Corrigé des 33 exercices de simulation et échantillonnage en seconde à télécharger en PDF

De même, Au programme de seconde, pour une proportion \( p \) et un échantillon de taille \( n \), l’intervalle de fluctuation au seuil de 95 % est :

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

Sa longueur vaut donc \( \left(p + \frac{1}{\sqrt{n}}\right) – \left(p – \frac{1}{\sqrt{n}}\right) = \frac{2}{\sqrt{n}} \) : elle ne dépend que de \( n \).

a) Pour \( n = 1600 \) :

\[ \begin{aligned} \sqrt{1600} &= 40 \\ \frac{2}{\sqrt{1600}} &= \frac{2}{40} = 0{,}05 \end{aligned} \]

Avec \( p = 0{,}04 \), on obtient \( I = [0{,}04 – 0{,}025 \,;\, 0{,}04 + 0{,}025] = [0{,}015 \,;\, 0{,}065] \). Ensuite, la longueur de I est 0,05.

b) On cherche \( n \) tel que la longueur soit \( \frac{0{,}05}{2} = 0{,}025 \) :

\[ \begin{aligned} \frac{2}{\sqrt{n}} &= 0{,}025 \\ \sqrt{n} &= \frac{2}{0{,}025} = 80 \\ n &= 80^2 = 6400 \end{aligned} \]

Pour diviser la longueur par 2, il faut multiplier \( \sqrt{n} \) par 2, donc multiplier la taille de l’échantillon par 4.

a) Un numéro supérieur ou égal à 5, c’est 5 ou 6 : 2 issues sur 6, donc une probabilité de \( \frac{2}{6} = \frac{1}{3} \). Algorithme en langage naturel :

S ← 0
Pour i allant de 1 à 50
    D ← nombre entier aléatoire entre 1 et 6
    Si D ≥ 5 alors S ← S + 1
Fin Pour
F ← S / 50
Afficher F

Notamment, la variable S compte les succès (5 ou 6) ; la fréquence est le nombre de succès divisé par le nombre de lancers.

b) Traduction en Python :

from random import randint
S = 0
for i in range(50):
    D = randint(1, 6)
    if D >= 5:
        S = S + 1
print(S / 50)

Lors d’une exécution, on a obtenu 17 lancers donnant 5 ou 6, soit une fréquence de \( \frac{17}{50} = 0{,}34 \). Puis le résultat change à chaque exécution : c’est la fluctuation d’échantillonnage. De plus, les fréquences affichées sont en général proches de \( \frac{1}{3} \approx 0{,}33 \) : dans environ 95 % des cas, elles se situent entre \( \frac{1}{3} – \frac{1}{\sqrt{50}} \approx 0{,}19 \) et \( \frac{1}{3} + \frac{1}{\sqrt{50}} \approx 0{,}47 \).

a) On modélise la cueillette d’une fleur par un nombre aléatoire \( x \) de \( [0 \,;\, 1[ \) : si \( x \lt 0{,}6 \), la fleur est bleue (cela arrive avec une probabilité 0,6), sinon elle est jaune.

B ← 0
Pour i allant de 1 à 45
    x ← nombre aléatoire de [0 ; 1[
    Si x < 0,6 alors B ← B + 1
Fin Pour
Afficher B / 45

En Python : from random import random puis une boucle for i in range(45) dans laquelle on ajoute 1 à B lorsque random() < 0.6 ; on affiche enfin B / 45.

b) Il suffit de remplacer 45 par une variable n saisie par l’utilisateur :

Saisir n
B ← 0
Pour i allant de 1 à n
    x ← nombre aléatoire de [0 ; 1[
    Si x < 0,6 alors B ← B + 1
Fin Pour
Afficher B / n

En Python : n = int(input(« Taille de l’échantillon : « )), puis for i in range(n) et print(B / n).

Ainsi, la fonction ALEA() renvoie un nombre aléatoire de l’intervalle \( [0 \,;\, 1[ \) : 0 peut sortir, 1 jamais.

a) =ALEA() affiche un nombre de \( [0 \,;\, 1[ \).

b) Si \( 0 \leqslant x \lt 1 \), alors \( 0 + 0{,}65 \leqslant x + 0{,}65 \lt 1 + 0{,}65 \), donc =ALEA()+0,65 affiche un nombre de \( [0{,}65 \,;\, 1{,}65[ \).

c) \( \frac{1}{4} = 0{,}25 \), donc =ALEA()+1/4 affiche un nombre de \( [0{,}25 \,;\, 1{,}25[ \).

Notamment, ENT donne la partie entière. Si \( x = \text{ALEA()} \) est dans \( [0 \,;\, 1[ \) et \( a \) dans \( ]0 \,;\, 1[ \), alors \( x + a \) est dans \( [a \,;\, 1 + a[ \), donc ENT(\( x + a \)) vaut 0 ou 1. Ensuite, il vaut 1 lorsque \( x + a \geqslant 1 \), c’est-à-dire \( x \geqslant 1 – a \). Comme ALEA() est uniforme sur \( [0 \,;\, 1[ \), la probabilité que \( x \geqslant 1 – a \) est la longueur de \( [1 – a \,;\, 1[ \), soit \( a \).

a) =ENT(ALEA()+0,5) : \( P(1) = 0{,}5 \) et \( P(0) = 1 – 0{,}5 = 0{,}5 \).

b) =ENT(ALEA()+0,27) : le résultat vaut 1 si ALEA() \( \geqslant 0{,}73 \). \( P(1) = 0{,}27 \) et \( P(0) = 0{,}73 \).

Également, c) =ENT(ALEA()+4/7) : \( P(1) = \frac{4}{7} \) et \( P(0) = 1 – \frac{4}{7} = \frac{3}{7} \).

a) ALEA() est dans \( [0 \,;\, 1[ \), donc ALEA()+0,6 est dans \( [0{,}6 \,;\, 1{,}6[ \) et =ENT(ALEA()+0,6) vaut 0 ou 1. Par ailleurs, il vaut 1 quand ALEA() \( \geqslant 0{,}4 \), ce qui arrive avec une probabilité \( 1 – 0{,}4 = 0{,}6 \). Puis on associe donc 1 à un haricot blanc (probabilité 0,6) et 0 à un haricot rouge (probabilité 0,4) : chaque cellule simule un tirage avec remise.

b) On saisit =ENT(ALEA()+0,6) en A1 et on recopie la formule jusqu’en A38 ; en B1, =SOMME(A1:A38) compte les haricots blancs. Donc, lors d’une simulation, on a obtenu :

0 1 0 1 1 0 0 1 0 0 1 1 1 1 1 0 1 1 1 1 1 0 1 1 0 0 1 1 1 1 1 1 0 1 1 1 1 0

soit 26 haricots blancs sur 38.

c) La fréquence des haricots blancs dans cet échantillon est :

\[ f = \frac{26}{38} = \frac{13}{19} \approx 0{,}68 \]

Elle n’est pas égale à 0,6 car l’échantillon est tiré au hasard : la composition change d’un échantillon à l’autre. Par exemple, C’est la fluctuation d’échantillonnage. 0,6 est la proportion dans le sac ; la fréquence observée s’en approche seulement, d’autant mieux que l’échantillon est grand.

a) Avec la commande « nombre aléatoire » (NbrAléat, Ran# ou rand selon la calculatrice), on obtient un nombre de \( [0 \,;\, 1[ \). Ensuite, on convient qu’un nombre inférieur à 0,75 représente une perle dorée (probabilité 0,75) et un nombre supérieur ou égal à 0,75 une perle argentée. Puis on peut aussi saisir ent(NbrAléat + 0,75), qui renvoie 1 pour une perle dorée et 0 pour une perle argentée, puis appuyer 45 fois sur Entrée. Enfin, de plus, une simulation a donné :

1 1 1 1 1 1 0 1 1 1 1 0 1 0 1 1 0 0 1 1 1 0 1 0 1 0 0 1 0 0 1 1 1 1 1 1 0 1 1 1 1 1 1 0 0

soit 31 perles dorées et 14 perles argentées.

b) Fréquence des perles dorées dans ce collier :

\[ f = \frac{31}{45} \approx 0{,}69 \]

Alors, cette fréquence n’est pas nécessairement égale à 0,75 : le collier n’est qu’un échantillon tiré au hasard, sa composition fluctue d’un collier à l’autre. Au seuil de 95 %, les fréquences se situent en général entre \( 0{,}75 – \frac{1}{\sqrt{45}} \approx 0{,}60 \) et \( 0{,}75 + \frac{1}{\sqrt{45}} \approx 0{,}90 \) ; 0,69 est bien dans cet intervalle.

Il y a \( 200 \) échantillons (on vérifie : la somme des effectifs N vaut 200). Ensuite, il faut un intervalle centré en 0,38 qui contient au moins 95 % des échantillons, soit au moins \( 0{,}95 \times 200 = 190 \) échantillons. Par ailleurs, on élargit l’intervalle pas à pas de 0,02 de chaque côté :

En outre, l’intervalle \( [0{,}28 \,;\, 0{,}48] \) ne contient que 88,5 % des échantillons ; \( [0{,}26 \,;\, 0{,}50] \) en contient 191, soit \( \frac{191}{200} = 95{,}5\ \% \geqslant 95\ \% \).

On peut comparer avec la formule du cours : \( \left[0{,}38 – \frac{1}{\sqrt{50}} \,;\, 0{,}38 + \frac{1}{\sqrt{50}}\right] \approx [0{,}24 \,;\, 0{,}52] \), un intervalle voisin.

La formule du cours \( \left[ p – \frac{1}{\sqrt{n}} \,;\, p + \frac{1}{\sqrt{n}} \right] \) s’applique lorsque \( n \geqslant 25 \) et \( 0{,}2 \leqslant p \leqslant 0{,}8 \).

Alors, a) Ici \( n = 100 \geqslant 25 \) et \( \frac{1}{\sqrt{100}} = \frac{1}{10} = 0{,}1 \).

Blé : \( p = 0{,}58 \), qui est bien entre 0,2 et 0,8 :

\[ I_{\text{blé}} = [0{,}58 – 0{,}1 \,;\, 0{,}58 + 0{,}1] = [0{,}48 \,;\, 0{,}68] \]

Épeautre : \( p = 0{,}22 \), qui est bien entre 0,2 et 0,8 :

\[ I_{\text{épeautre}} = [0{,}22 – 0{,}1 \,;\, 0{,}22 + 0{,}1] = [0{,}12 \,;\, 0{,}32] \]

Également, b) Pour le riz rouge et pour les lentilles, \( p = 0{,}1 \). Or \( 0{,}1 \lt 0{,}2 \) : la condition \( 0{,}2 \leqslant p \leqslant 0{,}8 \) n’est pas remplie, donc la formule du cours ne peut pas être utilisée. (Elle donnerait d’ailleurs \( [0 \,;\, 0{,}2] \), un intervalle trop large, dont la borne inférieure 0 n’a guère de sens.)

La fréquence observée de bébés présentant une déformation du crâne est :

\[ f = \frac{205}{440} \approx 0{,}466 \]

Avec \( n = 440 \), on a \( \frac{1}{\sqrt{440}} \approx 0{,}048 \). Règle de décision : si \( f \) n’appartient pas à l’intervalle de fluctuation au seuil de 95 % associé à la proportion \( p \), on rejette \( p \) (avec un risque d’erreur de 5 %) ; sinon on ne la rejette pas.

a) \( p = 0{,}5 \) : \( I = [0{,}5 – 0{,}048 \,;\, 0{,}5 + 0{,}048] \approx [0{,}452 \,;\, 0{,}548] \). De même, comme \( 0{,}452 \lt 0{,}466 \lt 0{,}548 \), \( f \in I \) : l’étude n’amène pas à rejeter la proportion de 50 %.

b) \( p = 0{,}61 \) : \( I \approx [0{,}562 \,;\, 0{,}658] \). Comme \( 0{,}466 \lt 0{,}562 \), \( f \notin I \) : l’étude amène à rejeter la proportion de 61 %.

c) \( p = 0{,}03 \) : ici \( p \lt 0{,}2 \), la formule n’est pas applicable. Puis on raisonne avec l’intervalle de confiance au niveau 95 % de la proportion, donné par la fréquence observée :

\[ \left[ f – \frac{1}{\sqrt{n}} \,;\, f + \frac{1}{\sqrt{n}} \right] \approx [0{,}418 \,;\, 0{,}514] \]

Également, 0,03 est très loin de cet intervalle : 3 % est incompatible avec 205 cas sur 440 (on attendrait environ \( 0{,}03 \times 440 \approx 13 \) bébés). L’étude amène à rejeter la proportion de 3 %.

En effet, la proportion annoncée de visiteurs français est \( p = 0{,}59 \) et la fréquence observée dans l’échantillon est \( f = 0{,}67 \). Ensuite, on a bien \( 0{,}2 \leqslant p \leqslant 0{,}8 \), et dans les deux cas \( n \geqslant 25 \) : on peut utiliser l’intervalle de fluctuation au seuil de 95 % \( \left[ p – \frac{1}{\sqrt{n}} \,;\, p + \frac{1}{\sqrt{n}} \right] \).

a) Pour \( n = 50 \) : \( \frac{1}{\sqrt{50}} \approx 0{,}141 \), donc

\[ I_{50} \approx [0{,}59 – 0{,}141 \,;\, 0{,}59 + 0{,}141] = [0{,}449 \,;\, 0{,}731] \]

Comme \( 0{,}449 \lt 0{,}67 \lt 0{,}731 \), la fréquence observée appartient à l’intervalle. Puis on ne peut pas rejeter l’hypothèse \( p = 0{,}59 \) : avec seulement 50 visiteurs, l’écart entre 67 % et 59 % peut s’expliquer par la fluctuation d’échantillonnage. De plus, on ne peut donc pas conclure que l’exposition a modifié la proportion de visiteurs français.

b) Pour \( n = 500 \) : \( \frac{1}{\sqrt{500}} \approx 0{,}045 \), donc

\[ I_{500} \approx [0{,}59 – 0{,}045 \,;\, 0{,}59 + 0{,}045] = [0{,}545 \,;\, 0{,}635] \]

Comme \( 0{,}67 \gt 0{,}635 \), la fréquence observée n’appartient pas à l’intervalle. Ensuite, on rejette l’hypothèse \( p = 0{,}59 \), avec un risque d’erreur de 5 % : l’exposition semble avoir augmenté la proportion de visiteurs français les jours de gratuité.

Ainsi, le même pourcentage de 67 % conduit à deux conclusions différentes : plus l’échantillon est grand, plus l’intervalle est étroit, et plus un écart devient significatif.

L’intervalle du cours est \( I = \left[ p – \frac{1}{\sqrt{n}} \,;\, p + \frac{1}{\sqrt{n}} \right] \) : sa longueur vaut \( \frac{2}{\sqrt{n}} \), elle ne dépend que de \( n \).

a) Pour \( n = 400 \) : \( \sqrt{400} = 20 \), donc la longueur de I est \( \frac{2}{20} = \mathbf{0{,}1} \).

b) On cherche le plus petit entier \( n \) tel que \( \frac{2}{\sqrt{n}} \lt L \), c’est-à-dire \( \sqrt{n} \gt \frac{2}{L} \), soit \( n \gt \frac{4}{L^2} \).

• Longueur inférieure à 0,06 : \( n \gt \frac{4}{0{,}06^2} = \frac{4}{0{,}0036} \approx 1111{,}1 \), donc n = 1 112 (vérification : \( \frac{2}{\sqrt{1111}} \approx 0{,}060003 \) est encore trop grand, \( \frac{2}{\sqrt{1112}} \approx 0{,}05998 \) convient).
• Longueur inférieure à 0,03 : \( n \gt \frac{4}{0{,}03^2} = \frac{4}{0{,}0009} \approx 4444{,}4 \), donc n = 4 445.

Par exemple, remarque : ici \( p = 0{,}97 \gt 0{,}8 \), la condition d’utilisation de la formule n’est pas remplie (pour \( n = 400 \), la borne \( 0{,}97 + 0{,}05 = 1{,}02 \) dépasse même 1). Par ailleurs, l’exercice porte seulement sur la longueur \( \frac{2}{\sqrt{n}} \) de l’intervalle, qui se calcule de la même façon.

Avec \( p = 0{,}35 \) (bien compris entre 0,2 et 0,8), l’intervalle de fluctuation au seuil de 95 % est \( \left[ 0{,}35 – \frac{1}{\sqrt{n}} \,;\, 0{,}35 + \frac{1}{\sqrt{n}} \right] \), de longueur \( \frac{2}{\sqrt{n}} \). Puis on résout :

\[ \begin{aligned} \frac{2}{\sqrt{n}} &\lt 0{,}06 \\ \sqrt{n} &\gt \frac{2}{0{,}06} \approx 33{,}33 \\ n &\gt \frac{4}{0{,}0036} \approx 1111{,}1 \end{aligned} \]

Ensuite, le plus petit entier qui convient est 1 112 : pour \( n = 1111 \), la longueur vaut environ 0,060003, encore supérieure à 0,06 ; pour \( n = 1112 \), elle vaut environ 0,05998.

L’algorithme part de \( n = 1 \) et \( M = \frac{2}{\sqrt{1}} = 2 \), puis augmente \( n \) de 1 tant que \( M = \frac{2}{\sqrt{n}} \) est strictement supérieur à L.

a) Avec \( L = 0{,}06 \) : \( \frac{2}{\sqrt{n}} \) diminue quand \( n \) augmente. Ensuite, la boucle s’arrête au premier \( n \) pour lequel \( \frac{2}{\sqrt{n}} \leqslant 0{,}06 \), c’est-à-dire \( n \geqslant \frac{4}{0{,}06^2} \approx 1111{,}1 \).

• Ensuite, pour \( n = 1111 \) : \( M \approx 0{,}060003 \gt 0{,}06 \), la boucle continue.
• Pour \( n = 1112 \) : \( M \approx 0{,}05998 \leqslant 0{,}06 \), la boucle s’arrête.

L’algorithme affiche 1 112.

b) \( \frac{2}{\sqrt{n}} \) est la longueur de l’intervalle de fluctuation au seuil de 95 % pour un échantillon de taille \( n \). Puis l’algorithme donne donc la plus petite taille d’échantillon n pour laquelle cette longueur est inférieure ou égale à L.

Enfin, c) Marion a raison. Pour \( L \gt 0 \) :

\[ \frac{2}{\sqrt{n}} \leqslant L \iff \sqrt{n} \geqslant \frac{2}{L} \iff n \geqslant \frac{4}{L^2} \]

Le résultat est donc le plus petit entier supérieur ou égal à \( \frac{4}{L^2} \), qu’on obtient directement :

Saisir L
A ← 4 / L²
n ← ENT(A)
Si n < A alors n ← n + 1
Afficher n

En Python (même programme sur une calculatrice programmable) :

from math import ceil
L = float(input(« L = « ))
print(ceil(4 / L**2))

Avec \( L = 0{,}1 \) : \( \frac{4}{0{,}1^2} = \frac{4}{0{,}01} = 400 \), qui est entier, donc l’algorithme affiche 400 (on vérifie : \( \frac{2}{\sqrt{400}} = \frac{2}{20} = 0{,}1 \leqslant 0{,}1 \)). De plus, le test « Si n < A » évite d’ajouter 1 lorsque \( \frac{4}{L^2} \) est un entier. Ainsi, Avec \( L = 0{,}06 \), on retrouve bien 1 112.

Le raisonnement de Peirce suit exactement les étapes d’une prise de décision par un intervalle de fluctuation :

• Car l’hypothèse sur la population : « la plupart des haricots de ce sac sont blancs ». C’est l’équivalent de la proportion annoncée \( p \) (ici une proportion élevée de haricots blancs).
• L’échantillon observé : la poignée, dans laquelle seuls « quelques » haricots sont blancs. Enfin, C’est la fréquence observée \( f \), faible.
• La comparaison : si la poignée venait de ce sac, sa fréquence de haricots blancs devrait être proche de la proportion du sac, c’est-à-dire tomber dans l’intervalle de fluctuation. Une fréquence aussi basse est trop éloignée : elle sort de cet intervalle.
• La décision : on rejette l’hypothèse « la poignée provient de ce sac ». Le mot « probablement » traduit le risque d’erreur : une poignée très inhabituelle peut malgré tout venir de ce sac, comme on accepte un risque de 5 % au seuil de 95 %.

Comme dans la méthode du cours, on ne prouve rien avec certitude : on juge qu’un échantillon est trop différent de ce que donnerait la population supposée, et on en tire une conclusion probable.

a) Chaque habitant interrogé a les yeux bleus avec une probabilité de 0,3. Ensuite, la commande « nombre aléatoire » de la calculatrice (NbrAléat, Ran# ou rand) renvoie un nombre de \( [0 \,;\, 1[ \). Par ailleurs, on utilise :

ent(NbrAléat + 0,3)

NbrAléat + 0,3 est dans \( [0{,}3 \,;\, 1{,}3[ \), donc la partie entière vaut 1 lorsque NbrAléat \( \geqslant 0{,}7 \), ce qui arrive avec la probabilité \( 1 – 0{,}7 = 0{,}3 \) : on code 1 = yeux bleus et 0 = yeux d’une autre couleur.

b) On saisit la formule puis on appuie 30 fois sur Entrée (ou on génère une liste de 30 valeurs). Puis une simulation a donné :

0 1 1 0 0 0 0 1 0 0 1 0 1 0 0 1 0 1 1 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0

soit 9 habitants aux yeux bleus sur 30, c’est-à-dire une fréquence \( f = \frac{9}{30} = 0{,}3 \). Ensuite, une autre simulation donnera un autre résultat (7, 10, 11…) : c’est la fluctuation d’échantillonnage. Au seuil de 95 %, les fréquences se situent en général entre \( 0{,}3 – \frac{1}{\sqrt{30}} \approx 0{,}12 \) et \( 0{,}3 + \frac{1}{\sqrt{30}} \approx 0{,}48 \).

Également, a) On tire un véhicule au hasard : il est de marque A avec la probabilité 0,4 et de marque B avec la probabilité 0,6. Puis dans le tableur, on peut saisir :

=SI(ALEA()<0,4; »A »; »B »)

ALEA() renvoie un nombre de \( [0 \,;\, 1[ \) ; il est inférieur à 0,4 avec la probabilité 0,4, et la cellule affiche alors A ; sinon elle affiche B (probabilité 0,6). De plus, on peut aussi utiliser =ENT(ALEA()+0,4), qui renvoie 1 (marque A) avec la probabilité 0,4 et 0 (marque B) avec la probabilité 0,6.

b) On saisit la formule en A1 et on la recopie vers le bas jusqu’en A10 : chaque cellule simule un tirage. Ensuite, une simulation a donné :

Cet échantillon contient 4 véhicules de marque A et 6 de marque B. Par ailleurs, la formule =NB.SI(A1:A10; »A ») compte les A. Puis une nouvelle simulation (touche F9) donne un autre échantillon : avec seulement 10 tirages, le nombre de véhicules A peut varier beaucoup autour de 4.

Proportion considérée comme normale : \( p = 0{,}37 \) ; taille de l’échantillon : \( n = 200 \). Ensuite, les conditions \( n \geqslant 25 \) et \( 0{,}2 \leqslant p \leqslant 0{,}8 \) sont remplies.

Fréquence observée des pièces avec imperfections :

\[ f = \frac{86}{200} = 0{,}43 \]

Enfin, intervalle de fluctuation au seuil de 95 %, avec \( \frac{1}{\sqrt{200}} \approx 0{,}071 \) :

\[ I \approx [0{,}37 – 0{,}071 \,;\, 0{,}37 + 0{,}071] = [0{,}299 \,;\, 0{,}441] \]

Comme \( 0{,}299 \lt 0{,}43 \lt 0{,}441 \), la fréquence observée appartient à l’intervalle (de justesse). L’écart entre 43 % et 37 % peut s’expliquer par la fluctuation d’échantillonnage : on ne rejette pas l’hypothèse \( p = 0{,}37 \).

Proportion visée : \( p = 0{,}75 \) ; \( n = 200 \) ; les conditions \( n \geqslant 25 \) et \( 0{,}2 \leqslant p \leqslant 0{,}8 \) sont remplies.

Fréquence observée de clients satisfaits en 2013 :

\[ f = \frac{147}{200} = 0{,}735 \]

En effet, intervalle de fluctuation au seuil de 95 % :

\[ I \approx [0{,}75 – 0{,}071 \,;\, 0{,}75 + 0{,}071] = [0{,}679 \,;\, 0{,}821] \]

Comme \( 0{,}679 \lt 0{,}735 \lt 0{,}821 \), la fréquence observée appartient à l’intervalle. Même si 73,5 % est un peu inférieur à 75 %, cet écart est compatible avec la fluctuation d’échantillonnage : on ne rejette pas l’hypothèse selon laquelle 75 % des clients sont satisfaits.

Par exemple, la longueur de l’intervalle de fluctuation du cours \( \left[ p – \frac{1}{\sqrt{n}} \,;\, p + \frac{1}{\sqrt{n}} \right] \) est \( \frac{2}{\sqrt{n}} \). Puis on veut :

\[ \begin{aligned} \frac{2}{\sqrt{n}} &\leqslant 0{,}02 \\ \sqrt{n} &\geqslant \frac{2}{0{,}02} = 100 \\ n &\geqslant 100^2 = 10\,000 \end{aligned} \]

Pour \( n = 10\,000 \), la longueur vaut exactement \( \frac{2}{100} = 0{,}02 \), ce qui convient puisque l’inégalité est large.

Remarque : ici \( p = 0{,}015 \lt 0{,}2 \), les conditions d’utilisation de la formule ne sont pas réunies ; l’intervalle obtenu, \( [0{,}005 \,;\, 0{,}025] \), reste utilisable pour estimer l’ordre de grandeur de l’effectif nécessaire. De plus, on voit qu’il faut un très grand échantillon pour étudier une petite proportion avec précision.

On importe d’abord la fonction random du module random, en première ligne du programme : from random import random. random() renvoie un nombre de \( [0 \,;\, 1[ \), qui est inférieur à 0,5 avec la probabilité 0,5.

a. La pièce est équilibrée : « pile » et « face » ont chacun la probabilité \( \frac{1}{2} \).

def lancer():
    if random() < 0.5:
        return « pile »
    else :
        return « face »

On pourrait aussi écrire if randint(0, 1) == 0: avec from random import randint.

Car b. On répète n fois le lancer et on compte les « pile » :

def frequence(n) :
    nbr_pile=0
    for i in range(n) :
        if lancer()== »pile » :
            nbr_pile=nbr_pile+1
    return nbr_pile/n

range(n) fait prendre à i les n valeurs 0, 1, …, n − 1 : la boucle est donc exécutée n fois. Ensuite, la variable nbr_pile est un compteur augmenté de 1 à chaque « pile », et la fonction renvoie la fréquence nbr_pile / n, qui fluctue autour de 0,5.

Enfin, la fonction étudiée est :

def frequence(n) :
    compteur=0
    for k in range (1,n+1) :
        if random()<=0.34 :
            compteur=compteur+1
    return compteur/n

a. À chaque passage dans la boucle, random() renvoie un nombre au hasard dans \( [0 \,;\, 1[ \). Par ailleurs, il y a succès quand ce nombre est inférieur ou égal à 0,34 ; la probabilité de cet événement est la longueur de l’intervalle \( [0 \,;\, 0{,}34] \), soit 0,34.

b. Chaque appel frequence(1000) simule un échantillon de taille 1 000 et renvoie la fréquence de succès : on a obtenu 0,348 puis 0,361. Puis les deux résultats sont différents car les échantillons sont tirés au hasard : c’est la fluctuation d’échantillonnage. Ensuite, ils sont cependant proches de la probabilité 0,34.

Puis, on peut le vérifier avec l’intervalle de fluctuation au seuil de 95 % (\( n = 1000 \), \( \frac{1}{\sqrt{1000}} \approx 0{,}032 \)) :

\[ I \approx [0{,}34 – 0{,}032 \,;\, 0{,}34 + 0{,}032] = [0{,}308 \,;\, 0{,}372] \]

Les fréquences 0,348 et 0,361 appartiennent toutes les deux à I : ces résultats sont conformes au modèle de probabilité 0,34.

En effet, 1. Le lancer d’un dé équilibré donne un entier au hasard entre 1 et 6, chaque face ayant la même chance de sortir. Puis dans la cellule A1, on saisit :

=ALEA.ENTRE.BORNES(1;6)

(On peut aussi écrire =ENT(6*ALEA())+1 : \( 6 \times \text{ALEA()} \) est dans \( [0 \,;\, 6[ \), sa partie entière vaut 0, 1, …, 5, et on ajoute 1.)

2. a. On recopie la formule vers le bas, de A1 jusqu’à A100 : chaque cellule simule un lancer, on obtient un échantillon de taille 100.

b. La fréquence de la face 3 est le nombre de 3 divisé par le nombre de lancers. De plus, dans A101 :

=NB.SI(A1:A100;3)/100

3. On fait de même dans les autres colonnes : B1 à B200 puis =NB.SI(B1:B200;3)/200 en B201, C1 à C400 puis =NB.SI(C1:C400;3)/400 en C401, et ainsi de suite jusqu’à F1 à F1000 et =NB.SI(F1:F1000;3)/1000 en F1001.

Par ailleurs, les valeurs changent à chaque recalcul (touche F9). Voici les résultats d’une simulation :

4. Les fréquences observées sont toutes proches de 0,17, et elles s’écartent de moins en moins de cette valeur quand la taille \( n \) augmente : c’est la fluctuation d’échantillonnage, qui diminue lorsque l’échantillon grandit.

On pouvait le prévoir : le dé est équilibré, donc la probabilité d’obtenir 3 est

\[ p = \frac{1}{6} \approx 0{,}167. \]

Pour de grands échantillons, la fréquence observée se rapproche de la probabilité (c’est la loi des grands nombres).

a. On compte les 6 dans une variable S (un compteur initialisé à 0), puis on divise par \( n \) :

from random import randint
def frequence6(n):
    S = 0
    for i in range(n):
        if randint(1, 6) == 6:
            S = S + 1
    return S / n

randint(1, 6) renvoie un entier au hasard entre 1 et 6 (bornes comprises) : il simule un lancer.

Alors, b. On exécute frequence6(100), frequence6(200), …, frequence6(1000). Ensuite, les résultats changent à chaque exécution ; en voici un exemple :

c. Pour les petits échantillons, les fréquences varient beaucoup (0,22 puis 0,13) ; plus \( n \) est grand, plus elles se stabilisent autour de 0,17.

C’était prévisible : le dé est équilibré, la probabilité d’obtenir 6 est \( \frac{1}{6} \approx 0{,}167 \), et la fréquence observée sur un grand nombre de lancers se rapproche de cette probabilité.

On modélise la réponse d’un habitant par une expérience à deux issues : favorable avec la probabilité \( p = 0{,}34 \) (proportion nationale), non favorable sinon.

a. Dans A1, on saisit =ENT(ALEA()+0,34), qui affiche 1 (habitant favorable) avec la probabilité 0,34 et 0 sinon, puis on recopie jusqu’en A100. Par ailleurs, la proportion d’habitants favorables est obtenue en A101 par :

=SOMME(A1:A100)/100

Par exemple, (La somme des 1 compte les habitants favorables.)

b. On recommence dans les colonnes B à F avec 200, 400, 600, 800 et 1 000 cellules, et on divise la somme par la taille. Exemple de résultats :

c. Toutes les fréquences simulées restent autour de 0,34, donc nettement en dessous de 0,5 : si les habitants de la commune pensent comme l’ensemble des Français, seul environ un habitant sur trois serait favorable au skate-park. Puis ce n’est pas une majorité.

Le maire ne devrait donc pas lancer la construction sur cette seule base ; s’il veut connaître l’avis réel de sa commune, il doit faire un sondage auprès de ses habitants, la simulation ne reposant que sur la proportion nationale.

a. Les six fréquences observées vont de 0,69 à 0,87 : elles varient d’un échantillon à l’autre (fluctuation d’échantillonnage) mais restent proches de 0,8. Leur moyenne vaut

\[ \frac{0{,}69 + 0{,}87 + 0{,}75 + 0{,}85 + 0{,}78 + 0{,}82}{6} = \frac{4{,}76}{6} \approx 0{,}79. \]

Ces résultats sont donc compatibles avec une proportion de 80 % de consommateurs satisfaits : le changement de recette semble satisfaire autant que d’habitude.

Enfin, b. On calcule l’écart \( |p – f| \) avec \( p = 0{,}8 \) pour chaque échantillon :

• échantillon 1 : \( |0{,}8 – 0{,}69| = 0{,}11 \gt 0{,}1 \) ;
• échantillons 2 à 6 : \( 0{,}07 \), \( 0{,}05 \), \( 0{,}05 \), \( 0{,}02 \), \( 0{,}02 \), tous \( \leqslant 0{,}1 \).

L’écart est inférieur ou égal à 0,1 dans 5 cas sur 6, soit une proportion de

\[ \frac{5}{6} \approx 0{,}83. \]

Remarque : \( 0{,}1 = \frac{1}{\sqrt{100}} \) ; en général, pour des échantillons de taille 100, l’écart est inférieur ou égal à 0,1 dans environ 95 % des cas.

Ainsi, a. Le nombre aléatoire est un entier égal à 0 ou 1 : on convient que 1 correspond à Pile. Ensuite, il faut une variable S qui compte les Pile : on la met à 0 au départ, on lui ajoute 1 à chaque Pile, et on affiche \( \frac{S}{n} \).

b. On ajoute une boucle extérieure qui répète N fois la simulation ; S doit être remis à 0 au début de chaque échantillon :

Saisir N et n
Pour j allant de 1 à N
    S ← 0
    Pour k allant de 1 à n
        lancer ← nombre aléatoire entier entre 0 et 1
        Si lancer = 1 alors S ← S + 1
    Fin Pour
    Afficher S / n
Fin Pour

c. Ici \( p = 0{,}5 \). Puis on ajoute un second compteur C des échantillons « réussis » :

Saisir N et n
C ← 0
Pour j allant de 1 à N
    S ← 0
    Pour k allant de 1 à n
        lancer ← nombre aléatoire entier entre 0 et 1
        Si lancer = 1 alors S ← S + 1
    Fin Pour
    f ← S / n
    Si |f − 0,5| ≤ 1/√n alors C ← C + 1
Fin Pour
Afficher C / N

d. Avec \( n = 100 \), on a \( \frac{1}{\sqrt{100}} = 0{,}1 \) : on compte les échantillons dont la fréquence de Pile est comprise entre 0,4 et 0,6. En effet, lors d’un essai, 29 échantillons sur 30 vérifiaient cette condition, et l’algorithme a affiché

\[ \frac{29}{30} \approx 0{,}97. \]

Interprétation : dans la grande majorité des échantillons (environ 95 % en moyenne), la fréquence observée est à moins de \( \frac{1}{\sqrt{n}} \) de la probabilité \( p \). De plus, le résultat affiché change d’un essai à l’autre, mais reste proche de 0,95.

Par ailleurs, a. La fonction lancer_dé() renvoie un entier au hasard entre 1 et 6 (randint(1,6)) : elle simule le lancer d’un dé. Ensuite, le programme l’appelle deux fois (dé1 et dé2), additionne les deux résultats et affiche la somme.

Ce programme simule le lancer de deux dés et affiche la somme des deux numéros obtenus (un entier entre 2 et 12).

b. On répète 50 fois l’expérience avec une boucle et on compte les sommes égales à 7 :

Ensuite, from random import randint
def lancer_dé():
    numéro = randint(1, 6)
    return numéro

compteur = 0
for i in range(50):
    dé1 = lancer_dé()
    dé2 = lancer_dé()
    somme = dé1 + dé2
    if somme == 7:
        compteur = compteur + 1
print(compteur / 50)

Attention : les deux dés doivent être relancés à l’intérieur de la boucle, sinon on additionnerait 50 fois la même somme. Par ailleurs, la ligne from random import randint est indispensable pour utiliser randint.

Pour information, la somme 7 s’obtient de 6 façons sur 36 : la fréquence affichée fluctue autour de \( \frac{6}{36} = \frac{1}{6} \approx 0{,}17 \).

Toutefois, on suit le contenu des variables ligne par ligne (on exécute le programme « à la main ») :

À l’instruction b=a+b, on utilise les valeurs actuelles de a et b (1 et 1), puis b prend la nouvelle valeur 2. À l’instruction a=a-b, b vaut déjà 2, donc a devient \( 1 – 2 = -1 \).

On simule la réponse d’un élève avec un nombre aléatoire \( x \) de \( [0 \,;\, 1[ \) : si \( x \lt 0{,}68 \), l’élève est satisfait (cela arrive avec la probabilité 0,68), sinon il ne l’est pas.

Il faut deux boucles imbriquées : une pour les N échantillons, une pour les n élèves de chaque échantillon. Car algorithme en langage naturel :

Saisir N et n
Pour j allant de 1 à N
    S ← 0
    Pour i allant de 1 à n
        x ← nombre aléatoire de [0 ; 1[
        Si x < 0,68 alors S ← S + 1
    Fin Pour
    Afficher S / n
Fin Pour

Traduction en Python :

from random import random
def cantine(N, n):
    for j in range(N):
        S = 0
        for i in range(n):
            if random() < 0.68:
                S = S + 1
        print(S / n)

Le point essentiel : le compteur S est remis à 0 au début de chaque échantillon, sinon les satisfaits de tous les échantillons s’additionneraient. Chaque proportion affichée fluctue autour de 0,68.

a. La fréquence observée des aliens favorables est

\[ f = \frac{436}{1031} \approx 0{,}4229. \]

Conditions : \( n = 1031 \geqslant 25 \) et \( 0{,}2 \leqslant f \leqslant 0{,}8 \). Car L’intervalle de confiance au seuil de 95 % est

\[ \left[ f – \frac{1}{\sqrt{n}} \,;\, f + \frac{1}{\sqrt{n}} \right] \quad \text{avec} \quad \frac{1}{\sqrt{1031}} \approx 0{,}0311. \]
\[ \begin{aligned} f – \frac{1}{\sqrt{1031}} &\approx 0{,}4229 – 0{,}0311 \approx 0{,}3917 \\ f + \frac{1}{\sqrt{1031}} &\approx 0{,}4229 + 0{,}0311 \approx 0{,}4540 \end{aligned} \]

En arrondissant la borne inférieure par défaut et la borne supérieure par excès au millième, l’intervalle de confiance est \( [0{,}391 \,;\, 0{,}455] \).

b. Avec un niveau de confiance de 95 %, la proportion d’aliens favorables dans toute la galaxie est comprise entre environ 39 % et 45,5 %. Tout l’intervalle est en dessous de 50 % : le projet serait très probablement rejeté par une majorité lors du référendum.

a. Ici \( f = 0{,}54 \) et \( n = 350 \). Puis les conditions \( n \geqslant 25 \) et \( 0{,}2 \leqslant f \leqslant 0{,}8 \) sont vérifiées, et \( \frac{1}{\sqrt{350}} \approx 0{,}0535 \).

\[ \begin{aligned} 0{,}54 – \frac{1}{\sqrt{350}} &\approx 0{,}4865 \\ 0{,}54 + \frac{1}{\sqrt{350}} &\approx 0{,}5935 \end{aligned} \]

L’intervalle de confiance au seuil de 95 % est environ \( [0{,}486 \,;\, 0{,}594] \).

b. Pour être élu au premier tour, il faut obtenir plus de 50 % des voix. Notamment, or l’intervalle contient des valeurs inférieures à 0,5 (de 0,486 à 0,5). Ensuite, on ne peut donc pas être sûr (au niveau de confiance 95 %) que le candidat Electron aurait été élu au premier tour : c’est possible, mais pas garanti.

c. On suppose que la fréquence observée reste 0,54. Puis il faut que la borne inférieure dépasse 0,5 :

\[ \begin{aligned} 0{,}54 – \frac{1}{\sqrt{n}} &\gt 0{,}5 \\ \frac{1}{\sqrt{n}} &\lt 0{,}04 \\ \sqrt{n} &\gt \frac{1}{0{,}04} = 25 \\ n &\gt 625 \end{aligned} \]

Pour \( n = 625 \), la borne inférieure vaut exactement \( 0{,}54 – 0{,}04 = 0{,}5 \), ce qui ne suffit pas pour une majorité stricte. De plus, il aurait donc fallu interroger au moins 626 personnes.

a. La proportion acceptable est \( p = 0{,}2 \) et l’échantillon a pour taille \( n = 150 \). Ensuite, les conditions \( n \geqslant 25 \) et \( 0{,}2 \leqslant p \leqslant 0{,}8 \) sont vérifiées, et \( \frac{1}{\sqrt{150}} \approx 0{,}0816 \).

\[ \left[ p – \frac{1}{\sqrt{n}} \,;\, p + \frac{1}{\sqrt{n}} \right] \approx [0{,}2 – 0{,}0816 \,;\, 0{,}2 + 0{,}0816] \]

L’intervalle de fluctuation au seuil de 95 % est environ \( [0{,}118 \,;\, 0{,}282] \).

Alors, b. La fréquence observée de flacons imparfaits est

\[ f = \frac{63}{150} = 0{,}42. \]

\( 0{,}42 \gt 0{,}282 \) : la fréquence observée n’appartient pas à l’intervalle de fluctuation. Par ailleurs, on rejette donc l’hypothèse « 20 % des flacons sont imparfaits », avec un risque d’erreur de 5 %. Puis la proportion de flacons imparfaits semble nettement trop élevée.