BTS | Mathématiques | Groupements B1, B2, D1, D2
Dernière mise à jour : 26 juin 2026
Un technicien qualité dans une usine fabriquant des roulements à billes reçoit chaque matin un lot de \(n = 50\) pièces prélevées sur la chaîne de production. Il mesure le diamètre intérieur de chaque roulement, dont la valeur nominale est \(\mu_0 = 25{,}00\) mm avec un écart-type historique de \(\sigma = 0{,}03\) mm.
Pour valider ou rejeter le lot, le technicien doit répondre à plusieurs questions :
Ces questions relèvent de la statistique inférentielle : à partir d'un échantillon partiel, on tire des conclusions sur l'ensemble de la production, avec un niveau de confiance quantifié et maîtrisé.
La population est l'ensemble complet des individus ou objets étudiés (par exemple, toute la production annuelle de roulements). Un échantillon de taille \(n\) est un sous-ensemble représentatif extrait de cette population par tirage au sort.
Un paramètre est une caractéristique de la population, généralement inconnue :
Une statistique (estimateur) est calculée à partir de l'échantillon :
La variance corrigée divise par \(n-1\) (et non \(n\)) pour être un estimateur sans biais de \(\sigma^2\). Avec le diviseur \(n\), on sous-estime systématiquement la variance de la population. On utilise toujours \(s^2\) pour les IC et tests, sauf si \(\sigma\) est connue par l'historique.
On mesure le diamètre intérieur (en mm) de \(n=6\) roulements :
\(x_1=24{,}98\) ; \(x_2=25{,}01\) ; \(x_3=25{,}00\) ; \(x_4=24{,}99\) ; \(x_5=25{,}02\) ; \(x_6=25{,}00\).
Moyenne empirique :
\[ \bar{x} = \frac{24{,}98 + 25{,}01 + 25{,}00 + 24{,}99 + 25{,}02 + 25{,}00}{6} = \frac{150{,}00}{6} = 25{,}000 \text{ mm} \]Variance corrigée (écarts à la moyenne : \(-0{,}02\ ;\ 0{,}01\ ;\ 0\ ;\ -0{,}01\ ;\ 0{,}02\ ;\ 0\)) :
\[ s^2 = \frac{(0{,}02)^2+(0{,}01)^2+0^2+(0{,}01)^2+(0{,}02)^2+0^2}{5} = \frac{0{,}0004+0{,}0001+0+0{,}0001+0{,}0004+0}{5} = \frac{0{,}001}{5} = 2\times 10^{-4} \text{ mm}^2 \]Écart-type empirique : \(s = \sqrt{2\times 10^{-4}} \approx 0{,}0141\) mm.
La distribution d'échantillonnage de \(\bar{X}\) est la loi de probabilité suivie par la moyenne d'échantillon lorsqu'on répète l'opération de prélever un échantillon de taille \(n\) dans la population. C'est une loi différente de la loi de la population individuelle.
Soient \(X_1, X_2, \ldots, X_n\) des variables aléatoires indépendantes et identiquement distribuées de moyenne \(\mu\) et de variance \(\sigma^2 < +\infty\). Pour \(n \geq 30\) (ou pour tout \(n\) si la population est normale), la variable :
\[ \bar{X} = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n X_i \]suit approximativement la loi normale :
\[ \bar{X} \sim \mathcal{N}\!\left(\mu,\ \frac{\sigma^2}{n}\right) \]L'erreur standard (écart-type de \(\bar{X}\)) vaut :
\[ \sigma_{\bar{X}} = \frac{\sigma}{\sqrt{n}} \]La variable centrée réduite associée suit :
\[ Z = \frac{\bar{X} - \mu}{\sigma/\sqrt{n}} \sim \mathcal{N}(0,1) \]Si \(X\) suit une loi de Bernoulli de paramètre \(p\) et si \(np \geq 5\) et \(n(1-p) \geq 5\), alors :
\[ \hat{P} \sim \mathcal{N}\!\left(p,\ \frac{p(1-p)}{n}\right) \]La production de diamètres suit une loi normale de moyenne \(\mu = 25{,}00\) mm et d'écart-type \(\sigma = 0{,}03\) mm. On prélève des échantillons de différentes tailles.
| Taille \(n\) | Erreur standard \(\sigma/\sqrt{n}\) |
|---|---|
| 5 | \(0{,}03/\sqrt{5} \approx 0{,}0134\) mm |
| 15 | \(0{,}03/\sqrt{15} \approx 0{,}00775\) mm |
| 30 | \(0{,}03/\sqrt{30} \approx 0{,}00548\) mm |
| 50 | \(0{,}03/\sqrt{50} \approx 0{,}00424\) mm |
Plus \(n\) augmente, plus l'erreur standard diminue : la moyenne d'échantillon devient un estimateur de plus en plus précis de \(\mu\).
Fig. 1 — Distribution de \(\bar{X}\) selon la taille de l'échantillon (\(\mu=25\), \(\sigma=0{,}03\) mm)
Un estimateur \(\hat{\theta}\) d'un paramètre \(\theta\) est dit sans biais si \(\mathbb{E}[\hat{\theta}] = \theta\) : en moyenne sur toutes les réalisations possibles, il vise exactement la vraie valeur du paramètre.
La variance de l'estimateur est proportionnelle à \(1/n\) : doubler \(n\) divise l'incertitude par \(\sqrt{2}\).
Un intervalle de confiance (IC) au niveau \(1-\alpha\) pour un paramètre \(\theta\) est un intervalle aléatoire \([A\,;\,B]\), calculé à partir de l'échantillon, tel que :
\[ \mathbb{P}(A \leq \theta \leq B) = 1 - \alpha \]Le niveau de confiance est en général 90 %, 95 % ou 99 %. Le seuil \(\alpha\) est le risque d'erreur : probabilité que l'IC construit ne contienne pas \(\theta\).
Interprétation fréquentiste : si l'on construisait un grand nombre d'IC de même niveau à partir d'échantillons différents, environ \((1-\alpha)\times 100\,\%\) d'entre eux contiendraient la vraie valeur de \(\theta\).
Lorsque \(\sigma\) est connue et que \(n \geq 30\) (ou que la population est normale), la loi normale donne :
\[ \boxed{IC_{1-\alpha} = \left[\bar{x} - z_{\alpha/2}\,\frac{\sigma}{\sqrt{n}}\ ;\ \bar{x} + z_{\alpha/2}\,\frac{\sigma}{\sqrt{n}}\right]} \]avec \(z_{\alpha/2}\) le quantile de \(\mathcal{N}(0,1)\) tel que \(\mathbb{P}(-z_{\alpha/2} \leq Z \leq z_{\alpha/2}) = 1-\alpha\).
| Niveau \(1-\alpha\) | \(\alpha\) | \(z_{\alpha/2}\) |
|---|---|---|
| 90 % | 10 % | 1,645 |
| 95 % | 5 % | 1,960 |
| 99 % | 1 % | 2,576 |
Un ingénieur qualité mesure \(n=50\) roulements et obtient \(\bar{x}=25{,}012\) mm. On sait historiquement que \(\sigma=0{,}03\) mm. Construire un IC à 95 % pour le diamètre moyen.
Erreur standard : \(\dfrac{0{,}03}{\sqrt{50}} = \dfrac{0{,}03}{7{,}071} \approx 0{,}00424\) mm
Marge d'erreur : \(1{,}960 \times 0{,}00424 \approx 0{,}00831\) mm
\[ IC_{95\,\%} = [25{,}012 - 0{,}0083\ ;\ 25{,}012 + 0{,}0083] = [25{,}004\ ;\ 25{,}020] \text{ mm} \]Conclusion : On est confiant à 95 % que le diamètre moyen de la production se situe entre 25,004 mm et 25,020 mm. La valeur nominale 25,000 mm n'est pas dans l'IC — signe d'une possible dérive.
Lorsque \(\sigma\) est inconnue et que la population est normale (ou \(n\) pas trop petit), on remplace \(\sigma\) par \(s\) et la loi normale par la loi de Student à \(n-1\) degrés de liberté :
\[ \boxed{IC_{1-\alpha} = \left[\bar{x} - t_{n-1;\,\alpha/2}\,\frac{s}{\sqrt{n}}\ ;\ \bar{x} + t_{n-1;\,\alpha/2}\,\frac{s}{\sqrt{n}}\right]} \]La loi de Student a des queues plus épaisses que la normale : l'intervalle obtenu est plus large, ce qui reflète l'incertitude supplémentaire liée à l'estimation de \(\sigma\). Quand \(n \to \infty\), \(t_{n-1;\,\alpha/2} \to z_{\alpha/2}\).
Un contrôleur qualité mesure la résistance à la rupture (en MPa) de \(n=12\) assemblages soudés :
420 415 430 418 425 412 422 428 416 424 419 427
Calculs : \(\bar{x} = 421{,}33\) MPa, \(s = 5{,}61\) MPa. Construire un IC à 95 %.
\(\nu = n-1 = 11\) ; table de Student : \(t_{11;\,0{,}025} = 2{,}201\).
Marge : \(2{,}201 \times \dfrac{5{,}61}{\sqrt{12}} = 2{,}201 \times 1{,}620 \approx 3{,}57\) MPa
\[ IC_{95\,\%} = [421{,}33 - 3{,}57\ ;\ 421{,}33 + 3{,}57] = [417{,}8\ ;\ 424{,}9] \text{ MPa} \]Si \(n\hat{p} \geq 5\) et \(n(1-\hat{p}) \geq 5\) (conditions de validité de l'approximation normale) :
\[ \boxed{IC_{1-\alpha} = \left[\hat{p} - z_{\alpha/2}\sqrt{\frac{\hat{p}(1-\hat{p})}{n}}\ ;\ \hat{p} + z_{\alpha/2}\sqrt{\frac{\hat{p}(1-\hat{p})}{n}}\right]} \]La marge d'erreur maximale (atteinte pour \(\hat{p}=0{,}5\)) :
\[ e_{\max} = \frac{z_{\alpha/2}}{2\sqrt{n}} \quad\text{ex. pour IC 95 \% : } e_{\max} \approx \frac{1{,}96}{2\sqrt{n}} \]Sur \(n=200\) roulements inspectés, \(8\) sont déclarés non conformes. \(\hat{p} = 8/200 = 0{,}040\). Construire un IC à 95 %.
Vérification : \(200 \times 0{,}04 = 8 \geq 5\) ✓ \(200 \times 0{,}96 = 192 \geq 5\) ✓
\[ \sqrt{\frac{0{,}04 \times 0{,}96}{200}} = \sqrt{0{,}000192} \approx 0{,}01386 \] \[ IC_{95\,\%} = [0{,}04 - 1{,}96 \times 0{,}01386\ ;\ 0{,}04 + 1{,}96 \times 0{,}01386] \approx [0{,}013\ ;\ 0{,}067] \]Conclusion : Le taux de non-conformité est estimé entre 1,3 % et 6,7 % avec une confiance de 95 %. Comme l'IC contient des valeurs supérieures à 2 %, il faut augmenter le contrôle.
Pour une marge d'erreur \(\leq e\) sur une proportion (niveau \(1-\alpha\)) :
\[ n \geq \frac{z_{\alpha/2}^2\,\hat{p}(1-\hat{p})}{e^2} \qquad\text{(sans info sur } p\text{ : }n \geq \frac{z_{\alpha/2}^2}{4e^2}) \]Pour une marge \(\leq e\) sur une moyenne (σ connue) :
\[ n \geq \left(\frac{z_{\alpha/2}\,\sigma}{e}\right)^2 \]Un auditeur veut estimer le taux de satisfaction des clients d'une entreprise avec une marge d'erreur de \(\pm 3\,\%\) au niveau 95 %. Aucune info préalable sur \(p\).
\[ n \geq \frac{(1{,}96)^2}{4 \times (0{,}03)^2} = \frac{3{,}8416}{0{,}0036} \approx 1068 \]Il faut interroger au moins 1068 clients.
Un test d'hypothèse est une procédure permettant de décider, à partir d'un échantillon, si les données sont compatibles avec une affirmation sur un paramètre de la population.
| H₀ vraie | H₀ fausse | |
|---|---|---|
| On rejette H₀ | Erreur de 1ère espèce Probabilité : α (seuil) |
Décision correcte (puissance du test : \(1-\beta\)) |
| On ne rejette pas H₀ | Décision correcte | Erreur de 2ème espèce Probabilité : β |
On fixe \(\alpha\) à l'avance (souvent 5 %). Réduire \(\alpha\) augmente \(\beta\) : on ne peut pas annuler simultanément les deux types d'erreur.
Sous H₀ : \(\mu = \mu_0\) (avec \(\sigma\) connue et \(n \geq 30\)) :
\[ Z_{obs} = \frac{\bar{x} - \mu_0}{\sigma/\sqrt{n}} \sim \mathcal{N}(0,1) \text{ sous H}_0 \]| Type de test | H₁ | Zone de rejet (seuil α) |
|---|---|---|
| Bilatéral | \(\mu \neq \mu_0\) | \(|Z_{obs}| > z_{\alpha/2}\) |
| Unilatéral droit | \(\mu > \mu_0\) | \(Z_{obs} > z_\alpha\) |
| Unilatéral gauche | \(\mu < \mu_0\) | \(Z_{obs} < -z_\alpha\) |
Diamètre nominal \(\mu_0 = 25{,}000\) mm, \(\sigma = 0{,}03\) mm. Sur \(n=50\) pièces, le technicien mesure \(\bar{x} = 25{,}012\) mm. Y a-t-il une dérive ? (α = 5 %)
H₀ : \(\mu = 25{,}000\) | H₁ : \(\mu \neq 25{,}000\) (bilatéral)
\[ Z_{obs} = \frac{25{,}012 - 25{,}000}{0{,}03/\sqrt{50}} = \frac{0{,}012}{0{,}00424} \approx 2{,}83 \]\(|Z_{obs}| = 2{,}83 > z_{0{,}025} = 1{,}96\) → zone de rejet.
On rejette H₀ au seuil 5 %.
Conclusion : La dérive du diamètre moyen est statistiquement significative. Le technicien doit alerter la production pour un recalibrage immédiat de la machine.
Sous H₀ : \(\mu = \mu_0\) avec \(\sigma\) inconnue :
\[ T_{obs} = \frac{\bar{x} - \mu_0}{s/\sqrt{n}} \sim \mathcal{T}(n-1) \text{ sous H}_0 \]Zone de rejet bilatérale : \(|T_{obs}| > t_{n-1;\,\alpha/2}\) (lu dans la table de Student)
Un soudeur garantit que ses soudures résistent en moyenne à \(\mu_0 = 420\) MPa. Un contrôleur mesure \(n=15\) soudures : \(\bar{x} = 414{,}2\) MPa, \(s = 8{,}6\) MPa. Tester au seuil α = 5 %.
H₀ : \(\mu = 420\) | H₁ : \(\mu \neq 420\) (bilatéral)
\[ T_{obs} = \frac{414{,}2 - 420}{8{,}6/\sqrt{15}} = \frac{-5{,}8}{2{,}220} \approx -2{,}61 \]Degrés de liberté : \(\nu = 14\) ; \(t_{14;\,0{,}025} = 2{,}145\) (table de Student)
\(|T_{obs}| = 2{,}61 > 2{,}145\) → zone de rejet.
On rejette H₀ au seuil 5 %.
Conclusion : La résistance moyenne observée est significativement inférieure à 420 MPa. Le procédé de soudage doit être revu.
Sous H₀ : \(p = p_0\), si \(np_0 \geq 5\) et \(n(1-p_0) \geq 5\) :
\[ Z_{obs} = \frac{\hat{p} - p_0}{\sqrt{p_0(1-p_0)/n}} \sim \mathcal{N}(0,1) \text{ sous H}_0 \]Le cahier des charges exige \(p_0 \leq 2\,\%\) de pièces défectueuses. Sur \(n=400\) pièces contrôlées, 12 sont défectueuses. Tester au seuil α = 5 %.
H₀ : \(p = 0{,}02\) | H₁ : \(p > 0{,}02\) (unilatéral droit, seuil de non-conformité)
\(\hat{p} = 12/400 = 0{,}030\)
\[ Z_{obs} = \frac{0{,}030 - 0{,}020}{\sqrt{0{,}020 \times 0{,}980 / 400}} = \frac{0{,}010}{0{,}00700} \approx 1{,}43 \]\(Z_{obs} = 1{,}43 < z_{0{,}05} = 1{,}645\) → hors zone de rejet.
On ne rejette pas H₀ au seuil 5 %.
Conclusion : On n'a pas de preuve statistique que le taux de rebut dépasse 2 %. Le lot peut être accepté, mais une surveillance continue est recommandée.
La p-valeur (ou niveau de signification observé) est la probabilité, sous H₀, d'obtenir une valeur de la statistique de test au moins aussi extrême que celle observée :
\[ \text{p-valeur} = \mathbb{P}_{H_0}\!\left(|Z| \geq |Z_{obs}|\right) = 2\left(1 - \Phi(|Z_{obs}|)\right) \quad\text{(test bilatéral)} \]Règle : si p-valeur \(< \alpha\), on rejette H₀. Plus la p-valeur est petite, plus la preuve contre H₀ est forte.
Dans l'exemple 7 (\(Z_{obs} = 2{,}83\), test bilatéral) :
\[ \text{p-valeur} = 2 \times \mathbb{P}(Z \geq 2{,}83) = 2 \times (1 - \Phi(2{,}83)) \approx 2 \times (1 - 0{,}9977) = 2 \times 0{,}0023 = 0{,}0046 \]La p-valeur est 0,46 %, très inférieure à α = 5 % : la preuve contre H₀ est extrêmement forte. La dérive de production est hautement significative.
Interprétation pratique de la p-valeur :
Le test du χ² d'adéquation permet de vérifier si une distribution observée dans un échantillon est statistiquement compatible avec une distribution théorique de référence (uniforme, normale, de Poisson, etc.).
H₀ : la distribution suit la loi théorique de référence.
H₁ : la distribution ne suit pas cette loi.
Pour \(k\) classes, avec effectifs observés \(O_i\) et effectifs théoriques \(E_i = n \cdot p_i\) :
\[ \chi^2_{obs} = \sum_{i=1}^k \frac{(O_i - E_i)^2}{E_i} \]Sous H₀, cette statistique suit une loi du χ² à \(\nu = k - 1 - r\) degrés de liberté, où \(r\) est le nombre de paramètres estimés à partir des données.
Un contremaître dénombre les pannes sur 5 jours sur une ligne de production : Lundi 18, Mardi 22, Mercredi 20, Jeudi 25, Vendredi 15 (total = 100 pannes). Les pannes sont-elles réparties uniformément ? (α = 5 %)
H₀ : distribution uniforme → \(E_i = 100/5 = 20\) pour chaque jour.
| Jour | \(O_i\) | \(E_i\) | \(O_i - E_i\) | \((O_i-E_i)^2/E_i\) |
|---|---|---|---|---|
| Lundi | 18 | 20 | −2 | \(4/20 = 0{,}20\) |
| Mardi | 22 | 20 | +2 | \(4/20 = 0{,}20\) |
| Mercredi | 20 | 20 | 0 | \(0/20 = 0\) |
| Jeudi | 25 | 20 | +5 | \(25/20 = 1{,}25\) |
| Vendredi | 15 | 20 | −5 | \(25/20 = 1{,}25\) |
| Total | 100 | 100 | 0 | 2,90 |
\(\nu = k - 1 = 4\) ; valeur critique : \(\chi^2_{4;\,0{,}05} = 9{,}488\)
\(\chi^2_{obs} = 2{,}90 < 9{,}488\) → 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 sur la semaine.
Un gestionnaire de stock modélise le nombre de commandes urgentes par jour selon une loi de Poisson de paramètre \(\lambda = 2\). Sur 100 jours, il observe :
| Commandes urgentes | 0 | 1 | 2 | 3 | 4 | ≥5 |
|---|---|---|---|---|---|---|
| Observé \(O_i\) | 14 | 25 | 30 | 18 | 9 | 4 |
| Théorique \(E_i\) | 13,5 | 27,1 | 27,1 | 18,0 | 9,0 | 5,3 |
(Effectifs théoriques calculés avec \(P(X=k) = e^{-2}\cdot 2^k/k!\), \(n=100\))
\[ \chi^2_{obs} = \frac{(14-13{,}5)^2}{13{,}5} + \frac{(25-27{,}1)^2}{27{,}1} + \frac{(30-27{,}1)^2}{27{,}1} + \frac{(18-18)^2}{18} + \frac{(9-9)^2}{9} + \frac{(4-5{,}3)^2}{5{,}3} \approx 0{,}019 + 0{,}163 + 0{,}310 + 0 + 0 + 0{,}319 = 0{,}811 \]\(\nu = 6-1-1 = 4\) (λ estimé depuis les données) ; \(\chi^2_{4;\,0{,}05} = 9{,}488\).
\(\chi^2_{obs} = 0{,}81 < 9{,}488\)
Le modèle de Poisson(\(\lambda=2\)) est validé au seuil 5 %.
La table donne \(\Phi(z) = \mathbb{P}(Z \leq z)\) pour \(Z \sim \mathcal{N}(0,1)\). Rappel : \(\mathbb{P}(Z \leq -z) = 1 - \Phi(z)\).
| \(z\) | 0,00 | 0,01 | 0,02 | 0,03 | 0,04 | 0,05 | 0,06 | 0,07 | 0,08 | 0,09 |
|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
| 1,6 | 0,9452 | 0,9463 | 0,9474 | 0,9484 | 0,9495 | 0,9505 | 0,9515 | 0,9525 | 0,9535 | 0,9545 |
| 1,7 | 0,9554 | 0,9564 | 0,9573 | 0,9582 | 0,9591 | 0,9599 | 0,9608 | 0,9616 | 0,9625 | 0,9633 |
| 1,8 | 0,9641 | 0,9649 | 0,9656 | 0,9664 | 0,9671 | 0,9678 | 0,9686 | 0,9693 | 0,9699 | 0,9706 |
| 1,9 | 0,9713 | 0,9719 | 0,9726 | 0,9732 | 0,9738 | 0,9744 | 0,9750 | 0,9756 | 0,9761 | 0,9767 |
| 2,0 | 0,9772 | 0,9778 | 0,9783 | 0,9788 | 0,9793 | 0,9798 | 0,9803 | 0,9808 | 0,9812 | 0,9817 |
| 2,1 | 0,9821 | 0,9826 | 0,9830 | 0,9834 | 0,9838 | 0,9842 | 0,9846 | 0,9850 | 0,9854 | 0,9857 |
| 2,2 | 0,9861 | 0,9864 | 0,9868 | 0,9871 | 0,9875 | 0,9878 | 0,9881 | 0,9884 | 0,9887 | 0,9890 |
| 2,3 | 0,9893 | 0,9896 | 0,9898 | 0,9901 | 0,9904 | 0,9906 | 0,9909 | 0,9911 | 0,9913 | 0,9916 |
| 2,4 | 0,9918 | 0,9920 | 0,9922 | 0,9925 | 0,9927 | 0,9929 | 0,9931 | 0,9932 | 0,9934 | 0,9936 |
| 2,5 | 0,9938 | 0,9940 | 0,9941 | 0,9943 | 0,9945 | 0,9946 | 0,9948 | 0,9949 | 0,9951 | 0,9952 |
| 2,6 | 0,9953 | 0,9955 | 0,9956 | 0,9957 | 0,9959 | 0,9960 | 0,9961 | 0,9962 | 0,9963 | 0,9964 |
| 2,8 | 0,9974 | 0,9975 | 0,9976 | 0,9977 | 0,9977 | 0,9978 | 0,9979 | 0,9979 | 0,9980 | 0,9981 |
| 3,0 | 0,9987 | 0,9987 | 0,9987 | 0,9988 | 0,9988 | 0,9989 | 0,9989 | 0,9989 | 0,9990 | 0,9990 |
Valeurs clés à mémoriser : \(\Phi(1{,}645)=0{,}95\) | \(\Phi(1{,}960)=0{,}975\) | \(\Phi(2{,}326)=0{,}990\) | \(\Phi(2{,}576)=0{,}995\)
La table donne \(t_{\nu;\,\alpha/2}\) tel que \(\mathbb{P}(|T| > t_{\nu;\,\alpha/2}) = \alpha\) pour une loi de Student à \(\nu\) degrés de liberté.
| ddl \(\nu\) | \(t_{0,10}\) (IC 80 %) |
\(t_{0,05}\) (IC 90 %) |
\(t_{0,025}\) (IC 95 %) |
\(t_{0,01}\) (IC 98 %) |
\(t_{0,005}\) (IC 99 %) |
|---|---|---|---|---|---|
| 5 | 1,476 | 2,015 | 2,571 | 3,365 | 4,032 |
| 8 | 1,397 | 1,860 | 2,306 | 2,896 | 3,355 |
| 10 | 1,372 | 1,812 | 2,228 | 2,764 | 3,169 |
| 11 | 1,363 | 1,796 | 2,201 | 2,718 | 3,106 |
| 14 | 1,345 | 1,761 | 2,145 | 2,624 | 2,977 |
| 19 | 1,328 | 1,729 | 2,093 | 2,539 | 2,861 |
| 24 | 1,318 | 1,711 | 2,064 | 2,492 | 2,797 |
| 29 | 1,311 | 1,699 | 2,045 | 2,462 | 2,756 |
| 49 | 1,299 | 1,677 | 2,010 | 2,403 | 2,680 |
| ∞ | 1,282 | 1,645 | 1,960 | 2,326 | 2,576 |
Fig. 2 — Densités : loi normale \(\mathcal{N}(0,1)\) et lois de Student pour différents ddl
Contexte : Un responsable qualité dans une fonderie reçoit un lot de \(n=100\) pièces coulées. La spécification indique une masse nominale de \(\mu_0 = 850\) g avec un écart-type historique de \(\sigma = 12\) g. Il mesure la masse de toutes les pièces et obtient \(\bar{x} = 847{,}2\) g.
Répondre aux questions suivantes au seuil \(\alpha = 5\,\%\) puis \(\alpha = 1\,\%\) :
1. Intervalles de confiance
Erreur standard : \(\sigma/\sqrt{n} = 12/\sqrt{100} = 12/10 = 1{,}2\) g
IC à 95 % (\(z_{0{,}025}=1{,}96\)) :
\[ IC_{95\,\%} = [847{,}2 - 1{,}96 \times 1{,}2\ ;\ 847{,}2 + 1{,}96 \times 1{,}2] = [847{,}2 - 2{,}35\ ;\ 847{,}2 + 2{,}35] = [844{,}85\ ;\ 849{,}55] \text{ g} \]IC à 99 % (\(z_{0{,}005}=2{,}576\)) :
\[ IC_{99\,\%} = [847{,}2 - 2{,}576 \times 1{,}2\ ;\ 847{,}2 + 2{,}576 \times 1{,}2] = [847{,}2 - 3{,}09\ ;\ 847{,}2 + 3{,}09] = [844{,}11\ ;\ 850{,}29] \text{ g} \]L'IC à 95 % ne contient pas la valeur 850 g. En revanche, l'IC à 99 % la contient (tout juste). Le résultat dépend donc du niveau de confiance choisi.
2. Test d'hypothèse (bilatéral)
H₀ : \(\mu = 850\) g | H₁ : \(\mu \neq 850\) g
\[ Z_{obs} = \frac{847{,}2 - 850}{1{,}2} = \frac{-2{,}8}{1{,}2} \approx -2{,}33 \]Au seuil 5 % : \(|Z_{obs}| = 2{,}33 > z_{0{,}025} = 1{,}96\) → On rejette H₀.
Au seuil 1 % : \(|Z_{obs}| = 2{,}33 < z_{0{,}005} = 2{,}576\) → On ne rejette pas H₀.
3. p-valeur
\[ \text{p-valeur} = 2 \times (1 - \Phi(2{,}33)) \approx 2 \times (1 - 0{,}9901) = 2 \times 0{,}0099 = 0{,}0198 \approx 2{,}0\,\% \]La p-valeur est environ 2 %, donc :
Conclusion : La preuve contre H₀ est modérée. Le choix du seuil est déterminant. Pour une décision critique (sécurité, santé), on préfère α = 1 % et on accepte le lot. Pour un contrôle standard, α = 5 % invite à approfondir l'investigation.
| Niveau | \(z_{\alpha/2}\) | Usage typique |
|---|---|---|
| 90 % | 1,645 | Contrôle courant, sondages rapides |
| 95 % | 1,960 | Standard industriel, études de marché |
| 99 % | 2,576 | Sécurité, pharmacologie, nucléaire |