Correction — Examen · Statistiques et Probabilités

Statistiques bivariées · Couples de v.a.r. continues · Inférence statistique

Modifié

21 mai 2026

Résumé

Corrigé détaillé de l’examen (sujet 4).

Barème indicatif : Exercice 1 — 30 pts · Exercice 2 — 40 pts · Exercice 3 — 30 pts

Exercice 1 — Statistiques bivariées (30 points)

Partie A — Tableau de contingence et test du \(\chi^2\) (14 points)

Le tableau des effectifs observés est :

Insuffisante Partielle Complète Total
Traitement X 20 60 20 100
Traitement Y 30 40 30 100
Total 50 100 50 200

1. (3 pts) Fréquences marginales et distribution conditionnelle.

Fréquences marginales de la variable Traitement : \[\frac{100}{200} = 50\,\%\ \text{de patients sous X} \qquad \text{et} \qquad \frac{100}{200} = 50\,\%\ \text{sous Y.}\]

Fréquences marginales de la variable Réponse : \[\frac{50}{200} = 25\,\%\ \text{Insuffisante,} \qquad \frac{100}{200} = 50\,\%\ \text{Partielle,} \qquad \frac{50}{200} = 25\,\%\ \text{Complète.}\]

Distribution conditionnelle de la réponse pour le Traitement X : \[P(\text{Insuff.}\mid X) = \frac{20}{100} = 20\,\%, \quad P(\text{Partielle}\mid X) = \frac{60}{100} = 60\,\%, \quad P(\text{Complète}\mid X) = \frac{20}{100} = 20\,\%.\]

Interprétation : le traitement X donne majoritairement une réponse partielle (60 %). On pourra comparer avec Y : \(P(\text{Partielle}\mid Y) = 40\,\%\) et \(P(\text{Complète}\mid Y) = 30\,\%\). Le traitement Y semble produire davantage de réponses complètes, ce qui suggère un lien entre traitement et réponse.

2. (3 pts) Probabilités.

  • \(\displaystyle P(\text{Partielle}\mid\text{Traitement Y}) = \frac{40}{100} = \boxed{0{,}40.}\)

  • \(\displaystyle P(\text{Complète}) = \frac{50}{200} = \boxed{0{,}25.}\)

  • \(\displaystyle P(\text{Traitement X}\mid\text{Insuffisante}) = \frac{20}{50} = \boxed{0{,}40.}\) (Par la formule de Bayes : \(P(X\mid\text{Insuff.}) = \frac{P(X \cap \text{Insuff.})}{P(\text{Insuff.})} = \frac{20/200}{50/200}\).)

3. (4 pts) Effectifs théoriques sous l’hypothèse d’indépendance.

Sous \(H_0\) (indépendance), l’effectif théorique de la case \((i,j)\) est : \[e_{ij} = \frac{n_{i\bullet} \times n_{\bullet j}}{n}.\]

Comme les deux lignes ont le même total (100) et les colonnes ont des totaux 50, 100, 50, tous les effectifs théoriques sont :

Insuffisante Partielle Complète
Traitement X \(\dfrac{100\times50}{200}=25\) \(\dfrac{100\times100}{200}=50\) \(\dfrac{100\times50}{200}=25\)
Traitement Y \(\dfrac{100\times50}{200}=25\) \(\dfrac{100\times100}{200}=50\) \(\dfrac{100\times50}{200}=25\)

Tous les effectifs théoriques valent 25 ou 50, donc sont strictement supérieurs à 5. \(\checkmark\)

Vérification : la somme par ligne vaut \(25+50+25=100\) et le total général vaut \(200\). \(\checkmark\)

4. (4 pts) Calcul de \(T\), conclusion et interprétation.

\[T = \sum_{i,j} \frac{(o_{ij} - e_{ij})^2}{e_{ij}}\]

Case \(o_{ij}\) \(e_{ij}\) \((o-e)^2/e\)
X – Insuffisante 20 25 \(25/25 = 1{,}000\)
X – Partielle 60 50 \(100/50 = 2{,}000\)
X – Complète 20 25 \(25/25 = 1{,}000\)
Y – Insuffisante 30 25 \(25/25 = 1{,}000\)
Y – Partielle 40 50 \(100/50 = 2{,}000\)
Y – Complète 30 25 \(25/25 = 1{,}000\)

\[\boxed{T = 1 + 2 + 1 + 1 + 2 + 1 = 8{,}0.}\]

Le nombre de degrés de liberté est \((r-1)(c-1) = (2-1)(3-1) = 2\).

\[T = 8{,}0 > 5{,}991 = \chi^2_{2\,;\,0{,}05.}\]

Conclusion : on rejette \(H_0\) au seuil \(5\,\%\). Le lien entre le traitement et la réponse thérapeutique est statistiquement significatif. Les cases « Partielle » contribuent le plus à \(T\) (2 chacune) : le traitement X sur-représente les réponses partielles (\(60 > 50\)) tandis que le traitement Y les sous-représente (\(40 < 50\)).

Partie B — Droite de régression (16 points)

Candidat 1 2 3 4 5 Total
\(x_i\) 1 2 3 4 5 15
\(y_i\) 5 7 9 13 16 50

5. (4 pts) Calcul de \(\bar{x}\), \(\bar{y}\), \(S_{xx}\), \(S_{xy}\), \(S_{yy}\).

\[\bar{x} = \frac{15}{5} = \boxed{3,} \qquad \bar{y} = \frac{50}{5} = \boxed{10.}\]

\[S_{xx} = \sum x_i^2 - n\bar{x}^2 = 55 - 5 \times 9 = \boxed{10.}\]

\[S_{xy} = \sum x_iy_i - n\bar{x}\bar{y} = 178 - 5 \times 3 \times 10 = 178 - 150 = \boxed{28.}\]

\[S_{yy} = \sum y_i^2 - n\bar{y}^2 = 580 - 5 \times 100 = \boxed{80.}\]

6. (4 pts) Coefficients de la droite de régression.

\[\hat{b} = \frac{S_{xy}}{S_{xx}} = \frac{28}{10} = \boxed{2{,}8.}\]

\[\hat{a} = \bar{y} - \hat{b}\,\bar{x} = 10 - 2{,}8 \times 3 = 10 - 8{,}4 = \boxed{1{,}6.}\]

Équation de la droite de régression : \[\boxed{\hat{y} = 1{,}6 + 2{,}8\,x.}\]

Lecture : chaque point supplémentaire au test psychométrique est associé à une augmentation moyenne de 2,8 points de l’indice de performance.

7. (4 pts) Coefficient de corrélation et coefficient de détermination.

\[r = \frac{S_{xy}}{\sqrt{S_{xx}\,S_{yy}}} = \frac{28}{\sqrt{10 \times 80}} = \frac{28}{\sqrt{800}} = \frac{28}{20\sqrt{2}} \approx \boxed{0{,}990.}\]

\[r^2 = \frac{S_{xy}^2}{S_{xx}\,S_{yy}} = \frac{784}{800} = \frac{49}{50} = \boxed{0{,}980.}\]

Commentaire : \(r \approx 0{,}990\) est très proche de 1, indiquant une liaison linéaire quasi-parfaite entre le score et la performance. Le coefficient de détermination \(r^2 = 98\,\%\) signifie que la droite de régression explique 98 % de la variabilité des performances observées.

8. (4 pts) Prédiction pour \(x = 6\) et discussion.

\[\hat{y}(6) = 1{,}6 + 2{,}8 \times 6 = 1{,}6 + 16{,}8 = \boxed{18{,}4\ \text{(sur 20).}}\]

Discussion : le score \(x = 6\) est hors de l’intervalle d’observation \([1\,;\,5]\) : il s’agit d’une extrapolation. Bien que la relation soit excellente sur \([1\,;\,5]\), rien ne garantit qu’elle reste linéaire au-delà. La prédiction de 18,4/20 doit donc être interprétée avec prudence, d’autant plus qu’elle approche le plafond de l’échelle (20/20).

Exercice 2 — Couple de variables aléatoires continues (40 points)

\[f(x,y) = \begin{cases} 2 & \text{si } x \geq 0,\ y \geq 0,\ x + y \leq 1, \\ 0 & \text{sinon.} \end{cases}\]

Le domaine d’intégration est le triangle \(D = \{(x,y) \in \mathbb{R}^2 : x \geq 0,\, y \geq 0,\, x+y \leq 1\}\).

1. (2 pts) Vérification de la normalisation.

On intègre d’abord sur \(y\) (pour \(x\) fixé, \(y\) varie de \(0\) à \(1-x\)) puis sur \(x\) :

\[\iint_{\mathbb{R}^2} f(x,y)\,dx\,dy = \int_0^1 \int_0^{1-x} 2\,dy\,dx = \int_0^1 2(1-x)\,dx = 2\Bigl[x - \frac{x^2}{2}\Bigr]_0^1 = 2\!\left(1 - \frac{1}{2}\right) = \boxed{1.} \checkmark\]

2. (8 pts) Densités marginales et indépendance.

Densité marginale de \(X\). Pour \(x \in [0,1]\), \(y\) varie de \(0\) à \(1-x\) : \[f_X(x) = \int_0^{1-x} 2\,dy = 2(1-x), \quad x \in [0,1].\]

Vérification : \(\displaystyle\int_0^1 2(1-x)\,dx = 2\left[x - \frac{x^2}{2}\right]_0^1 = 2 \times \frac{1}{2} = 1.\) \(\checkmark\)

\[\boxed{f_X(x) = \begin{cases} 2(1-x) & \text{si } x \in [0,1], \\ 0 & \text{sinon.} \end{cases}}\]

Densité marginale de \(Y\). Pour \(y \in [0,1]\), \(x\) varie de \(0\) à \(1-y\) : \[f_Y(y) = \int_0^{1-y} 2\,dx = 2(1-y), \quad y \in [0,1].\]

Vérification : \(\displaystyle\int_0^1 2(1-y)\,dy = 1.\) \(\checkmark\) (calcul identique par symétrie)

\[\boxed{f_Y(y) = \begin{cases} 2(1-y) & \text{si } y \in [0,1], \\ 0 & \text{sinon.} \end{cases}}\]

Non-indépendance. Si \(X\) et \(Y\) étaient indépendantes, on aurait \(f(x,y) = f_X(x)\,f_Y(y)\) en tout point. Or : \[f_X(x)\,f_Y(y) = 4(1-x)(1-y).\]

Prenons \((x,y) = \bigl(\tfrac{1}{2}, \tfrac{1}{2}\bigr)\). Ce point est hors du domaine \(D\) (car \(\tfrac{1}{2}+\tfrac{1}{2} = 1\) est la frontière, mais par exemple \(\bigl(\tfrac{1}{2}, \tfrac{3}{4}\bigr)\) avec \(\tfrac{1}{2}+\tfrac{3}{4} > 1\)) :

Prenons \((x,y) = \bigl(\tfrac{1}{2}, \tfrac{3}{4}\bigr)\) : hors de \(D\), donc \(f\!\bigl(\tfrac{1}{2},\tfrac{3}{4}\bigr) = 0\). En revanche : \[f_X\!\left(\tfrac{1}{2}\right)\,f_Y\!\left(\tfrac{3}{4}\right) = 4 \times \tfrac{1}{2} \times \tfrac{1}{4} = \tfrac{1}{2} \neq 0.\]

Donc \(f(x,y) \neq f_X(x)\,f_Y(y)\), et \(X\) et \(Y\) ne sont pas indépendantes.

3. (8 pts) Espérances et variances.

Calculs pour \(X\), en utilisant \(f_X(x) = 2(1-x)\) sur \([0,1]\) :

\[\mathbb{E}[X] = \int_0^1 x \cdot 2(1-x)\,dx = 2\int_0^1 (x - x^2)\,dx = 2\left[\frac{x^2}{2} - \frac{x^3}{3}\right]_0^1 = 2\!\left(\frac{1}{2} - \frac{1}{3}\right) = 2 \times \frac{1}{6} = \boxed{\frac{1}{3}.}\]

\[\mathbb{E}[X^2] = \int_0^1 x^2 \cdot 2(1-x)\,dx = 2\int_0^1 (x^2 - x^3)\,dx = 2\left[\frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{4}\right]_0^1 = 2\!\left(\frac{1}{3} - \frac{1}{4}\right) = 2 \times \frac{1}{12} = \boxed{\frac{1}{6}.}\]

\[\mathrm{Var}(X) = \mathbb{E}[X^2] - \bigl(\mathbb{E}[X]\bigr)^2 = \frac{1}{6} - \frac{1}{9} = \frac{3}{18} - \frac{2}{18} = \boxed{\frac{1}{18}.}\]

Résultats pour \(Y\) par symétrie. Les densités \(f_X\) et \(f_Y\) ont la même expression \(2(1-\cdot)\) sur \([0,1]\). Les calculs sont donc identiques :

\[\boxed{\mathbb{E}[Y] = \frac{1}{3}, \qquad \mathrm{Var}(Y) = \frac{1}{18}.}\]

4. (7 pts) \(\mathbb{E}[XY]\), covariance et coefficient de corrélation.

On intègre sur le domaine \(D\) (pour \(x\) fixé, \(y\) de \(0\) à \(1-x\)) :

\[\mathbb{E}[XY] = \int_0^1 \int_0^{1-x} 2xy\,dy\,dx = \int_0^1 2x\left[\frac{y^2}{2}\right]_0^{1-x} dx = \int_0^1 x(1-x)^2\,dx.\]

En développant \((1-x)^2 = 1 - 2x + x^2\) :

\[\int_0^1 x(1 - 2x + x^2)\,dx = \int_0^1 (x - 2x^2 + x^3)\,dx = \left[\frac{x^2}{2} - \frac{2x^3}{3} + \frac{x^4}{4}\right]_0^1 = \frac{1}{2} - \frac{2}{3} + \frac{1}{4} = \frac{6 - 8 + 3}{12} = \boxed{\frac{1}{12}.}\]

\[\mathrm{Cov}(X,Y) = \mathbb{E}[XY] - \mathbb{E}[X]\,\mathbb{E}[Y] = \frac{1}{12} - \frac{1}{3} \times \frac{1}{3} = \frac{1}{12} - \frac{1}{9} = \frac{3}{36} - \frac{4}{36} = \boxed{-\frac{1}{36}.}\]

\[\rho(X,Y) = \frac{\mathrm{Cov}(X,Y)}{\sqrt{\mathrm{Var}(X)\,\mathrm{Var}(Y)}} = \frac{-1/36}{\sqrt{1/18 \times 1/18}} = \frac{-1/36}{1/18} = -\frac{18}{36} = \boxed{-\frac{1}{2}.}\]

Interprétation : le coefficient de corrélation est négatif (\(\rho = -0{,}5\)). C’est cohérent avec la contrainte \(X + Y \leq 1\) : une grande valeur de \(X\) laisse peu de place à \(Y\), et réciproquement. La valeur \(-1/2\) indique une dépendance négative modérée.

5. (6 pts) Densité conditionnelle \(f_{Y\mid X=x}\).

Par définition : \[f_{Y\mid X=x}(y) = \frac{f(x,y)}{f_X(x)}.\]

Pour \(x \in (0,1)\) et \(y \in [0, 1-x]\) : \[f_{Y\mid X=x}(y) = \frac{2}{2(1-x)} = \frac{1}{1-x}.\]

\[\boxed{f_{Y\mid X=x}(y) = \begin{cases} \dfrac{1}{1-x} & \text{si } y \in [0,\,1-x], \\[4pt] 0 & \text{sinon.} \end{cases}}\]

Identification : il s’agit de la loi uniforme \(\mathcal{U}\bigl([0,\,1-x]\bigr)\).

Vérification : \(\displaystyle\int_0^{1-x} \frac{1}{1-x}\,dy = \frac{1-x}{1-x} = 1.\) \(\checkmark\)

6. (9 pts) Probabilités.

\(P(X + Y < 1/2)\) par la loi totale des probabilités. (5 pts)

Sachant \(X = x\), on a \(Y \sim \mathcal{U}\bigl([0,\,1-x]\bigr)\). Pour \(x \in [0, 1/2]\), la borne \(1/2 - x\) est dans \([0, 1-x]\) donc :

\[P\!\left(Y < \frac{1}{2} - x \,\middle|\, X = x\right) = \frac{1/2 - x}{1-x}.\]

Pour \(x > 1/2\), on aurait \(1/2 - x < 0\), mais \(P(X > 1/2) = 1/4\) (voir ci-après), et si \(X > 1/2\) alors \(X+Y > 1/2\) est impossible uniquement si \(Y\) est assez petit — cependant, lorsque \(x > 1/2\), la valeur \(1/2 - x < 0\), donc \(P(Y < 1/2 - x \mid X=x) = 0\). L’intégration est donc limitée à \(x \in [0, 1/2]\) :

\[P\!\left(X + Y < \frac{1}{2}\right) = \int_0^{1/2} \frac{1/2 - x}{1-x} \cdot 2(1-x)\,dx = \int_0^{1/2} 2\!\left(\frac{1}{2} - x\right)dx.\]

\[= 2\left[\frac{x}{2} - \frac{x^2}{2}\right]_0^{1/2} = 2\!\left(\frac{1}{4} - \frac{1}{8}\right) = 2 \times \frac{1}{8} = \boxed{\frac{1}{4}.}\]

Vérification directe : la région \(\{x \geq 0,\, y \geq 0,\, x+y < 1/2\}\) est un triangle de côtés \(1/2\), d’aire \(\frac{1}{2}\times\frac{1}{2}\times\frac{1}{2} = \frac{1}{8}\). Avec la densité \(f = 2\) : \(P = 2 \times \frac{1}{8} = \frac{1}{4}\). \(\checkmark\)

\(P(X > 1/2)\) à partir de \(f_X\). (2 pts)

\[P\!\left(X > \frac{1}{2}\right) = \int_{1/2}^1 2(1-x)\,dx = 2\left[x - \frac{x^2}{2}\right]_{1/2}^1 = 2\!\left[\left(1 - \frac{1}{2}\right) - \left(\frac{1}{2} - \frac{1}{8}\right)\right] = 2\!\left(\frac{1}{2} - \frac{3}{8}\right) = 2 \times \frac{1}{8} = \boxed{\frac{1}{4}.}\]

\(P(Y < 1/4 \mid X = 1/2)\). (2 pts)

Sachant \(X = 1/2\), on a \(Y \sim \mathcal{U}\bigl([0,\, 1-1/2]\bigr) = \mathcal{U}\bigl([0,\,1/2]\bigr)\).

\[P\!\left(Y < \frac{1}{4}\,\middle|\,X = \frac{1}{2}\right) = \frac{1/4}{1/2} = \boxed{\frac{1}{2}.}\]

Exercice 3 — Inférence statistique (30 points)

Partie A — Inégalités de concentration (10 points)

\(X\) variable aléatoire positive, \(\mathbb{E}[X] = 4\), \(\mathrm{Var}(X) = 4\).

1. (2 pts) Inégalité de Markov.

Pour toute v.a. positive et tout \(a > 0\) : \(P(X \geq a) \leq \mathbb{E}[X]/a\). Avec \(a = 12\) :

\[\boxed{P(X \geq 12) \leq \frac{4}{12} = \frac{1}{3} \approx 0{,}333.}\]

2. (4 pts) Inégalité de Bienaymé-Tchebychev.

Pour tout \(\varepsilon > 0\) : \(P(|X - \mathbb{E}[X]| \geq \varepsilon) \leq \mathrm{Var}(X)/\varepsilon^2\). Avec \(\varepsilon = 4\) :

\[\boxed{P(|X - 4| \geq 4) \leq \frac{4}{16} = \frac{1}{4}.}\]

On remarque que \(|X - 4| < 4 \iff 0 < X < 8\) (la positivité de \(X\) assure \(X > 0\)). Donc :

\[P(0 < X < 8) \geq 1 - \frac{1}{4} = \boxed{\frac{3}{4} = 75\,\%.}\]

3. (4 pts) Calcul exact sous \(X \sim \mathcal{N}(4,\,4)\).

\(\mathbb{E}[X] = 4\) et \(\sigma = \sqrt{4} = 2\). On centre-réduit : \(Z = (X - 4)/2 \sim \mathcal{N}(0,1)\).

\[P(0 < X < 8) = P\!\left(\frac{0-4}{2} < Z < \frac{8-4}{2}\right) = P(-2 < Z < 2) = 2\Phi(2) - 1 = 2 \times 0{,}9772 - 1 = \boxed{0{,}9544.}\]

Commentaire : la borne de Bienaymé-Tchebychev (\(\geq 75\,\%\)) est très conservative : la vraie probabilité sous la loi normale est 95,44 %, soit bien au-delà. B-T est valable pour toute loi de variance finie ; sa force est l’universalité, au prix d’une grande imprécision pour les lois régulières comme la loi normale.

Partie B — Intervalle de confiance pour une moyenne (20 points)

\(n = 100\) requêtes, \(\bar{x} = 72\) ms, \(s^2 = 225\) ms² (variance corrigée, donc \(s = 15\) ms).

4. (4 pts) Justification de l’approximation normale.

Les 100 mesures sont indépendantes et identiquement distribuées. Par le Théorème Central Limite, pour \(n = 100\) (grand échantillon), la moyenne empirique suit approximativement une loi normale :

\[\bar{X}_{100} \overset{\text{approx}}{\sim} \mathcal{N}\!\left(\mu,\, \frac{\sigma^2}{n}\right).\]

On substitue \(s^2 = 225\) à \(\sigma^2\) (inconnu) :

\[\boxed{\bar{X}_{100} \approx \mathcal{N}\!\left(\mu,\, \frac{225}{100}\right) = \mathcal{N}(\mu,\, 2{,}25), \quad \text{avec } \frac{s}{\sqrt{n}} = \frac{15}{\sqrt{100}} = 1{,}5 \text{ ms}.}\]

5. (5 pts) Intervalle de confiance à 95 %.

La formule est \(\bar{x} \pm z_{\alpha/2}\,\dfrac{s}{\sqrt{n}}\), avec \(z_{0{,}025} = 1{,}96\) :

\[72 \pm 1{,}96 \times 1{,}5 = 72 \pm 2{,}940.\]

\[\boxed{IC_{95\,\%}(\mu) = [69{,}060\,;\,74{,}940] \text{ ms}.}\]

Lecture : on est certain à 95 % que le vrai temps de réponse moyen \(\mu\) est compris entre 69,06 ms et 74,94 ms.

6. (5 pts) Intervalle de confiance à 99 %.

On utilise \(z_{0{,}005} = 2{,}58\) :

\[72 \pm 2{,}58 \times 1{,}5 = 72 \pm 3{,}870.\]

\[\boxed{IC_{99\,\%}(\mu) = [68{,}130\,;\,75{,}870] \text{ ms}.}\]

Remarque : l’IC à 99 % est plus large (\(\pm 3{,}87\) ms) que celui à 95 % (\(\pm 2{,}94\) ms) : une plus grande confiance exige un intervalle plus conservateur.

7. (6 pts) Effectif minimal pour une demi-largeur \(\leq 2\) ms.

On cherche \(n\) tel que :

\[z_{0{,}025} \times \frac{s}{\sqrt{n}} \leq 2 \implies 1{,}96 \times \frac{15}{\sqrt{n}} \leq 2.\]

On isole \(\sqrt{n}\) :

\[\sqrt{n} \geq \frac{1{,}96 \times 15}{2} = \frac{29{,}4}{2} = 14{,}7.\]

En élevant au carré :

\[n \geq 14{,}7^2 = 216{,}09.\]

\[\boxed{n_{\min} = 217 \text{ requêtes}.}\]

Interprétation : avec 217 requêtes (au lieu de 100), la demi-largeur de l’IC à 95 % passe de 2,94 ms à 2 ms. Pour diviser la demi-largeur par un facteur \(k\), il faut multiplier la taille de l’échantillon par \(k^2\).