Correction TD no 3.

Année Universitaire 2011/2012
Statistique
Université de Nice Sophia-Antipolis
L2M
TD de Statistique
o
Correction TD n 3.
Exercice 1 : On utilisera le lemme suivant
Soit X une variable aléatoire continue telle que sa fonction de répartition F est dérivable sauf aux
points x1 , . . . , xn . Alors une densité f de X est dénie par f (x) = F 0 (x) pour tout x ∈ R \ {x1 , . . . , xn } et f (xi )
vaut une valeur arbitraire positive.
De plus en tout point x où f est continue, F est dérivable en x et vérie F 0 (x) = f (x).
Si f1 est une densité de X et f2 une fonction positive telle que pour tout x ∈ R \ {x1 , . . . , xn }, f1 (x) = f2 (x),
alors f2 est une densité de X .
1 Lemme
1. Notons FY la fonction de répartition de Y et FX celle de X . Alors, pour tout t ∈ R,
3−t
FY (t) = P(Y ≤ t) = P(−4X + 3 ≤ t) = P X ≥
4
= 1 − FX
3−t
4
Puisque f est continue sauf aux points 0 et 4, la fonction FX est dérivable sur R sauf éventuellement en 0
et 4 et de plus pour tout x 6∈ {0, 4}, FX0 (x) = f (x). Par le lemme, une densité fY de Y est donnée pour
tout t 6∈ {−13, 3} par fY (t) = FY0 (t) = 41 f 0 3−t
. On peut donc prendre:
4
fY (t) =
1
16
0
si −13 < t < 3
sinon.
La loi de Y est donnée par la densité précédente.
Remarque: on aurait pu également dénir fY par
fY (t) =
ou bien par
0
fY (t) =
ou encore par
1
16
1
16
0
si −13 ≤ t ≤ 3
sinon.
si −13 ≤ t < 3
sinon.
si −13 < t ≤ 3
sinon.
2. Notons FZ la fonction de répartition de Z , FX la fonction de répartition de X . Alors, puisque Z est une
variable aléatoire positive, FZ (t) = 0 pour t < 0. De plus, pour tout t ≥ 0,
fY (t) =
FZ (t)
1
16
0
= P(Z ≤ t)
= P(X 2 ≤ t)
√
√
= P − t≤X≤ t
√
√
= FX ( t) − FX (− t)
√ = FX
t +0
En particulier, pour tout t 6= 0 et t 6= 16, une densité fZ de Z est donnée par fZ (t) = FZ0 (t). En particulier,
pour tout t > 0 et t 6= 16,
√ 1 √ 1
0
fZ (t) = √ FX
2 t
On prend donc:
fZ (t) =
1
√
.
8 t
0
1
t = √ f
2 t
si 0 < t < 16
sinon.
t .
Exercice 2:
1. Soit x ∈ R. Alors,
Z
FX (x)
x
=
f (t)dt
−∞
Donc, si x ≤ 0, FX (x) = 0. Si désormais, x > 0,
x
Z
FX (x)
t
t2
exp
−
dt.
α2
2α2
=
0
√
En faisant le changement de variable t = u 2α,
√x
2α
Z
FX (x)
=
2u exp −u2 du.
0
h
i √x
2
2α
−e−u
=
0
x2
2α2
1−e
=
.
2. Par dénition un p ∈ {0, 1, 2, . . . , 100}ème percentile est un xp ∈ R tel que FX (xp ) = p/100. La résolution
de l'équation donne alors pour p 6= 0,
r
xp =
et pour p = 0 tout xp ≤ 0 convient.
3. On admettra le résultat
p −2α2 ln 1 −
,
100
√
∞
Z
π
.
2
2
e−x dx =
0
L'espérance de X existe car la fonction t 7→ t2 /α2 e−t
2
/(2α2 )
est intégrable sur [0, +∞[. De plus,
∞
t2
t2
E(X) =
exp − 2 dt
α2
2α
0
Z
∞
√
2
= 2 2α
x2 e−x dx
Z
0
√
en faisant le changement de variable x = t/( 2α). En écrivant
√
E(X)
Z
= − 2α
∞
2
x −2xe−x dx
0
et en eectuant une intégration par partie, on obtient
E(X)
=
√
Z
2α
∞
2
e−x dx = α
p
π/2.
0
Pour calculer la variance, on montre que E(X 2 ) existe et on utilise la formule
var(X) = E(X 2 ) − (E(X))2 .
Les calculs sont laissés au lecteur.
Exercice 3:
2
1. On rappelle qu'une fonction de densité est une fonction positive f telle que
positive se traduit par c ≥ 0. De plus,
Z
f (x)dx =
1
R
R
f (x)dx = 1. Dire que f est
∞
1
c
cx−α−1 = c − x−α
= .
α
α
1
∞
Z
R
Donc c = α. (qui est bien positif)
2. Notons F la fonction de répartition de X . Si x ≤ 1 alors F (x) = 0. De plus, si x > 1, on a
x
Z
αt−α−1 dt = 1 − x−α .
F (x) =
1
3. Notons FZ la fonction de répartition de Z . Dire que Z > t signie que X > t et Y > t. Alors,
FZ (t)
=
P(Z ≤ t)
=
1 − P (Z > t)
=
1 − P (X > t, Y > t)
=
1 − P (X > t) P (Y > t) .
où nous utilisons dans la dernière égalité le fait que X et Y sont indépendantes. De plus, puisque X et Y
ont même loi, P(X > t) = P(Y > t). Donc,
FZ (t)
2
1 − P (X > t)
=
2
1 − (1 − F (t)) .
Donc la fonction de répartition est donnée par:
si t < 1
si t ≥ 1.
En utilisant le lemme, on peut prendre une densité fZ dénie pour t 6= 1, par fZ (t) = FZ0 (t) et fZ (1) choisie
arbitrairement. On peut donc prendre
0
si t < 1
fZ (t) =
2αt−2α−1 si t ≥ 1.
0
1 − t−2α
FZ (t) =
4. La fonction x 7→ x−α est intégrable sur [1, +∞[ (car α > 1) et donc E(X) existe. De plus,
∞
Z
αx−α =
E(X) =
1
α
.
α−1
D'autre part, pour caculer la variance, puisque x 7→ x−α+1 est intégrable (car α − 1 > 1), E(X 2 ) existe. De
plus,
Z
∞
αx−α+2 =
E(X 2 ) =
1
D'autre part,
varX = E(X 2 ) − (E(X))2 =
α
.
α−2
α
−
α−2
α
α−1
2
.
5. L'équation E(X) = 4/3 se réécrit α/(α − 1) = 4/3. Cette équation a une unique solution, α = 4.
Exercice 4:
On rappelle qu'une variable aléatoire X suit une loi exponentielle de paramètre λ > 0 si elle admet une densité
de la forme f (x) = λe−λx si x ≥ 0 et f (x) = 0 si x < 0.
1. Puisque X est une variable aléatoire positive (c'est à dire P(X ≥ 0) = 1), l'ensemble des valeurs que peut
prendre T est T (Ω) = {1, 2, 3, . . .} = N? . Cela implique que T est une variable aléatoire discrète. Pour
déterminer sa loi, il faut calculer P(T = k) pour tout k ∈ T (Ω). Soit donc k ∈ N? ,
P(T = k)
=
P ([X] + 1 = k)
=
P ([X] = k − 1)
=
P (k − 1 ≤ X < k)
Z k
λe−λx dx
=
k−1
−λ(k−1)
=
e
=
q k−1 p.
3
− e−λk
2. Notons Z la variable aléatoire Z = min(X, Y ), FZ sa fonction de répartiton et F la fonction de répartition
d'une loi exponentielle de paramètre λ. Alors, pour tout t ∈ R,
= P (min(X, Y ) ≤ t)
FZ (t)
=
1 − P (min(X, Y ) > t)
=
1 − P (X > t, Y > t)
=
1 − P (X > t) P (Y > t)
=
1 − (1 − F (t))2
où nous utilisons à la 3ème égalité le fait que X et Y sont indépendantes et à la 4ème que X et Y suivent
une loi exponentielle de paramètre λ. De plus, on laisse au lecteur le fait que F (t) = 1 − e−λt pour tout
t ≥ 0 et F (t) = 0 sinon. La loi de Z est donnée par sa fonction de répartition FZ , donc par
si t < 0
si t ≥ 0.
0
1 − e−2λt
FZ (t) =
Si l'on souhaite donner une densité fZ de Z , en utilisant le lemme, on peut prendre
fZ (t) =
0
2λe−2λt
si t < 0
si t ≥ 0.
Le calcul de la loi de Z 0 = max(X, Y ) se fait de manière analogue. Notons FZ 0 la fonction de répartition
de Z 0 . Pour tout t ∈ R,
FZ 0 (t) = P(Z 0 ≤ t) = P(X ≤ t, Y ≤ t) = F (t)2 .
Donc, en particulier,
0
2
1 − e−λt
FZ 0 (t) =
si t < 0
si t ≥ 0.
Une densité fZ 0 de Z 0 , en utilisant le lemme, est
fZ 0 (t) =
0
λe−λt 1 − e−λt
si t < 0
si t ≥ 0.
Exercice 5:
1. Soit FY la fonction de répartition de Y . Alors, pour tout t ∈ R,
FY (t) = P(Y ≤ t) = P(aX + b ≤ t).
Donc, si a > 0,
t−b
t−b
FY (t) = P X ≤
=F
.
a
a
Si a < 0,
t−b
t−b
t−b
t−b
FY (t) = P X ≥
=1−P X <
=1−P X ≤
=1−F
a
a
a
a
car la variable aléatoire X est continue.
Puisque f est continue, F est dérivable. De plus, séparant les cas a < 0 et a > 0, par le lemme, une densité
fY de Y est donnée par
fY (t) = FY0 (t) =
1
f
|a|
t−b
a
2. Soit FZ la fonction de répartition de Z dénie pour t ∈ R par FZ (t) = P(Z ≤ t) = P(|X| ≤ t). Pour tout
t < 0, FZ (t) = 0 car |X| est une variable aléatoire positive (P(|X| ≥ 0) = 1 = 1 − FZ (0) , donc FZ (0) = 0
et par croissance et positivité de FZ , FZ (t) = 0 pour t < 0). De plus, pour t ≥ 0,
FZ (t) = P(−t ≤ X ≤ t) = F (t) − F (−t).
On peut donc prendre une densité fZ de Z par
fZ (t) =
0
si t < 0
f (t) + f (−t) si t ≥ 0.
4
3. De même, notons FT la fonction de répartition de T . Alors, pour tout t ∈ R,
FT (t) = P(T ≤ t) = P(|X| ≤ et ) = F (et ) − F (−et ).
et on peut prendre comme densité la fonction fT dénie sur R par
fT (t) = et f (et ) + et f (−et ),
∀t ∈ R
4. La fonction F est continue et strictement croissante (car sa dérivée est strictement positive). Par conséquent,
elle réalise une bijection entre R et F (R) =]0, 1[. Notons FU la fonction de répartition de U . Alors, pour
t ∈ R,
FU (t) = P (F (X) ≤ t) .
Donc si t ≤ 0, FU (t) = 0 et si t ≥ 1, FU (t) = 1. Pour t ∈]0, 1[,
FU (t) = P X ≤ F −1 (t) .
En eet, puisque F est bijective et strictement croissante, F −1 existe et est strictement croissante. Donc,
FU (t) = F (F −1 (t)) = t.
La fonction de répartition FU est donc dénie par

 0
t
FU (t) =

1
si t ≤ 0
si 0 < t < 1.
si t ≥ 1.
On reconnait la fonction de répartition d'une loi uniforme sur [0, 1]. Donc U suit une loi uniforme sur [0, 1].
5. On rappelle que dans cette feuille d'exercice, pour tout réel x ∈ R, [x] est la partie entière de x. Donc,
attention, ici V n'est pas une variable aléatoire continue. Puisque V (Ω) = Z, V est une variable aléatoire
discrète. Elle n'admet donc pas de densité. En revanche, on peut calculer sa loi. Elle est donnée par:
V (Ω) = Z et pour tout k ∈ Z,
P(V = k) = P (k ≤ X < k + 1) = F (k + 1) − F (k).
Pour t ∈ R,
FV (t)
X
=
P(V = k)
k∈Z,k≤t
[t]
X
=
P(V = k)
k=−∞
[t]
X
=
F (k + 1) − F (k)
k=−∞
= F (1 + [t]) .
Exercice 6:
On rappelle la propriété suivante: si X suit une loi normale N (m, σ 2 ) alors pour tous réels, a, b, aX + b suit une
loi normale N (am + b, a2 σ 2 ). On note dans cette exercice F la fonction de répartition d'une loi N (0, 1).
Remarque: pour tout t ∈ R, F (t) = 1 − F (−t). En eet, si Y est une variable aléatoire suivant la loi N (0, 1).
Alors F (t) = P(Y ≤ t) = P(−Y ≥ −t) = 1 − P(−Y < −t). De plus, puisque Y ∼ N (0, 1), −Y ∼ N (0, 1)
(appliquer la remarque au dessus avec a = −1 et b = 0). Donc, F (t) = 1 − F (−t).
Dans cet exercice, X ∼ N (1, 25), donc la variable aléatoire Y = (X − 1)/5 suit une loi N (0, 1)
- Pour tout a ≥ 1,
P(1 < X < a) = P(0 < Y < (a − 1)/5) = F ((a − 1)/5) − F (0) = F ((a − 1)/5) − 1/2
On cherche donc a tel que F ((a − 1)/5) = 1.45. Cela est impossible car F (x) ≤ 1 pour tout x.
5
- Soit a ≥ 0.
P(−a + 1 < X < a + 1) = P(−a/5 < Y < a/5) = F (a/5) − F (−a/5) = 2F (a/5) − 1
On résout donc F (a/5) = 0.975. D'après la table a/5 ' 1.96 donc a ' 9.825.
- On a:
P(X > a + 1) = P(Y > a/5) = 1 − F (a/5) = 0.02
. Donc F (a/5) = 0.98. D'après la table, a/5 ' 2.056 donc a ' 10.28 .
- Pour a ≥ 0,
P(|X − 1| > a) = 1 − P(−a + 1 < X < a + 1)
On résout donc P(−a + 1 < X < a + 1) = 0.95. On l' a déjà fait, on a trouvé a ' 9.825.
Exercice 7:
Dans le corrigé du TD précédent on a expliqué comment approcher une loi Binomiale par une loi de Poisson.
Dans ce corrigé, on approchera une loi Binomiale par une loi Normale.
Soit Y une variable aléatoire suivant une loi normale N (0, 1). Soit pour tout n ∈ N? , Xn une variable
aléatoire discrète suivant une loi Binomiale de paramètres n et p ∈]0, 1[. Alors, pour tout a ∈ R ∪ {−∞} et
b ∈ R ∪ {+∞}, a ≤ b,
2 Lemme
!
Z b
2
1
Xn − np
p
√ e−t /2 dt.
< b = P (a < Y < b) =
lim P a <
n→+∞
2π
np(1 − p)
a
Ce théorème est une conséquence du Théorème Central Limite, que l'on écrira plus loin. Cette version est aussi
connu sous le nom du théorème de Moivre-Laplace. Ce théorème peut être utilisé pour approcher lorsque n est
grand une loi Binomiale B(n, p) par une loi Normale N (np, np(1 − p)).
p
En eet, si Y suit une loi N (0, 1) alors Y 0 = np + np(1 − p) Y suit une loi N (np, np(1 − p)). Donc pour tout
α ≤ β,
P(α < Xn < β)
= P
' P
α − np
Xn − np
β − np
p
<p
<p
np(1 − p)
np(1 − p)
np(1 − p)
!
α − np
β − np
p
<Y < p
np(1 − p)
np(1 − p)
!
' P (α < Y 0 < β) .
En pratique cette majoration est correcte pour n grand et p ni trop proche de 0 ni trop proche de 1. Typiquement,
on l'accepte quand n > 50, np > 5 et n(1 − p) > 5.
Dans cet exercice, on a n = 1100 sacs, que l'on numérote de 1 à n. On considère la variable aléatoire Xi qui
vaut 1 si le ième sac doit être remplacé, et Xi = 0 sinon. Les variables aléatoires X1 , . . . , Xn sont indépendantes
et suivent une loi de Bernouilli d'un paramètre p à déterminer. Dire que X1 = 1 c'est dire que dans un sac de
50 graines, 3 graines n'ont pas germées. Numérotons ces graines de 1 à m = 50, et notons Yi = 1 si la ième
graine
Pm n'a pas germée, Yi = 0 si elle a germée. Le nombre de graines qui n'ont pas germées dans le sac est donc
i=1 Yi . Donc,
!
p = P(X1 = 1) = P
m
X
Yi ≥ 3
i=1
De plus les Yi P
sont indépendantes, et obeissent à une loi de Bernouilli de paramètre 0.01. Donc la variable
aléatoire Y = m
i=1 Yi suit une loi Binomiale de paramètres m = 50 et 0.01. D'après le TD précédent, Y
s'approxime par une variable aléatoire Z suivant une loi de poisson de paramètre 50 × 0.01 = 0.5. Alors,
p ' 1 − P (Z ≤ 2) ' 1 − e−1/2 + (1/2)e−1/2 + (1/2)2 /2!e−1/2 ' 0.0144.
n
De plus, le nombre
Pnde sacs que le marchand doit remplacer est donné par i=1 Xi . On cherche donc à calculer
la probabilité P ( i=1 Xi ≥ 40).
P
Or, puisque Pni=1 Xi est une somme de variable aléatoires indépendantes suivant une loi de bernouilli de
paramètre p, ni=1 Xi suit une loi Binomiale B(n, p). On vérie que n > 50 , np > 5 et n(1 − p) > 5. On
P
6
est donc dans les conditions d'application du lemme. Soit Z une variable aléatoire de loi N (0, 1). Alors, par le
lemme,
P
n
X
!
Xi ≥ 40
=
i=1
'
'
!
Pn
40 − np
i=1 Xi − np
p
≥p
P
np(1 − p)
np(1 − p)
!
40 − np
P Z≥p
np(1 − p)
P (Z ≥ 6.12)
Cette dernière probabilité se lit dans la table donnée.
P (Z ≥ 6.12) ' 0.
Exercice 8:
Supposons que l'on fasse n réservations. Numérotons les clients de 1 à n, et notons Xi = 1 si le i ème client se
présente à l'embarquement, Xi = 0 sinon. D'après l'énoncé, Xi suit une loi de Bernouilli de paramètre p = 0.8.
On supposera que X1 , . . . , Xn sont des variables aléatoires indépendantes, cePqui signie que les passagers se
présentent indépendemment les uns des autres. On est en sur-réservation si ni=1 Xi ≥ 400. On cherche donc
n, le plus grand possible tel que
!
P
n
X
Xi > 400
≤ 0.05.
i=1
La variable aléatoire ni=1 Xi suit une loi Binomiale B(n, p). Si n est assez grand, elle s'approxime, d'après le
lemme, par une loi Normale N (np, np(1 − p)). Plus précisément, notons Y une variable aléatoire suivant une loi
N (0, 1). Alors,
P
P
n
X
!
Xi > 400
i=1
Notons
!
Pn
400 − np
i=1 Xi − np
p
>p
= P
np(1 − p)
np(1 − p)
!
400 − np
' P Y >p
np(1 − p)
400 − np
1000 − 2n
√
qn = p
=
.
n
np(1 − p)
On sait, puisque la fonction x 7→ P(Y > x) est une fonction bijective de R dans ]0, 1[ (car continue, strictement
décroissante) que l'équation P (Y > x) = 0.05 admet une unique solution. D'après la table, pour x = 1.65,
P(Y > x) ≤ 0.05 et P(Y > x) ' 0.05. On cherche donc n ∈ N? le plus grand possible tel que qn ≥ 1.65.
L'équation qx = 1.65 admet dans R la solution x = 481.89. On prend donc n = 481.
On peut donc accepter jusqu'à 481 réservations.
Exercice 10:
Rappelons le Théorème Central Limite:
Soit Y une variable aléatoire suivant une loi normale N (0, 1). Soit (Xi )i≥1 une suite de variables
aléatoires
indépendantes
et de même loi tel que E(X12 ) existe. Notons m = E(X1 ) , σ 2 = varX1 et X̄n =
Pn
1
i=1 Xi . Alors, pour tout a ∈ R ∪ {−∞} et b ∈ R ∪ {+∞}, a ≤ b,
n
3 Lemme
√
Z b
2
1
n
√ e−t /2 dt.
lim P a <
X̄n − m < b = P (a < Y < b) =
n→+∞
σ
2π
a
Notons
que X̄n =
Pn Z une variable aléatoire suivant une loi normale N (m, σ). Le théorème précédent nous dit √
1/n i=1 Xi obeit approximativement à une loi N (m, σ 2 /n). En eet, on déduit du fait que Z = σ/ n Y + m
7
obeit à N (m, σ 2 /n) que, pour tout α ∈ R ∪ {−∞} et β ∈ R ∪ {+∞}, α ≤ β ,
P α < X̄n < β
√
√
√
n
n
n
(α − m) ≤
X̄n − m ≤
(β − m)
σ
σ
σ
√
√
n
n
(α − m) ≤ Y ≤
(β − m)
' P
σ
σ
' P (α < Z < β)
= P
En écrivant qu'une variable aléatoire suivant une loi Binomiale, s'écrit comme une somme de variables aléatoires
indépendantes de Bernouilli, nous laissons au lecteur la preuve que ce théorème implique le théorème de Moivre
Laplace.
1. Dans cet exercice, on a X1 , . . . , Xn (avec n = 49) variables aléatoires indépendantes et de même loi. La loi
de chaque Xi est celle de X . On va appliquer le Théorème Central Limite. Pour cela, caculons E(X) et
varX . Puisque la fonction x 7→ xf (x) est intégrable sur R, E(X) existe et vaut:
∞
Z
x2 e−x dx
=
E(X)
0
Cette intégrale se calcule en faisant des intégrations par parties. On trouve E(X) = 2.
De même, E(X 2 ) existe car x 7→ x2 f (x) est intégrable sur R. De plus,
Z
E(X 2 )
∞
=
x3 e−x dx
0
=
6
Par conséquent, varX = E(X 2 ) − (E(X))2 = 6 − 4 = 2.
Le théorème central limite nous dit que X̄n suit approximativement une loi N (m, σ 2 /n) avec m = 2, n = 49
et σ 2 = 2. C'est à dire N (2, 2/49).
2. Notons donc Z une variable aléatoire de loi normale N (2, 2/49). Alors,
P 1.8 ≤ X̄n ≤ 2.1 ' P (1.8 ≤ Z ≤ 2.1)
49/2 (Z − 2) ∼ N (0, 1). Donc,
P 1.8 ≤ X̄n ≤ 2.1 ' P (−0.0404 ≤ Y ≤ 0.0202)
Puisque Z ∼ N (2, 2/49), Y =
p
Cette dernière probabilité se calcule à l'aide de la table.
P (−0.0404 ≤ Y ≤ 0.0202) = F (0.0202) − F (−0.0404)
où F est la fonction de répartition de Y . De plus, puisque Y suit une loi normale, F (t) = 1 − F (−t) pour
tout t ∈ R. Donc,
P (−0.0404 ≤ Y ≤ 0.0202) = F (0.0202) + F (0.0404) − 1
La table donne F (0.0202) ' 0.508 et F (0.0404) ' 0.516. Finalement,
P 1.8 ≤ X̄n ≤ 2.1 ' 0.024.
Exercice 11:
Changement d'énoncé: déterminer n tel que P(0.05 ≤ X/n ≤ 0.15) ≥ 0.95.
On a donc n variables aléatoires X1 , . . . Xn indépendantes et de meme loi. Dire que Xi = 1 signie que le ième
produit est défectueux, et Xi = 0 s'il ne l'est pas. Alors Xi obeit à une loi de Bernouilli B(p). D'après l'énoncé,
la probabilité qu'un produit soit défectueux est p = 0.1.
P
De plus, le nombre de produits défectueux est donné par X = ni=1 Xi . D'après le Théorème Central Limite
(ou le théorème de Moivre-Laplace), X/n suit approximativement une loi N (0.1, 0.1(1 − 0.1)/n). Soit donc Y
variable aléatoire ayant pour loi N (0.1, 0.1(1 − 0.1)/n) = N (0.1, 0.09/n). Alors
P (0.05 ≤ X/n ≤ 0.15)
' P (0.05 ≤ Y ≤ 0.15)
√ √
' P −0.1667 n ≤ Z ≤ 0.1667 n
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où Z = n/0.09(Y − 0.1) obeit à une loi normale N (0, 1). Si F est la fonction de répartition d'une loi N (0, 1),
on a donc:
p
P (0.05 ≤ X/n ≤ 0.15)
Il faut donc choisir n tel que
cad
√ √ √ ' F 0.1667 n − F −0.1667 n = 2F 0.1667 n − 1
√ 2F 0.1667 n − 1 ≥ 0.95
√ F 0.1667 n ≥ 0.975.
√
D'après la table si x ' 1.96 alors F (x) ' 0.975. On prend n tel que 0.1667 n ≥ 1.96. Il faut donc que la taille
soit au moins égale à n = 13825.
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