Corrigé des 20 exercices sur les intervalles de fluctuation en terminale à télécharger en PDF

1) On répète \(n\) fois, de façon indépendante (tirage assimilé à un tirage avec remise), une épreuve à deux issues : la fusée fonctionne (probabilité \(1-0{,}15=0{,}85\)) ou non. Donc \(X\) suit la loi binomiale \(\mathcal{B}(n\,;\,0{,}85)\).

2) Pour \(n\geqslant 30\) (et \(np\geqslant 5\), \(n(1-p)\geqslant 5\)), l’intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de 95 % de la fréquence est

\[ I_n=\left[0{,}85-1{,}96\frac{\sqrt{0{,}85\times 0{,}15}}{\sqrt n}\,;\,0{,}85+1{,}96\frac{\sqrt{0{,}85\times 0{,}15}}{\sqrt n}\right]\approx\left[0{,}85-\frac{0{,}7}{\sqrt n}\,;\,0{,}85+\frac{0{,}7}{\sqrt n}\right]. \]

3) Le nombre de fusées opérationnelles vaut \(X=nF\). On multiplie les bornes par \(n\) :

\[ \left[0{,}85n-1{,}96\sqrt{0{,}1275\,n}\,;\,0{,}85n+1{,}96\sqrt{0{,}1275\,n}\right]. \]

4) Samuel veut que la borne inférieure soit au moins 100 : \(0{,}85n-1{,}96\sqrt{0{,}1275\,n}\geqslant 100\). En posant \(x=\sqrt n\), on obtient \(0{,}85x^2-0{,}6999x-100\geqslant 0\). La racine positive du trinôme est \(x\approx 11{,}266\), d’où \(n\geqslant 11{,}266^2\approx 126{,}9\). Vérification : pour \(n=126\), la borne vaut environ 99,24 ; pour \(n=127\), environ 100,06.

On calcule la fréquence observée de 1 et on la compare à l’intervalle \([0{,}143\,;\,0{,}190]\).

1) \(f=\dfrac{200}{1\,000}=0{,}2\). Or \(0{,}2\notin[0{,}143\,;\,0{,}190]\). On rejette l’hypothèse « le dé est équilibré », avec un risque d’erreur de 5 % : le dé semble favoriser le 1.

2) \(f=\dfrac{150}{1\,000}=0{,}15\in[0{,}143\,;\,0{,}190]\). On ne peut pas rejeter l’hypothèse : rien ne permet de dire que le dé est truqué (ce qui ne prouve pas pour autant qu’il est équilibré).

On part de l’énoncé : \(P\left(p-\dfrac{1}{\sqrt n}\leqslant F_n\leqslant p+\dfrac{1}{\sqrt n}\right)\geqslant 0{,}95\). Transformons la double inégalité :

\[ \begin{aligned} p-\frac{1}{\sqrt n}\leqslant F_n\leqslant p+\frac{1}{\sqrt n} &\iff -\frac{1}{\sqrt n}\leqslant F_n-p\leqslant\frac{1}{\sqrt n} \\ &\iff -\frac{1}{\sqrt n}\leqslant p-F_n\leqslant\frac{1}{\sqrt n} \\ &\iff F_n-\frac{1}{\sqrt n}\leqslant p\leqslant F_n+\frac{1}{\sqrt n}. \end{aligned} \]

(On a multiplié par \(-1\), ce qui inverse les inégalités, puis ajouté \(F_n\).) Les deux événements sont donc égaux, ils ont la même probabilité :

\[ P\left(F_n-\frac{1}{\sqrt n}\leqslant p\leqslant F_n+\frac{1}{\sqrt n}\right)\geqslant 0{,}95. \]

Ainsi, l’intervalle aléatoire \(\left[F_n-\frac{1}{\sqrt n}\,;\,F_n+\frac{1}{\sqrt n}\right]\) contient \(p\) avec une probabilité au moins égale à 0,95. Pour une valeur observée \(f\), l’intervalle \(\left[f-\frac{1}{\sqrt n}\,;\,f+\frac{1}{\sqrt n}\right]\) est appelé intervalle de confiance de \(p\) au niveau de confiance 0,95.

1) Ligne 11 : Afficher « On peut rejeter cette hypothèse au seuil de 95 % » (c’est-à-dire avec un risque d’erreur de 5 %).
Ligne 13 : Afficher « On ne peut pas rejeter cette hypothèse au seuil de 95 % ».

2) L’algorithme demande une proportion \(p\) supposée dans la population, la taille \(n\) d’un échantillon et la fréquence \(f\) observée. Il calcule les bornes \(a\) et \(b\) de l’intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de 95 %, puis teste si \(f\) appartient à \([a\,;\,b]\) : c’est un test de prise de décision sur l’hypothèse « la proportion vaut \(p\) ».

3) On ajoute une variable \(s\) (seuil) et une variable \(u\) :

• après la ligne 7 : « Demander s (95 ou 99) » ;
• « Si s = 95 Alors u prend la valeur 1,96 Sinon u prend la valeur 2,58 Fin Si » ;
• lignes 8 et 9 : remplacer 1,96 par \(u\) : \(a=p-u\dfrac{\sqrt{p(1-p)}}{\sqrt n}\) et \(b=p+u\dfrac{\sqrt{p(1-p)}}{\sqrt n}\) ;
• lignes 11 et 13 : afficher « … au seuil de s % ».

1) \(n=60\), \(p=0{,}9\) : \(n\geqslant 30\), \(np=54\geqslant 5\) et \(n(1-p)=6\geqslant 5\). L’intervalle est

\[ I=\left[0{,}9-1{,}96\frac{\sqrt{0{,}9\times 0{,}1}}{\sqrt{60}}\,;\,0{,}9+1{,}96\frac{\sqrt{0{,}9\times 0{,}1}}{\sqrt{60}}\right]\approx[0{,}824\,;\,0{,}976]. \]

2) a) Le train est arrivé à l’heure \(60-12=48\) fois : \(f=\dfrac{48}{60}=0{,}8\). Or \(0{,}8\lt 0{,}824\) : \(f\notin I\).

b) Deux hypothèses possibles :

• l’affirmation de la compagnie est fausse (ou trop optimiste) : la proportion réelle de trains à l’heure est inférieure à 90 % ;
• le taux de 90 % est une moyenne sur tout le réseau, et la ligne de cet usager est plus souvent en retard que les autres (travaux, période hivernale…) ; ou encore l’échantillon fait partie des 5 % de cas où la fréquence sort de l’intervalle alors que \(p=0{,}9\).

1) \(p=0{,}5\), \(n=1\,000\) : conditions vérifiées (\(np=n(1-p)=500\)).

\[ I=\left[0{,}5-1{,}96\frac{\sqrt{0{,}5\times 0{,}5}}{\sqrt{1\,000}}\,;\,0{,}5+1{,}96\frac{\sqrt{0{,}5\times 0{,}5}}{\sqrt{1\,000}}\right]\approx[0{,}469\,;\,0{,}531]. \]

2) \(f=\dfrac{556}{1\,000}=0{,}556\notin I\). On rejette l’hypothèse selon laquelle la proportion de naissances hors mariage est restée égale à 50 % en 2010, avec un risque de 5 % de se tromper. Elle semble avoir augmenté.

1) 598 tirages indépendants, succès « bouteille non commercialisable » de probabilité 0,04 : \(X\sim\mathcal{B}(598\,;\,0{,}04)\).

2) \(n=598\geqslant 30\), \(np=23{,}92\geqslant 5\), \(n(1-p)=574{,}08\geqslant 5\).

\[ I=\left[0{,}04-1{,}96\frac{\sqrt{0{,}04\times 0{,}96}}{\sqrt{598}}\,;\,0{,}04+1{,}96\frac{\sqrt{0{,}04\times 0{,}96}}{\sqrt{598}}\right]\approx[0{,}024\,;\,0{,}056]. \]

3) \(f=\dfrac{19}{598}\approx 0{,}032\in I\). La fréquence observée est compatible avec une proportion de 4 % : l’écart s’explique par la fluctuation d’échantillonnage. Le producteur ne peut pas affirmer qu’il a fait mieux que l’an dernier.

On vérifie les conditions puis on applique \(\left[p-u\frac{\sqrt{p(1-p)}}{\sqrt n}\,;\,p+u\frac{\sqrt{p(1-p)}}{\sqrt n}\right]\) avec \(u=1{,}96\) (95 %) ou \(u\approx 2{,}58\) (99 %). Les bornes sont arrondies vers l’extérieur au millième.

• \(n=100\), \(p=0{,}4\) : \(np=40\), \(n(1-p)=60\). \(1{,}96\times\dfrac{\sqrt{0{,}24}}{10}\approx 0{,}096\), d’où \([0{,}303\,;\,0{,}497]\).
• \(n=4\,000\), \(p=\dfrac13\) : \(np\approx 1\,333\), \(n(1-p)\approx 2\,667\). \(1{,}96\times\dfrac{\sqrt{2/9}}{\sqrt{4\,000}}\approx 0{,}0146\), d’où \([0{,}318\,;\,0{,}348]\).
• \(n=77\), \(p=0{,}89\) : \(np=68{,}53\), \(n(1-p)=8{,}47\geqslant 5\). \(2{,}58\times\dfrac{\sqrt{0{,}89\times 0{,}11}}{\sqrt{77}}\approx 0{,}092\), d’où \([0{,}798\,;\,0{,}982]\).

1) 400 tirages avec remise, succès « la personne porte des lunettes ou des lentilles » de probabilité 0,7 : \(X\sim\mathcal{B}(400\,;\,0{,}7)\).

2) \(n=400\geqslant 30\), \(np=280\geqslant 5\), \(n(1-p)=120\geqslant 5\) : les conditions sont vérifiées.

3)

\[ I=\left[0{,}7-1{,}96\frac{\sqrt{0{,}7\times 0{,}3}}{\sqrt{400}}\,;\,0{,}7+1{,}96\frac{\sqrt{0{,}7\times 0{,}3}}{\sqrt{400}}\right]\approx[0{,}655\,;\,0{,}745]. \]

4) Dans environ 95 % des échantillons de 400 personnes, la proportion de porteurs de lunettes ou de lentilles est comprise entre 65,5 % et 74,5 %, soit entre 262 et 298 personnes.

\(X\sim\mathcal{B}(50\,;\,0{,}5)\), avec \(n=50\geqslant 30\) et \(np=n(1-p)=25\geqslant 5\).

1) a) \(1{,}96\times\dfrac{\sqrt{0{,}25}}{\sqrt{50}}\approx 0{,}1386\), donc

\[ I_{95}\approx[0{,}361\,;\,0{,}639]. \]

b) \(X=50F\). En multipliant par 50 : \(50\times 0{,}3614\approx 18{,}07\) et \(50\times 0{,}6386\approx 31{,}93\). Comme \(X\) est entier, \(18{,}07\leqslant X\leqslant 31{,}93\) équivaut à \(19\leqslant X\leqslant 31\).

2) Au seuil de 99 % : \(2{,}58\times\dfrac{0{,}5}{\sqrt{50}}\approx 0{,}1824\), soit \([0{,}317\,;\,0{,}683]\) pour la fréquence. Pour \(X\) : \([15{,}88\,;\,34{,}12]\), c’est-à-dire \(16\leqslant X\leqslant 34\).

L’intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de 95 % d’une fréquence, pour une proportion \( p \) et des échantillons de taille \( n \), est :

\[ I = \left[ p – 1{,}96\frac{\sqrt{p(1-p)}}{\sqrt{n}} \,;\, p + 1{,}96\frac{\sqrt{p(1-p)}}{\sqrt{n}} \right] \]

Il est utilisable lorsque \( n \geqslant 30 \), \( np \geqslant 5 \) et \( n(1-p) \geqslant 5 \). L’algorithme calcule la demi-largeur une seule fois, puis les deux bornes.

Algorithme (en langage naturel) :

• Variables : \( p \), \( n \), \( e \), \( a \), \( b \) réels.
• Entrée : saisir \( p \) ; saisir \( n \).
• Traitement : \( e \) prend la valeur \( 1{,}96 \times \sqrt{p(1-p)} \div \sqrt{n} \) ; \( a \) prend la valeur \( p – e \) ; \( b \) prend la valeur \( p + e \).
• Sortie : afficher \( a \) et \( b \).

Version Python :

• from math import sqrt
• p = float(input(« p = « ))
• n = int(input(« n = « ))
• e = 1.96 * sqrt(p * (1 – p)) / sqrt(n)
• print(« I = [« , p – e, « ; », p + e, « ] »)

Amélioration possible : avant le calcul, tester si \( n \geqslant 30 \), \( np \geqslant 5 \) et \( n(1-p) \geqslant 5 \), et afficher un message d’avertissement sinon.

Exemple de test : avec \( p = 0{,}5 \) et \( n = 100 \), l’algorithme affiche \( 0{,}402 \) et \( 0{,}598 \).

Si le dé est équilibré, la probabilité d’obtenir 6 est \( p = \dfrac{1}{6} \). Ici \( n = 100 \geqslant 30 \), \( np \approx 16{,}7 \geqslant 5 \) et \( n(1-p) \approx 83{,}3 \geqslant 5 \) : on peut utiliser l’intervalle asymptotique. On a :

\[ \frac{\sqrt{p(1-p)}}{\sqrt{n}} = \frac{\sqrt{\frac{1}{6} \times \frac{5}{6}}}{10} = \frac{\sqrt{5}}{60} \approx 0{,}03727 \]

1) Au seuil de 95 % : \( 1{,}96 \times 0{,}03727 \approx 0{,}0730 \), et \( \dfrac{1}{6} \approx 0{,}1667 \). En arrondissant la borne inférieure par défaut et la borne supérieure par excès :

\[ I_{95} = [0{,}093 \,;\, 0{,}240] \]

2) Au seuil de 99 %, on remplace 1,96 par 2,58 : \( 2{,}58 \times 0{,}03727 \approx 0{,}0962 \), d’où :

\[ I_{99} = [0{,}070 \,;\, 0{,}263] \]

3) a) \( I_{95} \) est inclus dans \( I_{99} \) : \( 0{,}070 \lt 0{,}093 \) et \( 0{,}240 \lt 0{,}263 \).

b) C’était prévisible : les deux intervalles sont centrés sur la même valeur \( p \), et le coefficient est plus grand au seuil de 99 % (2,58 au lieu de 1,96). Pour que la fréquence ait plus de chances d’être dans l’intervalle (99 % au lieu de 95 %), il faut un intervalle plus large.

1) \( p = 0{,}025 \) et \( n = 20\,000 \). Conditions : \( n \geqslant 30 \), \( np = 500 \geqslant 5 \) et \( n(1-p) = 19\,500 \geqslant 5 \).

\[ 1{,}96\frac{\sqrt{0{,}025 \times 0{,}975}}{\sqrt{20\,000}} \approx 0{,}00216 \]

\( 0{,}025 – 0{,}00216 = 0{,}02284 \) et \( 0{,}025 + 0{,}00216 = 0{,}02716 \). En arrondissant vers l’extérieur :

\[ I = [0{,}022 \,;\, 0{,}028] \]

2) Notons \( k \) le nombre de tablettes imparfaites dans la journée. Le chiffre d’affaires vaut :

\[ C = 2(20\,000 – k) + 0{,}75k = 40\,000 – 1{,}25k \]

Avec une probabilité d’au moins 0,95 environ, la fréquence \( \dfrac{k}{20\,000} \) est dans \( [0{,}022 \,;\, 0{,}028] \), donc \( k \) est entre \( 20\,000 \times 0{,}022 = 440 \) et \( 20\,000 \times 0{,}028 = 560 \). La fonction \( k \mapsto 40\,000 – 1{,}25k \) est décroissante :

\[ 40\,000 – 1{,}25 \times 560 \leqslant C \leqslant 40\,000 – 1{,}25 \times 440 \iff 39\,300 \leqslant C \leqslant 39\,450 \]

Attention : l’énoncé renvoie à « l’exercice 1 » du manuel d’origine pour la taille \( n \) de l’échantillon, qui n’est pas reproduite sur cette fiche. On montre ci-dessous la méthode, et on voit qu’on peut conclure quelle que soit cette taille.

Méthode. Pour chaque couleur, on calcule la fréquence observée \( f = \dfrac{\text{nombre de bonbons}}{n} \) et l’intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de 95 % de la proportion annoncée \( p \) :

\[ I = \left[ p – 1{,}96\frac{\sqrt{p(1-p)}}{\sqrt{n}} \,;\, p + 1{,}96\frac{\sqrt{p(1-p)}}{\sqrt{n}} \right] \]

Si \( f \notin I \), on rejette l’annonce avec un risque de 5 %.

Exemple avec un échantillon de \( n = 1\,000 \) bonbons :

• jaunes : \( p = 0{,}2 \), \( I \approx [0{,}175 \,;\, 0{,}225] \) et \( f = 0{,}152 \notin I \) ;
• rouges : \( p = 0{,}1 \), \( I \approx [0{,}081 \,;\, 0{,}119] \) et \( f = 0{,}125 \notin I \).

Quelle que soit la taille \( n \). En testant toutes les valeurs de \( n \) (par exemple avec un tableur ou un algorithme), la fréquence des jaunes \( \dfrac{152}{n} \) n’est dans son intervalle que pour \( 660 \leqslant n \leqslant 876 \), et celle des rouges \( \dfrac{125}{n} \) seulement pour \( 1\,059 \leqslant n \leqslant 1\,475 \). Ces deux plages ne se chevauchent pas : pour aucune taille d’échantillon, les deux résultats ne sont compatibles en même temps avec les proportions annoncées.

Conclusion : au moins une des deux proportions annoncées (20 % de jaunes, 10 % de rouges) doit être rejetée, au seuil de 95 % : l’échantillon contient trop peu de jaunes par rapport aux rouges (152 jaunes pour 125 rouges, alors qu’on devrait en avoir environ deux fois plus).

« 3 pour 1 » signifie 3 pois jaunes pour 1 pois vert, soit une proportion de pois jaunes \( p = \dfrac{3}{4} = 0{,}75 \).

L’échantillon compte \( n = 176 + 48 = 224 \) pois. Conditions : \( n \geqslant 30 \), \( np = 168 \geqslant 5 \) et \( n(1-p) = 56 \geqslant 5 \).

\[ 1{,}96\frac{\sqrt{0{,}75 \times 0{,}25}}{\sqrt{224}} \approx 0{,}0567 \]

L’intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de 95 % est donc (arrondi vers l’extérieur) :

\[ I = [0{,}693 \,;\, 0{,}807] \]

Fréquence observée de pois jaunes : \( f = \dfrac{176}{224} \approx 0{,}786 \). Comme \( f \in I \), on ne rejette pas l’hypothèse \( p = 0{,}75 \).

Premier cas : \( n = 100 \), \( p = 0{,}5 \) (conditions : \( n \geqslant 30 \), \( np = n(1-p) = 50 \geqslant 5 \)).

\[ 1{,}96\frac{\sqrt{0{,}5 \times 0{,}5}}{\sqrt{100}} = 1{,}96 \times \frac{0{,}5}{10} = 0{,}098 \]

\( I = [0{,}5 – 0{,}098 \,;\, 0{,}5 + 0{,}098] = [0{,}402 \,;\, 0{,}598] \).

Deuxième cas : \( n = 10\,000 \), \( p = 0{,}2 \), au seuil de 99 % (coefficient 2,58). Conditions : \( np = 2\,000 \) et \( n(1-p) = 8\,000 \).

\[ 2{,}58\frac{\sqrt{0{,}2 \times 0{,}8}}{\sqrt{10\,000}} = 2{,}58 \times \frac{0{,}4}{100} = 0{,}01032 \]

\( 0{,}2 – 0{,}01032 = 0{,}18968 \) et \( 0{,}2 + 0{,}01032 = 0{,}21032 \). En arrondissant vers l’extérieur : \( I = [0{,}189 \,;\, 0{,}211] \).

1) On répète 100 fois, de façon supposée indépendante, l’épreuve « le mail est un spam », de probabilité 0,1 sous l’hypothèse. \( X \) compte les succès : \( X \) suit la loi binomiale \( \mathcal{B}(100 \,;\, 0{,}1) \).

2) \( 0{,}1 \times 0{,}9 = 0{,}09 \), \( \sqrt{0{,}09} = 0{,}3 \) et \( \sqrt{100} = 10 \), donc :

\[ \frac{\sqrt{0{,}1 \times 0{,}9}}{\sqrt{100}} = \frac{0{,}3}{10} = 0{,}03 \]

3) Conditions : \( n = 100 \geqslant 30 \), \( np = 10 \geqslant 5 \), \( n(1-p) = 90 \geqslant 5 \). Avec \( 1{,}96 \times 0{,}03 = 0{,}0588 \) :

\[ I = [0{,}1 – 0{,}0588 \,;\, 0{,}1 + 0{,}0588] = [0{,}0412 \,;\, 0{,}1588] \approx [0{,}041 \,;\, 0{,}159] \]

4) La fréquence observée est \( f = \dfrac{6}{100} = 0{,}06 \). Comme \( 0{,}06 \in I \), on ne peut pas rejeter l’hypothèse « 10 % de spams » au seuil de 95 %. Le doute de Mélanie n’est pas confirmé par cet échantillon (ce qui ne prouve pas pour autant que l’affirmation est vraie).

Fréquence observée de chênes : \( f = \dfrac{3\,320}{10\,000} = 0{,}332 \), avec \( n = 10\,000 \). Conditions : \( n \geqslant 30 \), \( nf = 3\,320 \geqslant 5 \) et \( n(1-f) = 6\,680 \geqslant 5 \).

L’intervalle de confiance au niveau de confiance 95 % est \( \left[ f – \dfrac{1}{\sqrt{n}} \,;\, f + \dfrac{1}{\sqrt{n}} \right] \). Sans calculatrice : \( \sqrt{10\,000} = 100 \), donc \( \dfrac{1}{\sqrt{n}} = 0{,}01 \).

\[ [0{,}332 – 0{,}01 \,;\, 0{,}332 + 0{,}01] = [0{,}322 \,;\, 0{,}342] \]

Au niveau de confiance 95 %, l’intervalle de confiance est \( \left[ f – \dfrac{1}{\sqrt{n}} \,;\, f + \dfrac{1}{\sqrt{n}} \right] \) : l’estimation est donnée à \( \dfrac{1}{\sqrt{n}} \) près.

1) On veut \( \dfrac{1}{\sqrt{n}} \leqslant 0{,}01 \iff \sqrt{n} \geqslant 100 \iff n \geqslant 10\,000 \). Il faut sonder au moins 10 000 personnes.

2) On veut \( \dfrac{1}{\sqrt{n}} \leqslant 0{,}001 \iff \sqrt{n} \geqslant 1\,000 \iff n \geqslant 1\,000\,000 \). Il faut sonder au moins 1 000 000 de personnes, ce qui est irréaliste pour une commune (sauf très grande ville) : gagner un chiffre de précision coûte 100 fois plus de personnes interrogées.

La pièce est équilibrée : \( p = 0{,}5 \). L’intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de 95 % est \( \left[ 0{,}5 – 1{,}96\dfrac{0{,}5}{\sqrt{n}} \,;\, 0{,}5 + 1{,}96\dfrac{0{,}5}{\sqrt{n}} \right] \), car \( \sqrt{0{,}5 \times 0{,}5} = 0{,}5 \).

1) \( n = 100 \) : \( 1{,}96 \times \dfrac{0{,}5}{10} = 0{,}098 \), donc \( I = [0{,}402 \,;\, 0{,}598] \).

2) \( n = 10\,000 \) : \( 1{,}96 \times \dfrac{0{,}5}{100} = 0{,}0098 \), donc \( I = [0{,}4902 \,;\, 0{,}5098] \approx [0{,}490 \,;\, 0{,}510] \).

3) L’amplitude de l’intervalle est :

\[ 2 \times 1{,}96 \times \frac{0{,}5}{\sqrt{n}} = \frac{1{,}96}{\sqrt{n}} \]

On veut \( \dfrac{1{,}96}{\sqrt{n}} = 1{,}96 \times 10^{-3} \iff \sqrt{n} = 10^{3} \iff n = 10^{6} \). Il faudrait effectuer 1 000 000 de lancers.