probabilité soit -partie -des -donne

 Intervalle de Fluctuation asymptotique au seuil de 95 %
Théorème : Intervalle asymptotique au seuil de 95 %
Soit X une variable aléatoire qui suit la loi binomiale de paramètres n ∈ IN et p ∈ [0 ; 1].
lim
n → + ∞
P – 1,96 p(1 – p)
n + p ≤ X
n ≤ 1,96 p(1 – p)
n + p ≈ 0,95
Autrement dit, lim
n → + ∞
P ( X
n ∈
[ p – 1,96 p(1 – p)
n ; p + 1,96 p(1 – p) n + p
] ) ≈ 0,95.
Démonstration :
Soit X une variable aléatoire qui suit la loi binomiale de paramètres n ∈ IN et p ∈ [0 ; 1].
D’après le théorème (admis) de Moivre – Laplace , pour tout réels a et b, on a :
lim
n → + ∞ P 
a ≤ X – np
np(1 – p) ≤ b = P( a ≤
Z ≤ b) avec Z qui suit la loi normale centrée réduite (donc de
paramètres µ = 0 et σ = 1).
Objectif :
Déterminer un intervalle I
n
, auquel appartient X
n tel que la probabilité P 
X
n ∈
I
n
soit le plus proche possible
de 1.
Méthode :
Lorsque les inégalités sont ÉQUIVALENTES, les évènements correspondants ont exactement la même
probabilité.
On part donc de la double inégalité a ≤ X – np
np(1 – p) ≤ b pour arriver à une double inégalité de la forme
A ≤ X
n ≤ B où A et B sont deux réels à déterminer.
lim
n → + ∞
P a ≤ X – np
np(1 – p) ≤ b =
P ( a ≤ Z ≤ b)
⇔lim
n → + ∞
P ( a × np(1 – p) ≤ X – np ≤ b × np(1 – p) ) = P ( a ≤ Z ≤ b) { on a multiplié par np(1 – p) }
⇔lim
n → + ∞
P
( )
a np(1 – p) + np ≤ X ≤ b np(1 – p) + np = P ( a ≤ Z ≤ b) { on a ajouté np }
⇔lim
n → + ∞
P a np(1 – p) + np
n ≤ X n ≤ b np(1 – p) + np n =
P ( a ≤ Z ≤ b) { on a divisé par n }
⇔lim
n → + ∞
P a np(1 – p)
n + np n ≤ X n ≤ b np(1 – p) n + np n =
P ( a ≤ Z ≤ b)

⇔lim
n → + ∞
P a n×p(1 – p)
n + p ≤ X n ≤ b n×p(1 – p) n + p =
P ( a ≤ Z ≤ b)
⇔lim
n → + ∞
P a p(1 – p)
n + p ≤ X
n ≤ b p(1 – p)
n + p =
P ( a ≤ Z ≤ b) { car n
n = n
n×n = 1n
}
Ainsi, la probabilité que X
n ∈
[ p + a p(1 – p)
n ; p + b p(1 – p) n
] tend vers P ( a ≤ Z ≤ b) lorsque n tend
vers + ∞.
Avec a = – 1,96 et b = 1,96 on a donc :
lim
n → + ∞
P – 1,96 p(1 – p)
n + p ≤ X
n ≤ 1,96 p(1 – p)
n + p =
P (– 1,96 ≤ Z ≤ 1,96 )
⇔lim
n → + ∞
P – 1,96 p(1 – p)
n + p ≤ X
n ≤ 1,96 p(1 – p)
n + p ≈ 0,95
Ou lim
n → + ∞
P ( X
n ∈
[ p – 1,96 p(1 – p)
n ; p + 1,96 p(1 – p) n + p
] ) ≈ 0,95
Remarques :
• L’intervalle obtenu est symétrique par rapport à p ;
• Pour n ≥ 30, np ≥ 5 et n(1 – p) ≥ 5, il est pertinent d’approcher
P – 1,96 p(1 – p)
n + p ≤ X
n ≤ 1,96 p(1 – p)
n + p par sa limite en + ∞, à savoir 0,95 ;
• On peut aussi obtenir un intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de 99 % avec a = – 2,58 et b =
2,58.
On a alors lim
n → + ∞
P – 2,58 p(1 – p)
n + p ≤ X
n ≤
2,58 p(1 – p)
n + p ≈ 0,99.
 Intervalle de confiance au seuil de 95 %
Nous allons déterminer d’abord un intervalle qui contient [ p – 1,96 p(1 – p)
n ; p + 1,96 p(1 – p) n + p
] .
Ainsi, la probabilité que X
n soit dans ce nouvel intervalle sera supérieur à 95 %.
On en déduira ensuite un intervalle dans lequel le paramètre p à plus de 95 % de chances d’appartenir.
* Pour p ∈ [0 ; 1], p(1 – p) ≤ 1
4 (on étudie sur [0 ;1], le polynôme du 2nd degré f définie par f( p) = p(1 – p) ).
On a donc p(1 – p) ≤ 1
4 ⇔ p(1 – p) ≤ 1 4

⇔ p(1 – p) ≤ 1
2
⇔ 1,96 p(1 – p) ≤ 1,96
2
⇒ 1,96 p(1 – p) ≤ 1 (attention ! il n’y a plus d’équivalence).
⇔ 1,96 p(1 – p)
n ≤ 1n ⇔ p + 1,96 p(1 – p)
n ≤
≤≤
≤ p + 1n (1).
D’autre part, 1,96 p(1 – p)
n ≤ 1n ⇔ – 1,96 p(1 – p) n
≥
≥≥
≥ – 1n
⇔ p – 1,96 p(1 – p)
n ≥ p – 1n (2)
Grâce à (1) et à (2), on a donc : p – 1n ≤ p – 1,96 p(1 – p)
n ≤ p + 1,96 p(1 – p) n ≤ p + 1n
Ainsi, l’intervalle [ p – 1,96 p(1 – p)
n ; p + 1,96 p(1 – p) n
] est contenu dans l’intervalle [ p – 1n ; p + 1n ]
* D’où P ( X
n ∈
[ p – 1,96 p(1 – p)
n ; p + 1,96 p(1 – p) n
] ) ≤ P ( X
n
[ p – 1n ; p + 1n ] )
Ainsi, lim
n → + ∞
P( X
n ∈
[ p – 1,96 p(1 – p)
n ; p + 1,96 p(1 – p) n
] ) ≤ lim
n → + ∞
P ( X
n ∈
[ p – 1n ; p + 1n ] )
⇔ 0,95 ≤ lim
n → + ∞
P ( X
n ∈
[ p – 1n ; p + 1n ] )
Il existe donc un entier naturel N tel que pour n ≥ N, P ( X
n ∈
[ p – 1n ; p + 1n ] ) ≥ 0,95.
* X
n ∈
[ p – 1n ; p + 1n ] ⇔ p – 1n ≤ X
n ≤ p + 1n
⇔ – 1n ≤ X
n – p ≤ 1n
⇔ – X
n – 1n ≤ – p ≤ – X n + 1n
⇔ X
n + 1n ≥ p ≥ X n – 1n (chaque membre de la double inégalité a été multiplié par – 1)
* On a enfin, P ( X
n ∈
[ p – 1n ; p + 1n ] ) = P ( p∈ [
X
n – 1n ; X n + 1n
] ) .
D’où P ( p∈ [
X
n – 1n ; X n + 1n
] ) ≥ 0,95.