Statistique inférentielle | BTS | Mathématiques
Dernière mise à jour : 21 octobre 2026
Un service métrologie contrôle la longueur de barres d'acier destinées à la construction. La longueur nominale est \(\mu_0 = 2\,000\) mm, avec un écart-type de production connu \(\sigma = 1{,}5\) mm. Sur un échantillon de \(n=36\) barres prélevées en fin de production, on mesure une longueur moyenne \(\bar{x} = 1\,999{,}4\) mm.
1. Calculer l'erreur standard, puis construire l'intervalle de confiance à 95 % pour la longueur moyenne réelle de la production. (2,5 pts)
2. On souhaite tester si la longueur moyenne est conforme à la valeur nominale. Énoncer H₀ et H₁, calculer la statistique de test \(Z_{obs}\), et conclure au seuil \(\alpha = 5\,\%\). (2 pts)
3. Calculer la p-valeur associée à ce test et l'interpréter aux seuils 5 % et 1 %. (2,5 pts)
1. Erreur standard : \(\dfrac{\sigma}{\sqrt{n}} = \dfrac{1{,}5}{\sqrt{36}} = \dfrac{1{,}5}{6} = 0{,}25\) mm.
Marge d'erreur à 95 % : \(1{,}96 \times 0{,}25 = 0{,}49\) mm.
\[IC_{95\,\%} = [1\,999{,}4 - 0{,}49\ ;\ 1\,999{,}4 + 0{,}49] = [1\,998{,}91\ ;\ 1\,999{,}89] \text{ mm}\]2. H₀ : \(\mu = 2\,000\) mm | H₁ : \(\mu \neq 2\,000\) mm (bilatéral).
\[Z_{obs} = \frac{1\,999{,}4 - 2\,000}{0{,}25} = \frac{-0{,}6}{0{,}25} = -2{,}40\]\(|Z_{obs}| = 2{,}40 > z_{0{,}025} = 1{,}960\) → zone de rejet.
On rejette H₀ au seuil 5 %.
Conclusion : l'écart entre la longueur moyenne mesurée et la valeur nominale est statistiquement significatif : la production présente une dérive.
3.
\[\text{p-valeur} = 2\times(1-\Phi(2{,}40)) \approx 2\times(1-0{,}9918) = 2\times0{,}0082 = 0{,}0164 \approx 1{,}64\,\%\]Au seuil 5 % : \(0{,}0164 < 0{,}05\) → on rejette H₀.
Au seuil 1 % : \(0{,}0164 > 0{,}01\) → on ne rejette pas H₀.
Conclusion : la preuve contre H₀ est modérée. La décision dépend du seuil retenu : au seuil usuel de 5 %, on considère la dérive comme avérée et on déclenche un réglage de la machine ; à un seuil plus exigeant (1 %, par exemple pour une pièce de sécurité), l'écart n'est pas jugé suffisamment fort.
Une unité de conditionnement alimentaire doit respecter un taux de sachets non conformes (poids incorrect) inférieur à \(p_0 = 5\,\%\). Sur un échantillon de \(n=300\) sachets prélevés en sortie de ligne, 21 sont non conformes.
1. Calculer la fréquence observée \(\hat{p}\) et vérifier les conditions de validité de l'approximation normale. (1 pt)
2. Construire l'intervalle de confiance à 95 % pour le taux réel de non-conformité (arrondir à \(10^{-4}\) près). (2 pts)
3. Tester, au seuil \(\alpha = 5\,\%\), l'hypothèse selon laquelle le taux réel de non-conformité dépasse le seuil de 5 % (test unilatéral droit), et conclure. (2 pts)
1. \(\hat{p} = \dfrac{21}{300} = 0{,}07\).
Conditions : \(n\hat{p} = 21 \geq 5\) ✓ \(n(1-\hat{p}) = 279 \geq 5\) ✓
2. \(\sqrt{\dfrac{\hat{p}(1-\hat{p})}{n}} = \sqrt{\dfrac{0{,}07 \times 0{,}93}{300}} \approx 0{,}01473\)
Marge d'erreur : \(1{,}96 \times 0{,}01473 \approx 0{,}0289\)
\[IC_{95\,\%} = [0{,}07 - 0{,}0289\ ;\ 0{,}07 + 0{,}0289] \approx [0{,}0411\ ;\ 0{,}0989]\]3. H₀ : \(p = 0{,}05\) | H₁ : \(p > 0{,}05\) (unilatéral droit).
Conditions : \(np_0 = 300\times0{,}05 = 15 \geq 5\) ✓ \(n(1-p_0) = 285 \geq 5\) ✓
\[Z_{obs} = \frac{0{,}07 - 0{,}05}{\sqrt{0{,}05 \times 0{,}95 / 300}} = \frac{0{,}02}{0{,}01258} \approx 1{,}59\]\(Z_{obs} = 1{,}59 < z_{0{,}05} = 1{,}645\) → hors zone de rejet.
On ne rejette pas H₀ au seuil 5 %.
Conclusion : bien que le taux observé (7 %) dépasse le seuil de 5 %, l'écart n'est pas statistiquement significatif compte tenu de la taille de l'échantillon (le seuil de 5 % reste d'ailleurs à l'intérieur de l'intervalle de confiance). On ne peut pas conclure à un dépassement réel du seuil contractuel ; un contrôle sur un échantillon plus grand serait souhaitable pour trancher.
Un bureau d'études teste la résistance à la rupture de rivets composites destinés à l'aéronautique légère. Le fabricant garantit une résistance moyenne \(\mu_0 = 850\) N. Sur un échantillon de \(n=11\) rivets, on mesure \(\bar{x} = 843{,}5\) N et \(s = 12{,}4\) N (écart-type de la population inconnu).
1. Justifier le choix de la loi de Student et calculer la statistique de test \(T_{obs}\). (2 pts)
2. Conclure au seuil \(\alpha = 5\,\%\) et rédiger une recommandation pour le bureau d'études. (2 pts)
1. L'écart-type \(\sigma\) de la population est inconnu (seul \(s\) est calculé sur l'échantillon) : on utilise la loi de Student à \(\nu = n-1 = 10\) degrés de liberté.
H₀ : \(\mu = 850\) N | H₁ : \(\mu \neq 850\) N (bilatéral).
Erreur standard estimée : \(\dfrac{s}{\sqrt{n}} = \dfrac{12{,}4}{\sqrt{11}} \approx \dfrac{12{,}4}{3{,}317} \approx 3{,}739\) N.
\[T_{obs} = \frac{843{,}5 - 850}{3{,}739} = \frac{-6{,}5}{3{,}739} \approx -1{,}74\]2.
\(|T_{obs}| = 1{,}74 < t_{10;\,0{,}025} = 2{,}228\) → hors zone de rejet.
On ne rejette pas H₀ au seuil 5 %.
Conclusion : l'écart observé entre la résistance mesurée et la résistance garantie n'est pas statistiquement significatif à ce seuil. Rien ne permet de remettre en cause la conformité du lot testé. Compte tenu du contexte aéronautique, le bureau d'études pourra néanmoins reconduire ce contrôle sur un échantillon plus large avant validation définitive.
Un service de maintenance industrielle recense 160 pannes réparties sur 4 lignes de production (L1, L2, L3, L4) sur un trimestre : L1 = 48, L2 = 36, L3 = 44, L4 = 32. On souhaite vérifier si les pannes sont réparties uniformément entre les 4 lignes. (\(\alpha = 5\,\%\))
1. Énoncer H₀ et calculer les effectifs théoriques \(E_i\) sous H₀. (2 pts)
2. Calculer \(\chi^2_{obs}\). (1 pt)
3. Conclure sachant que \(\chi^2_{3;\,0{,}05} = 7{,}815\). (1 pt)
1. H₀ : les pannes sont réparties uniformément entre les 4 lignes → \(E_i = 160/4 = 40\) pour chacune.
| Ligne | \(O_i\) | \(E_i\) | \(O_i-E_i\) | \((O_i-E_i)^2/E_i\) |
|---|---|---|---|---|
| L1 | 48 | 40 | +8 | \(64/40 = 1{,}6\) |
| L2 | 36 | 40 | −4 | \(16/40 = 0{,}4\) |
| L3 | 44 | 40 | +4 | \(16/40 = 0{,}4\) |
| L4 | 32 | 40 | −8 | \(64/40 = 1{,}6\) |
| Total | 160 | 160 | 0 | 4,0 |
2.
\[\chi^2_{obs} = 1{,}6+0{,}4+0{,}4+1{,}6 = 4{,}0\]3. \(\nu = k-1 = 3\).
\(\chi^2_{obs} = 4{,}0 < \chi^2_{3;\,0{,}05} = 7{,}815\) → hors zone de rejet.
On ne rejette pas H₀ au seuil 5 %.
Conclusion : il n'y a pas de preuve statistique contre une répartition uniforme des pannes entre les 4 lignes de production ce trimestre.