Solutions chapitre 3

SOLUTION DES EXERCICES DU CHAPITRE III
III.1
a) la proposition 5
e) la proposition 3
III.2
a) ESM = 0,02
b) la proposition 5
d) la proposition 5
/ b) P = 13,595%
III.3
a) k = 2,23 (voir table) /
III.4
a) P = 0,99 /
c) la proposition 2
b) k = 2,98 (voir table)
b) la proposition 5, soit la N (0; 1)
III.5
L’échantillon étant de taille réduite (n < 30), la moyenne X du taux de cholestérol (X) ne suit
donc une loi normale que si le taux de cholestérol est distribué selon une loi de Gauss de
variance connue. Si la variance est inconnue, on l’estime à partir des données de l’échantillon et
X est alors décrite par une loi de Student t à (n-1) degrés de liberté. On sera amené par la suite à
considérer que la condition de normalité est vérifiée.
On trouve 2,13 comme moyenne échantillon, 0,236 comme variance échantillon et
IC 95% = [1,78 ; 2,48], IC 99% = [1,63 ; 2,63]
III.6 Taille de l’échantillon = 100
III.7
a) Intervalle [269,15; 290,85] / b) Pourcentage: 2,275%
III.8
a) moyenne = 213,6; écart-type = 55,805
b) IC à 95%: [210,14; 217,06]
c) n ≥ 479
III.9
a) 0,0062
/ b) 5,729 mg/100 ml
/ c) effectif minimum = 68
En détail: la population est caractérisée par une moyenne µ de 5,4 et une déviation standard
(écart-type)  de 1,0
a) La question se traduit: PX  5,9  ?
En sachant que n = 25 pour chaque échantillon, la question devient:

5,9  5, 4 
P Z 
  P  Z  2,5  1  0,99379  0,00621
1,0 / 25 

b) La question se traduit: P( X > x ) = 0,05 → P(Z>1,645) = 0,05
1, 645 
x  5, 4
1, 0 / 25

x  5, 729
c) La question est de chercher pour quel n, le percentile 95 de la distribution des moyennes vaut
5,6: P( X >5,6) = 0,05 → P( X ≤ 5,6) = 0,95
5, 6  5, 4
 n  8, 225²  67, 65 → donc 68
→ P(Z ≤ 1,645) = 0,95 → 1, 645 
1, 0 / n
III.10 a) 75,91% / b) [70,26%; 81,56%]
III.11 n = 2491
III.12 degré de confiance = 87%
III.13
n  4899
Justification:
Si  désigne la probabilité de sujets non immunisés dans la population, on souhaite connaître
une estimation de  au degré de confiance 95% et l’amplitude de l’intervalle de précision doit
être inférieure à 0,02 soit 2%.
La condition s’écrit ainsi: 2* z1 / 2 *
 *(1   ) ≤ 0,02, soit
n
n
2
* z1 / 2 *
0, 02
 *(1  )
2
*1,96*  *(1  ) donc
0, 02
n  38416*  *(1   ) . On note f (  ) =  * (1-  ).
Pour   [0,10; 0,15], la fonction f (  ) est croissante et l’on a f (0,15) = 0,1275.
On doit s’assurer que n soit suffisant, donc on doit considérer la valeur maximale de f (  )
atteinte en 0,15 sur cet intervalle.
Il suffit donc que n vérifie n  38416*0,1275 , soit n  4899 .
ou
n
III.14 proposition 3
III.15
a) [216; 264]
b) le nombre de sujets de groupe sanguin A observé dans l’échantillon étant égal à 276, il
n’appartient pas à l’intervalle précédemment calculé. Ceci peut traduire le fait que soit
l’échantillon n’est peut-être pas représentatif de la population d’étude avec le % de 40, soit que
la probabilité dans la population n’est pas 0,40 (40%) mais se situe dans l’intervalle obtenu à
partir de la valeur observée sur l’échantillon de 600 sujets qui s’écrit:
IC 95% = 276/600  1,96 p*q/n = 0,46  0,04, donc entre 0,42 et 0,50 (entre 42 et 50%)
c) 1,96* 0,46 * 0,54 / n
= 0,02 d’où n =2386
III.16 a) [0,1242 ; 0,2406] / b) 190 intervalles
III.17 n = 400
III.18 n = 19
III.19 a) [8,57; 9,43] / b) [46,50%; 69,50%]
III.20 µ=141,2 σ = 58
III.21 Si  désigne le pourcentage de sujets non immunisés dans la population, on souhaite
connaître une estimation de  au risque 5% et l’amplitude de l’intervalle de précision doit être
inférieure à 0,02 soit 2%.
 *(1   )
2
La condition s’écrit ainsi: 2* z
≤ 0,02, soit n 
*
*z
*  *(1   )
1 /2
n
0, 02 1 /2
2
*1,96*  *(1   ) donc
0, 02
n  38416*  *(1   ) . On note f (  ) =  * (1-  ).
Pour   [0,10; 0,15], la fonction f (  ) est croissante et l’on a f (0,15) = 0,1275.
On doit s’assurer que n soit suffisant, donc on doit considérer la valeur maximale de f (  )
atteinte en 0,15 sur cet intervalle.
Il suffit donc que n vérifie n  38416*0,1275 , soit n  4899 .
ou
n
III.22
a) µ = 6 et σ² = 8 (pour σ²: division par 5 et non par 4 car population)
b) 25 échantillons de taille 2
d) moyenne = µ = 6 et variance = σ²/n = 8/2 = 4, nombre que l’on peut retrouver en calculant la
variance des moyennes des 25 échantillons de taille 2 construits au point c).
III.23
Proposition 4
III.24
i) 99,12%
III.25
Proposition 5
III.26
i) 33,45%
III.27
i) [17,27; 17,93]
ii) 98%
ii) 28,12 g
iii) 84,13%
ii) n > 138,30 donc arrondi à l’unité supérieure 139
III.28 i) Chaque année i, la température maximale moyenne est donnée par
𝑇1+𝑇2+𝑇3+𝑇4
Ti = N(19,2 °C; 1,6 °C). On suppose les Ti indépendants. On pose M4 =
.
4
On sait, d’après les propriétés vues, que M4 suit également une loi normale de moyenne 19,2 et
1,6
d’écart-type = 0,8
√4
ii) On cherche P[M4 > 20] = P[Z >
20−19,2
0,8
] = P[Z > 1] = 1- P[Z < 1] = 1-0,8413 = 0,1587
iii) Nous cherchons P[T1 > 20 et T2 > 20 et T3 > 20 et T4 > 20] =
P[T1 > 20] * P[T2 > 20] * P[T3 > 20] * P[T4 > 20] (car les variables sont indépendantes) =
20−19,2
20−19,2
20−19,2
20−19,2
P[Z > 1,6 ] * P[Z > 1,6 ] * P[Z > 1,6 ] * P[Z > 1,6 ] =
[P[Z > 0,5]]4 = [1-0,6915]4=0,30854=0,009058 soit 0,0091.
III.29 effectif minimal n = 117,72, donc arrondi à l’entier supérieur = 118