x)

(b) les variables sont indépendantesdonc la loi conjointe : g (X1, X2, …, Xn) = f( X1)* f(X2) * …* f(Xn)

Statistique : toute fonction aléatoire établie sur l’échantillon

Y = h (X1 , X2 , …., X n ) remarque : Y est une v.aEstimateur : une statistique particulière conçue de façon à fournir

une estimation d’un paramètre d’une loi de probabilitéEstimation ponctuelle d’un paramètre ξ : est la valeur numérique ξ

prise par un estimateur sur la base d’un échantillon (x1, x2,…, xn)ξ = h( x1, x2, … , xn )

Estimation par intervalle : d’un paramètre statistique ξ est un intervalle(a,b) dont les valeurs a et b dépendent de l’échantillon (x1, x2,…, xn)et une probabilité spécifiée 1 - α (appelée coefficient de confiance ) de telle sorte que : P ( a ≤ ξ ≤ b) = 1- α

6 -

5



Loi d’échantillonnage ( ce concept est fondamental )tout estimateur ξ possède une loi de probabilité appelée loi(ou distribution) d’échantillonnage ; l’étude des propriétés de l’estimateurrepose sur l’étude des propriétés de cette distribution.

Estimateur sans biais ( sans erreur systématique ) : un estimateur dont la moyenne est égale au paramètre à estimer : E( ξ ) = ξ

ξ

ξ

distribution d’échantillonnage E( ξ )n1

n2 > n1

n2

Résultat ( sous certaines conditions très générales ) : la distribution d ’échantillonnageest approximativement en forme de cloche (gaussienne) et sa dispersion(variance) diminue lorsque n augmente

Propriété la plus importante d’un estimateur = Var( ξ )

« bon » estimateur : a une petite variance

« meilleur » estimateur : est sans biais et à variance minimum 6 - 6



Résultat 1 Soit X 1 , X 2,, ….. , X n des v. a. indépendantes telles que E( Xi ) = µ i et Var ( Xi ) = σi

2 i = 1, 2, …, nsoient a 1, a 2,, …. , a n des constantes et

i=n

soit W =∑ a i X i une combinaison linéaire des X ii=1

Alors E( W ) = µ W = ∑ a i µ i et Var ( W ) = σw2 = ∑ ai

2 σi2

remarque 1 : aucune hypothèse est nécessaire sur les lois des X iremarque 2 : si les X sont gaussiennes alors W est gaussienne

Résultat 3 Si les X i sont gaussiennes X i ~ N ( µ , σ2 )

alors X est gaussienne N ( µ , σ2 / n )

Résultat 2 Soit ai = 1 / n E(X ) = µ Var( X i ) = σ2 alors i=n

W = X = Xbar = ∑ (1 / n ) X i vérifie E( X ) = µ et Var( X ) = σ2 / ni=1

6 -

7



Distribution de la moyenne échantillonnale et théorème central limite

Résultat 4 : théorème central – limite

Soit Y = ∑ X i avec E( X i ) = µ i , Var ( X i ) = σi2 i = 1, 2, … , n

Si « n est assez grand » ( au moins 30 )

Alors Y suit approximativement une loi gaussienne N ( µY , σY2 )

avec µ Y = ∑ µ i et σY2 = ∑ σi

2

Remarque : il n’y a aucune condition spécifique sur les lois des X i

Résultat 5 Si E( X i ) = µ , Var ( X i ) = σ2 i = 1, 2 ,… , nalors X suit approximativement loi gaussienne N ( µ , σ2 / n )

remarque on peut écrire le résultat sous la forme équivalente_ X - µ_ suit approximativement une loi N ( 0, 1) σ / √ n

6 - 8MTH 2301 Méthodes statistiques en ingénierie (6-8)

H is t o g r a m ( c h a p 0 6 . s t a 3 1 v * 3 0 0 0 0 c )

- 1 . 7 3 1 8- 1 . 4 5 4 7

- 1 . 1 7 7 6- 0 . 9 0 0 5

- 0 . 6 2 3 4- 0 . 3 4 6 2

- 0 . 0 6 9 10 . 2 0 8 0

0 . 4 8 5 10 . 7 6 2 2

1 . 0 3 9 31 . 3 1 6 4

1 . 5 9 3 5

u n if o r m e

0

1 0 0

2 0 0

3 0 0

4 0 0

5 0 0

6 0 0

7 0 0

No

of o

bs

H is to g r a m ( c h a p 0 6 .s ta 2 1 v *3 0 0 0 0 c )un if 2 = 1 5 00 0 *0.0 68 9 *no rm a l( x ; 7 .9 3 27 E- 5; 0 .7 0 6)

- 1 .7 2 8 6- 1 .4 5 3 0

- 1 .1 7 7 3- 0 .9 0 1 7

- 0 .6 2 6 0- 0 .3 5 0 4

- 0 .0 7 4 70 . 2 0 0 9

0 .4 7 6 50 .7 5 2 2

1 .0 2 7 81 . 3 0 3 5

1 .5 7 9 1

u n if 2

0

1 0 0

2 0 0

3 0 0

4 0 0

5 0 0

6 0 0

7 0 0

No

of o

bs

H is to g r a m ( c h a p 0 6 .s ta 2 1 v *3 0 0 0 0 c )un if 5 = 6 0 00 *0 .05 72 *n or m al ( x ; 7 .93 2 7E - 5 ; 0 .45 0 6)

- 1 .4 4 5 5- 1 .2 1 6 5

- 0 .9 8 7 6- 0 .7 5 8 7

- 0 .5 2 9 7- 0 .3 0 0 8

- 0 .0 7 1 90 .1 5 7 0

0 .3 8 6 00 .6 1 4 9

0 .8 4 3 81 .0 7 2 7

1 .3 0 1 7

u n if 5

0

5 0

1 0 0

1 5 0

2 0 0

2 5 0

3 0 0

3 5 0

No

of o

bs


Loi de X

H is to g r a m ( c h a p 0 6 .s ta 2 1 v *3 0 0 0 0 c )u n if 1 5 = 2 0 0 0 *0 .0 3 1 6 *n o r m a l( x ; 7 .9 3 2 7 E- 5 ; 0 .2 5 8 6 )

- 0 .7 5 6 0- 0 .6 2 9 8

- 0 .5 0 3 5- 0 .3 7 7 2

- 0 .2 5 1 0- 0 .1 2 4 7

0 .0 0 1 60 .1 2 7 8

0 .2 5 4 10 .3 8 0 4

0 .5 0 6 60 .6 3 2 9

0 .7 5 9 2

u n if 1 5

0

2 0

4 0

6 0

8 0

1 0 0

1 2 0

No

of o

bs

His tog ram (c h ap06 .s ta 21 v *3 0 000 c )unif 30 = 1000 *0.024 9*n orma l(x ; 7 .9 327 E-5; 0 .1825 )

-0 .6 37 8-0 .5 380

-0 .4 38 2-0 .3 384

-0 .2 38 7-0 .1 38 9

-0 .039 10 .0 6 07

0.160 50.2 60 3

0.360 10.45 99

0.559 7

un if 30

0

1 0

2 0

3 0

4 0

5 0

6 0

7 0

No

of o

bs

n = 1

n = 2

n = 5

n = 15

n = 30

uniformeH is t o g r a m ( c h a p 0 6 . s t a 3 1 v * 3 0 0 0 0 c )

- 1 . 0 0 0 00 . 0 2 7 3

1 . 0 5 4 62 . 0 8 1 9

3 . 1 0 9 24 . 1 3 6 5

5 . 1 6 3 86 . 1 9 1 1

7 . 2 1 8 48 . 2 4 5 7

9 . 2 7 3 01 0 . 3 0 0 3

1 1 . 3 2 7 6

e x p o n e n t ie lle

0

1 0 0 0

2 0 0 0

3 0 0 0

4 0 0 0

5 0 0 0

6 0 0 0

7 0 0 0

8 0 0 0

No

of o

bs

exponentielle

H is to g r a m ( c h a p 0 6 .s ta 3 1 v *3 0 0 0 0 c )

- 0 .9 9 6 1- 0 .3 7 3 5

0 .2 4 9 10 .8 7 1 7

1 .4 9 4 42 .1 1 7 0

2 .7 3 9 63 .3 6 2 2

3 . 98 4 84 .6 0 7 4

5 .2 3 0 15 .8 5 2 7

6 .4 7 5 3

e x p o 2

0

2 0 0

4 0 0

6 0 0

8 0 0

1 0 0 0

1 2 0 0

1 4 0 0

1 6 0 0

1 8 0 0

2 0 0 0

No

of o

bs

H is to g r a m ( c h a p 0 6 .s ta 3 1 v *3 0 0 0 0 c )e x p o 5 = 6 0 0 0 *0 .0 7 7 4 *n o rma l( x ; 0 .0 0 3 1 ; 0 .4 4 5 5 )

- 0 .9 3 5 5-0 .6 2 5 9

-0 .3 1 6 2- 0 .0 0 6 6

0 .3 0 3 00 .6 1 2 6

0 .9 2 2 21 .2 3 1 8

1 .5 4 1 41 .8 5 1 0

2 .1 6 0 62 .4 7 0 3

2 .7 7 9 9

e x p o 5

0

1 0 0

2 0 0

3 0 0

4 0 0

5 0 0

6 0 0

No

of o

bs

His togram (c hap06.s ta 31v *30000c )ex po15 = 20 00*0 .03 69*n orm al(x ; 0 . 0031; 0 .2567)

-0.6 499-0.5 023

-0.3 548-0.2 073

-0.0 5980.08 78

0.23 530.38 28

0.53 030.67 78

0.82 540.97 29

1.12 04

ex po 15

0

20

40

60

80

100

120

140

160

No

of o

bs

H is to g r a m ( c h a p 0 6 .s ta 3 1 v *3 0 0 0 0 c )e x p o 3 0 = 1 0 00 *0 .0 2 42 *n orm al( x ; 0 . 00 3 1 ; 0 .1 8 1 6 )

- 0 .5 1 4 5- 0 .4 1 7 6

-0 .3 2 0 8-0 .2 2 3 9

-0 .1 2 7 0-0 .0 3 0 2

0 .0 6 6 70 .1 6 3 6

0 .2 6 0 40 .3 5 7 3

0 .4 5 4 20 .5 5 1 0

0 .6 4 7 9

e x p o 3 0

0

1 0

2 0

3 0

4 0

5 0

6 0

No

of o

bs

gaussienneP O P U L A T I O N

H is t o g r a m ( c h a p 0 6 .s t a 3 1 v * 3 0 0 0 0 c )g a u s s ie n n e = 3 0 0 0 0 * 0 .1 7 1 5 * n o r m a l ( x ; - 0 . 0 0 1 8 ; 1 . 0 0 7 8 )

- 3 .9 0 9 5- 3 .2 2 3 5

- 2 .5 3 7 5- 1 .8 5 1 4

- 1 .1 6 5 4- 0 .4 7 9 4

0 . 2 0 6 60 . 8 9 2 6

1 . 57 8 72 . 2 6 4 7

2 . 9 5 0 73 . 6 3 6 7

4 . 3 2 2 7

g a u s s ie n n e

0

2 0 0

4 0 0

6 0 0

8 0 0

1 0 0 0

1 2 0 0

1 4 0 0

1 6 0 0

1 8 0 0

2 0 0 0

2 2 0 0

2 4 0 0

No

of o

bs

H is togram (c ha p0 6 .s ta 31v *30000 c )no rm2 = 150 00*0 .10 32*n orma l(x ; -0. 001 8 ; 0 .71 39)

-2 .6 49 6-2 .2 36 7

-1 .8 2 3 7-1 .4 1 0 7

-0 .997 8-0 .584 8

-0 .1 71 90 .241 1

0 . 65 4 11 .06 7 0

1 .48 0 01 .89 2 9

2 .30 5 9

no rm2

0

10 0

20 0

30 0

40 0

50 0

60 0

70 0

80 0

90 0

10 00

No

of o

bs

H is togram (c ha p0 6 .s ta 31v *30000 c )no rm5 = 600 0* 0.0 67 2*no rma l(x ; -0.0 018 ; 0 . 448 9)

-1 .6 7 8 2-1 .4 0 9 6

-1 .1 4 0 9-0 .8 7 2 3

-0 .6 03 7-0 .3 35 0

-0 .0 66 40 .202 2

0 .470 90 .739 5

1 .008 11 .276 7

1 .545 4

no r m5

0

50

10 0

15 0

20 0

25 0

30 0

35 0

40 0

No

of o

bs

His togram (chap06.sta 31v *30000c)no rm1 5 = 20 00*0 .03 61*n ormal(x ; -0.001 8; 0 .25 86)

-1.0046-0.8604

-0.7161-0.5718

-0.4275-0.2832

-0.13890.0054

0.14970.2940

0.43820.5825

0.7268

norm15

0

20

40

60

80

100

120

140

No

of o

bs

H is togram (c ha p0 6 .s ta 31v *30000 c )no rm3 0 = 10 00*0 .02 38*n orma l(x ; -0. 001 8 ; 0 .18 54)

-0 .665 2-0 .5 70 1

-0 .4 75 0-0 .3 79 9

-0 .2 84 8-0 .1 89 7

-0 .0 94 60 .000 5

0 .095 60 .190 7

0 .285 80 .380 9

0 .476 0

no rm3 0

0

10

20

30

40

50

60

No

of o

bs

9



6 -

Exemple 1 : approximation de la loi binomiale par une loi gaussienne ( voir chap. 5)

est un cas particulier de l’application du théorème central – limite.

X = nombre de succès dans une suite de n essais de Bernoulli indépendantsX i v. a. de Bernoulli associée au i -ème essai i = 1, 2,…, n

1 avec probabilité θ X i =

0 avec probabilité 1 - θE ( X i ) = 0 * ( 1 - θ ) + 1 * θ = θ Var ( X i ) = θ ( 1 – θ )

X = ∑ X i est une v. a binomiale b( n, θ ) On applique le résultat 4 : X suit approximativement loi N ( n θ , n θ ( 1 - θ ) )

Donc X – n θ__ = X - θ____ suit approximativement loi N ( 0, 1)

√ n θ ( 1- θ ) √ θ ( 1- θ ) / n

Exemple 2 : dans un contrôle de la qualité en cours de réception, on doit prélever un échantillon de taille n dans un lot contenant 10% de non- conformes. Déterminer n pourque le nombre X d’articles non- conformes dans l’échantillon vérifie l’équation:

P ( 0.05 ≤ X / n ≤ 0.15 ) = 0.95 ( * )solution X suit loi b( n, θ = 0.1) et X suit approximativement loi N ( 0.1*n, 0.09*n )

( * ) s’écrit Φ ( ( 0.15n – 0.1*n + 0.5 ) / 0.3 √ n ) ) - Φ ( ( 0.05n – n*0.1 - 0.5 ) / 0.3 √ n ) ) = 0.95Donc Φ ( ( 0.05n + 0.5 ) / 0.3 √ n ) ) = 0.975 alors ( 0.05n + 0.5 ) / 0.3 √ n ) ) = 1.96

n 2 -118.3n + 100 = 0 et n = 11810



6 -

Exemple 3 : La demande quotidienne d’énergie électrique ( KWh ) pour un logement estune variable de moyenne 200 et d’écart type 20. Soit D la demande totale d’énergie électrique dans un arrondissement de 500 logements. Calculer une limite supérieure D 0pour D qui ne serait pas dépassée avec probabilité 0.99

solution : D = ∑ X i ou X i est la demande du logement i = 1, 2, …., 500

D suit approximativement une loi gaussienne N ( µ , σ 2 )

µ = 500 * 200 = 100 000 et σ2 = 500 * 202 = 200 000 = ( 447.2 )2

P ( D ≤ D 0 ) = 0.99 Φ ( (D 0 - 100 000 ) / 447.2 ) ) = 0.99

D 0 = 100 000 + z 0.99 * 447.2 = 100 00 + 2.33 * 447.2 = 101 042Exemple 4 : la durée de vie X d’un composant électronique suit une loi exponentiellede moyenne 100 heures (a) Quelle est la probabilité que la durée moyenne X de 36composants dépasse 125 heures (b) Combien de composants doit- on avoir fin que la

différence entre X et 100 n’excède pas 10 avec une probabilité de 0.95 ?solution : si X suit une loi exponentielle l’écart type ( X ) = moyenne ( X ) = 100 ( chap. 5)

alors X suit approximativement une loi N ( 100, 100 2 / 36 )( a ) P ( X > 125 ) = 1 – Φ ( ( 125 – 100) / (100 / 6 ) = 1 - Φ ( 1.5 ) = 1 - 0.933 = 0. 067

( b ) P ( │ X - 100 │ < 10 ) = 0.95 alors P ( │ X - 100 │ < 10 __ ) = 0.95

100 / √ n 100 / √ n

2 Φ ( √ n / 10 ) - 1 = 0.95 donne n = 384

11



6 -

Estimation de la moyenne µ d’une population : méthode de l’intervalle de confiance

Cas A : population gaussienne et variance σ 2 connue X ~ N ( µ , σ 2 )

soit X 1 , X 2, …, X n un échantillon de X alors ( X – µ ) / ( σ / √ n ) ~ N ( 0, 1 )

alors P ( - z 1 – α / 2 ≤ ( X – µ ) / ( σ / √ n ) ≤ z 1 – α / 2 ) = 1 - α ( * )

-2 0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 22 24 26

U

-0.02

0.00

0.02

0.04

0.06

0.08

0.10

0.12

0.14

GA

US

S

N ( 0, 1) :

gaussienne

centrée – réduite

1 - α : coefficient

de confiance

- z 1 – α / 2 0 z 1 – α / 2

α/ 21 - α

Z = ( X – µ ) / (σ / √ n )

On isole le paramètre µ de l’équation ( * ) pour obtenir l’intervalle de confiance de µ

X - z 1 – α / 2 σ ≤ µ ≤ X + z 1 – α / 2 σ

√ n √ n12



6 -

Exemple 5 : supposons que la durée ( heures) de vie X d’ampoules électriques d’unecertaine marque est une loi gaussienne de moyenne µ ( inconnue) et écart type de 100 h

(a) Déterminer un intervalle de confiance avec coefficient de confiance de 0.95 pour µ siun échantillon de n = 20 ampoules a donné les durées de vie : 1076.2 - 989.2 - 1013.91152.5 - 1076.8 - …… 1028.7 - 946.2 - 1111.8 - 1060.5 de moyenne X = 1028.5 h

(b) Refaire ( a ) avec une coefficient de confiance de 0.99(c) Combien d’ampoules doit –on échantillonnées si on veut un intervalle de confiance

à 0.95 de longueur égale à 30 ?Solution : (a) 1028.5 - ( 1.96 * 100 / √ 20 ) ≤ µ ≤ 1028.5 + ( 1.96 * 100 ) / √ 20 )

1028.5 – 43.8 ≤ µ ≤ 1028.5 + 43.8984.7 ≤ µ ≤ 1072.3

( b ) avec un coefficient de confiance de 0.99 le percentile 1.96 change pour 2.576et l’intervalle de confiance devient 970.9 ≤ µ ≤ 1086.1

(c) la longueur de l’intervalle en (a) est de 2*43.8 = 87.6 avec n = 20on veut 2 * 1.96 * 100 / √ n = 30 donc n = 171

Détermination de la taille de l’échantillon : calcul de n ( avec σ connu )

on spécifie : coefficient de confiance = 1 - α longueur de l’intervalle = 2∆

on connaît σ

n = ( z 1 – α / 2 σ / ∆ ) 2

13



6 -

Exemple 6 : suite de l’ex. 5 - Un deuxième échantillon de 20 ampoules a donné une viemoyenne de 981 h. L’intervalle de confiance à 0.95 est : 937.2 ≤ µ ≤ 1024.8

Remarque : dans toute étude statistique on a toujours qu’un seul échantillon de taille n quiest prélevé. Toute décision à prendre repose sur cet échantillon uniquement.Dans l’exemple 6, on a prélevé un deuxième échantillon pour des fins d’illustrationmais si c’était le cas réel, on aurait combiné les deux en un seul échantillon de taille 40.

Interprétation d’un intervalle de confianceLe coefficient de confiance se rapporte à la procédure à long terme : ( 1 - α ) 100% des intervalles calculés avec la formule génèrent des intervalles qui contiendront µ. On ne sait jamais si l’intervalle calculé avec l’échantillon observé contient µ mais notre degré de confiance est de ( 1 - α ) 100% qu’il fait partie de ceux qui contienne µ ( les ‘ bons ‘ )

L’interprétation peut être comprise et illustrée seulement avec des données simulées provenant d’une population gaussienne dont la moyenne est connue : exemple 7

Exemple 7 : simulation de 100 échantillons de taille n = 5

provenant d’une population gaussienne µ = 1000 et σ = 100

7 échantillons : # 14 – 23 – 25 – 49 – 71 – 73 – 79 ne contiennent pas 1000

graphiques : page suivantes

14



6 -

intervalles de confiance : échantillons 1-50 de 5 obs.

moy-de-5750

800

850

900

950

1000

1050

1100

1150

1200

1250

#14 – 23 - 25 – 49 : intervalles excluant 1000

µ =1000

15



6 -

échantillons 51 à 100 : groupe de 5 obs

moy-de-5750

800

850

900

950

1000

1050

1100

1150

1200

1250

71 – 73 - 79

µ = 1000

16



6 -

Définition d’ une loi de Student

Une variable aléatoire T dont la densité de probabilité est définie par

f T ( t ) = c (ν ) ( 1 + t 2 / ν ) - ( ν + 1 ) / 2 -∞ < t < ∞s’appelle une variable de Student avec ν degrés de liberté , ν = 1, 2, 3,…., ∞c (ν ) est une constante qui dépend de ν

Propriétés• densité symétrique p.r à 0 • E ( T ) = 0• Var ( T ) = ν / ( ν -2 )

( ν > 2 )

• si ν = ∞ la variable deStudent est une variablegaussienne centrée réduite

• si > 30 la loi de Studentest quasi identique àune loi gaussiennecentrée réduite

remarque : une autre définition d’une v. a. de Student sera donnée plus loin dans ce chapitre

17



6 -

Annexe HOTHM

p. 535

table des quantiles d’une loi de Student

t p , ν :

quantile d’ordre p

loi Student Tνν degrés de liberté

P ( Tν ≤ t p , ν ) = p

Exemple :

P ( T5 ≤ 2.015 ) = 0.95

18



6 -

Cas B : population gaussienne et variance σ 2 inconnue X ~ N ( µ , σ 2 = ? )

intervalle de confiance de la moyenne

X - t 1 – α / 2, n - 1 s ≤ µ ≤ X + t 1 – α / 2, n - 1 s√ n √ n

Résultat 6 l o i de S t u d e n t ( W. Gossett)

Soit E ( X i ) = µ , Var ( X i ) = σ2 i = 1, 2 ,… , n

Soit X = ∑ X i / n et S2 = ∑ ( X i – X ) 2 / ( n - 1 )

Alors T = X - µ_ suit une loi de Student avec ν = n – 1 degrés de liberté s / √ n

Exemple 8 : 6 observations de la durée de vie d’ampoules a donné

863.0 - 1016.2 - 945.8 - 992.5 - 943.8 - 1006.4

X = 961.3 et s = 57.0

Int. confiance à 0.90 pour µ : 961.3 ± 2.015 * 57 / √ 6 = ( 914.4 , 1008.2 )

Remarque : la lettre T est généralement consacrée pour représenter la variable de cette loi

19



6 -

Estimation de la moyenne µ d’une population : méthode de l’intervalle de confiance

Cas C : population quelconque et n au moins 30

intervalle de confiance approximatif pour la moyenne

X - z1 – α / 2 s ≤ µ ≤ X + z1 – α / 2 s√ n √ n

Remarque : la formule repose sur le théorème central - limite

Exemple 9 : la durée de vie de 50 ampoules électriques d’une certaine marque a

donné X = 1014 et s = 98.7

Intervalle de confiance à 0.90 pour µ est

1014 ± 1.96 * 98.7 / √ 50

1014 ± 27.4

( 986.6 , 1041.4 )

20


-2 0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 22 24 26

U

-0.02

0.00

0.02

0.04

0.06

0.08

0.10

0.12

0.14

GA

US

S


6 -

Résultat 7 : ( a ) E ( X - Y ) = µX - µY( b ) Var ( X - Y ) = σX

2 / n1 + σY2 / n2

( c ) X - Y ~ N ( µX - µY , σX2 / n1 + σY

2 / n2 )

( d ) le résultat ( c ) est approximatifsi n1 et n2 sont plus grands que 30

-2 0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 22 24 26

U

-0.02

0.00

0.02

0.04

0.06

0.08

0.10

0.12

0.14

GA

US

S

X1, X2, … , Xn1

X ~ N ( µX,σX2) Y ~ N ( µY, σY

2)

σX σY

µXµY

Y1, Y2, … , Yn2

Loi d’échantillonnage de la différence entre 2 moyennes avec variances connues

échantillonsindépendants

X =∑ X i / n1 Y = ∑ Y i / n2moyennes

vrai sans aucune hypothèse sur les lois

21



6 -

Cas D : intervalle de confiance - différence de 2 moyennes µX - µYvariances connues

µX - µY : X - Y ± Z 1 – α /2 [σX2 / n1 + σY

2 / n2 ] 0.5

Exemple 10 : calculer un intervalle de confiance avec coefficient de confiance 0.95pour la différence de vie ( heures ) moyenne de deux types ( X et Y)

d’ampoules électriques à l’aide des informations suivantes :

X : n = 16 σ = 128 X = 1050

Y : n = 9 σ = 81 Y = 970solution selon la formule ci haut et la table de la gaussienne centrée réduite

et z 0.975 = 1.96

µX - µY : 1050 – 970 ± 1.96 ( 1282 / 16 + 812 / 9 )0.5 = 80 ± 82.1 = ( - 2.1, 162.9 )

question les ampoules de type X durent elles ( en moyenne ) plus longtemps que les ampoules de type Y ?

22


-2 0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 22 24 26

U

-0.02

0.00

0.02

0.04

0.06

0.08

0.10

0.12

0.14

GA

US

S


6 -

Résultat 8 : ( X - Y ) - ( µX - µY )

Sp √ 1/ n1 + 1 / n2

-2 0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 22 24 26

U

-0.02

0.00

0.02

0.04

0.06

0.08

0.10

0.12

0.14

GA

US

S

X1, X2, … , Xn1

X ~ N ( µX,σ2) Y ~ N ( µY, σ2)

σ σ

µX µY

Y1, Y2, … , Yn2

Loi d’échantillonnage de la différence entre 2 moyennes avec variances inconnues égales

échantillons indépendants

X = ∑ Xi / n1 Y = ∑ Yi / n2moyennes

SX2 = ∑ ( X i – X ) 2 / ( n1 - 1 ) SY

2 = ∑ ( Y i – Y ) 2 / ( n2 - 1 )variances

Sp2 = [ ( n1 -1 ) SX

2 + ( n2 – 1) SY2 ] / ( n1 + n2 -2) « pooled »

= T ~ Student avec n1 + n2 -2 ddl

23



6 -

Cas E : intervalle de confiance - différence de 2 moyennes µX - µYvariances inconnues mais égales

µX - µY : X - Y ± T1 – α/2, n1 + n2 - 2 Sp [ 1/ n1 + 1/ n2 ] 0.5

Exemple 11 : on a modifié la séquence d’opération pour faire l’assemblage de

plusieurs composants. Les données suivantes furent obtenues pour comparer la

la méthode actuelle et la méthode nouvelle. On croit que la nouvelle méthode

n’affecte pas sensiblement la variabilité. Déterminer un intervalle de confiance

à 95 % pour la différence de temps moyen d’assemblage entre les 2 méthodes.

données : X méthode actuelle : n1 = 10 X = 55 sX = 10

Y méthode nouvelle : n2 = 12 Y = 40 sY = 7

solution : Sp2 = ( 9 x 10 2 + 11 x 7 2 ) / 20 = 8.48 2

t 0.975, 20 = 2.08

µX - µY : ( 55 – 40 ) ± 2.08 * 8.48 ( 1 / 10 + 1 / 7 ) 0.5 = 15 ± 4.08 = (10.92, 19.08 )

question : la nouvelle méthode réduit- elle le temps moyen d’assemblage ?

24



6 -

Résultat 9 : si les variances sont inconnues et inégales alors

( X - Y ) - ( µX - µY )

√sX2 / n1 + sY

2 / n2(méthode Hsu)

= T ~ Student avec ν ddlν = min ( n1-1, n2 -1)

Cas F : intervalle de confiance - différence de 2 moyennes µX - µYvariances inconnues et inégales - ν = min ( n1-1, n2 -1)

µX - µY : X - Y ± t 1 – α/2, ν [ sx2 / n1 + sY

2 / n2 ] 0.5

Exemple 12 : OTHM ex. 6.25 p 195 comparaison de la force de tension de

rupture ( psi x1000) de 2 types d’acier

données acier X : n1 = 16 X = 74.6 sx2 = 3.5

acier Y : n2 = 13 Y = 70.2 sY2 = 19.2

intervalle de confiance à 90% - ν = min ( 15, 12) = 12 t 0.95, 12 = 1.78

µX - µY : ( 74.6 – 70.2 ) ± 1.78 ( 3.5 / 16 + 19.2 / 13 ) 0.5 = 4.4 ± 2.3 = ( 2.1, 6.7 )

intervalle de confiance à 99% - ν = min ( 15, 12) = 12 t 0.995, 12 = 3.05

µX - µY : ( 74.6 – 70.2 ) ± 3.05 ( 3.5 / 16 + 19.2 / 13 ) 0.5 = 4.4 ± 4.0 = ( 0.4, 8.4 )

25



6 -

Définition d’un loi du Khi-deux

Une variable aléatoire χ2 dont la densité de probabilité est définie par

f χ2 ( u ) = c( ν ) u ( ν / 2) - 1 exp ( - u / 2 ) 0 < u < ∞s’ appelle une variable khi-deux avec ν degrés de liberté (ddl), ν = 1, 2,3, …, ∞c( ν ) est une constante qui dépend de ν

Propriétés• E ( χ2 ) = ν et Var ( χ2 ) = 2 ν• si Z ~ N( 0,1 ) alors Z 2 suit une loi Khi-deux avec 1 ddl• la somme de variables Khi-deux indépendantes est une Khi-deux

• si Z i ~ N ( 0, 1 ) i = 1, 2, …, n alors ∑ Z i2 ~ Khi- deux avec n ddl

• si X i ~ N ( µ, σ2 ) i = 1, 2, …, n alors ∑ [ (X – µ )/ σ] 2 ~ Khi- deux avec n ddl

densité de probabilité loi khi-deux26



6 -

Table des quantiles d’une loi Khi-deux

Quantile de la loi Khi-deux

------------------------------------

OTHM annexe F

p. 531

Notation

χ2 p, ν :

quantile d’ordre p

d’une variable χ νavec ν degré de liberté

P ( χ 2ν ≤ Χ 2

p, ν ) = p

Exemple

P ( χ210 ≤ 15.987 ) = 0.90

27



6 -

Résultat 10 : soit X i i = 1, 2,…, n un échantillon aléatoire d’une population N( µ, σ2 )

soit S 2 = 1 /( n – 1 ) ∑ ( X i – X ) 2 la variance échantillonnale

alors (n-1) S 2 / σ2 = ∑ ( X i – X ) 2 /σ2 suit une loi Khi-deux avec (n – 1) ddl

Résultat 11 : E ( S 2 ) = σ2 c’est - à- dire S2 est une estimation sans biais de σ2

remarque: ce résultat est la justification du diviseur n – 1 employé dans la définition de S 2

Cas G : intervalle de confiance pour σ2 / coefficient de confiance = 1 - αsoit X i i = 1, 2,…, n un échantillon aléatoire d’une population N( µ, σ2 )Alors ( n – 1 ) s 2 ≤ σ2 ≤ (n – 1 ) s 2

Χ21- α /2, n-1 Χ2

α /2, n-1

remarque : cette formule fournit un intervalle de confiance pour σ en prenant les racines carrées

Exemple 13 : un échantillon de 20 ampoules électriques a donné une durée moyenne

de 1014 et une variance échantillonnale de 625. Un intervalle de confiance pour σ2

et σ avec un coefficient de confiance de 95% est donné par

19 * 625 / 32.85 ≤ σ2 ≤ 19 * 625 / 8.91361.49 ≤ σ2 ≤ 1332.77

19.01 ≤ σ ≤ 36.5128



6 -

Définition d’une loi F(v1, v2) de Fisher-Snedecor

Une variable aléatoire X dont la densité de probabilité f est définie par

f X ( x) = c(ν1,ν2) x ( ν1 / 2 ) - 1 [ 1 + ( ν1/v2 )x ] - ( v1 + v2 ) /2 0 < x < ∞est appelée une variable aléatoire distribuée selon une loi de Fisher-Snedecor avecv1 ddl au numérateur et v2 ddl au dénominateur; c(v1,v2) est une constante

Propriétés• E ( F ) = v2 / ( v2 – 2 ) • si X1 suit une loi Khi-deux avec v1 ddl

X2 suit une loi Khi-deux avec v2 ddlX1 et X2 sont indépendantes alors

( X1 / v1 ) / ( X2 / v2 ) suit une loi F(v1,v2)• T2

v = F (1, v) : le carré d’une loi de Studentavec v ddl est une loi F(1,v)

Loi de probabilité de Fisher-Snedecor

29



6 -

Quantiles d’une loi F de Fisher-Snedecor

Annexe I - OTHM p. 536-545

Notation

F p, v1, v2 :

quantile d’ordre p d‘unevariable de Fischer- SnedecorF v1 , v2 avec

v1 ddl au numérateurv2 ddl au dénominateur

Exemple

P ( F 8 , 3 ≤ 5.25 ) = 0.90

30


-2 0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 22 24 26

U

-0.02

0.00

0.02

0.04

0.06

0.08

0.10

0.12

0.14

GA

US

S


6 -

Résultat 12 ( SX2 / σX

2 ) / (SY2 / σY

2) suit une loi F n1-1 , n2-1

Remarque : ce résultat est une conséquence du résultat 10

-2 0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 22 24 26

U

-0.02

0.00

0.02

0.04

0.06

0.08

0.10

0.12

0.14

GA

US

S

X1, X2 , … , Xn1

X ~ N ( µX,σX2) Y ~ N ( µY, σY

2)

σX σY

µX µY

Y1, Y2 , … , Yn2

loi d’échantillonnage du quotient de 2 variances

échantillonsindépendants

X = ∑ Xi / n1 Y = ∑ Yi / n2moyennes

SX2 = 1/( n1 – 1 ) ∑ ( Xi – X )2 variances SY

2 = 1/( n2 – 1 ) ∑ ( Yi – Y )2

31



6 -

cas H : intervalle de confiance pour le quotient de 2 variances / coeff. conf. = 1 - α

( SX2 / SY

2 ) Fα /2, n1 -1, n2 -1 ≤ σX2 / σY

2 ≤ ( SX2/SY

2 ) F1 – α /2, n1-1 , n2 -1

remarque : ce résultat fournit l’intervalle de confiance pour le quotient des écarttypes en prenant les racines carrées de l’inéquation

Exemple 14 : OTHM ex. 6.49 p. 209échantillon X : n1 = 25 SX

2 = 0.012échantillon Y : n2 = 25 SY

2 = 0.020coefficient de confiance = 0.95 F 0.025 , 24 , 24 = 0.44 F 0.975 , 24 , 24 = 2.27

0.60 x 0.44 ≤ σX2 / σY

2 ≤ 0.6 x 2.27

0.26 ≤ σX2 / σY

2 ≤ 1.36

0.51 ≤ σX / σY ≤ 1.17

question : les variances ( ou les écart types ) sont – elles différentes ?

32



6 -

Distribution d’échantillonnage de l’étendue R

Résultat 13 : soit X i un échantillon de n observations d’une population N ( µ, σ2 )

R = max ( X i ) - min ( X i ) : étendue échantillonnalealors E ( R ) = d 2 σ et Var ( R ) = d 3

2σ2

n 2 3 4 5 6 7 8 9 10 15 20 25d 2 1.128 1.693 2.059 2.326 2.534 2.704 2.847 2.970 3.078 3.472 3.735 3.931d 3 0.853 0.888 0.880 0.864 0.848 0.833 0.820 0.808 0.797 0.755 0.729 0.709

table complète : OTHM annexe G p. 532

Résultat 14 : application - cartes de contrôle de Shewhart ( chapitre 8 OTHM )

( a ) σ = R / d 2 est une estimation sans biais de σ : E ( R / d 2 ) = σ

( b ) soit k groupes de n données, R j l’étendue du groupe j = 1, 2,..., k

R = ∑ R j / k l a moyenne des étenduesσ = R / d 2 est une estimation sans biais de σ

R

f R distribution d’échantillonnage de R : n fixé

0 E( R )

remarque: il n’est pas recommandé d’utiliser R pour estimer σ avec n > 10

l’écart type s est préférable car il est plus précis (moins variable)

33



6 -

Distribution d’échantillonnage de l’étendue S

Résultat 15 : soit X i un échantillon de n observations d’une population N ( µ, σ2 )S = [ (1 / ( n – 1 )) ∑ ( Xi – X ) 2 ] 0.5 : l’écart type échantillonnalalors E ( S ) = c 4 σ et Var ( S ) = c 5

2σ2

n 2 3 4 5 6 7 8 9 10 15 20 25c 4 0.798 0.886 0.921 0.940 0.952 0.959 0.965 0.969 0.973 0.982 0.987 0.990c 5 0.603 0.463 0.389 0.341 0.308 0.282 0.262 0.246 0.232 0.187 0.161 0.144

table complète : OTHM annexe G p. 533

Résultat 16 : application - cartes de contrôle de Shewhart ( chapitre 8 OTHM )

( a ) σ = S / c 4 est une estimation sans biais de σ : E ( S /c 4 ) = σ

( b ) soit k groupes de n données, S j l’écart type du groupe j = 1, 2,..., k

S = ∑ S j / k la moyenne des écart typesσ = S / c 4 est une estimation sans biais de σ

S

f S distribution d’échantillonnage de S : n fixé

0 E( S )

remarque : si n >= 10 c 4 ≈ 1

34



6 -

Intervalle de tolérance ( prédiction) pour une variable aléatoire X

Xµ

σ

N (µ, σ2)

X

X : distribution quelconque

E( X ) = µVar ( X ) = σ2

déterminer a et b tel que : P ( a ≤ X ≤ b ) = p ex. 0.95, 0.99

( a, b ) : intervalle de tolérance (prédiction) ( bilatéral ) pour X

a b a b

p :couverture

Cas 1 : N( µ, σ2) µ, σ connus a = µ - z (1 - p) / 2 σ b = µ + z (1 - p) / 2 σ

remarque : on est certain à 100% de la couverture p

Cas 2 : N( µ, σ2) µ, σ inconnus a = x - K p, n s b = x + K p, n s

où x et s proviennent des données x1, x2, …, x nK dépend de n et p et d’un coefficient de confiance 1- α

voir annexe J-1 OTHM p. 546

Remarque : - on peut aussi construire des intervalles unilatéral - l’annexe J – 2 ( OTHM p. 547 )

- ne pas confondre la valeur de p et celle de 1 – α ; elles ne sont pas reliées

35



6 -

Annexe J-1

Tableau des

Constantes K

p = couverture

1 – α =

coefficient

de confiance

36



6 -

Exemple 15 : ex 6.26 OTHM p. 196intervalle de tolérance avec couverture p = 0.95 et 0.99n = 12 x = 1.50 s = 0.10

tableau J-1 coefficient de confiance0.90 0.95

couverture p 0.95 0.99 0.95 0.99K p, ,n 2.863 3.758 3.162 4.150

intervalle a 1.21 1.12 1.18 1.085 b 1.79 1.88 1.82 1.915

Cas 3 : aucune hypothèse sur la forme de la distribution de Xsoit x1, x2, …, x n ; a = min ( X i ) b = max ( X i ) alors (a, b) est un intervalle de tolérance (bilatéral) de couverture p

avec un coefficient de confiance = 1 – α = 1 – n p n-1(1- p) - p n ( * )

remarque : - l’équation ( * ) peut être employée avec n et p spécifiées- trouver n si on spécifie p et 1 - α , n = n( p,1 – α )

annexe K-1 (p. 548 OTHM)

Exemple 16 : exemple 6. 26 p. 197 OTHM

n = 100 a = X min = 0.5018 b = X max = 0.5069

couverture p = 0.95 1 – α = 1 – 100 * 0.95 99( 1- 0.95) – 0.95 100 = 0.96Remarque : on peut aussi construire des intervalles unilatéral

voir l’annexe K – 2 ( p. 549 OTHM )

MTH 2301 Méthodes statistiques en ingénierie Chapitre 6...

Documents

Transcript of MTH 2301 Méthodes statistiques en ingénierie Chapitre 6...