Correction — Révision Examen Final · Statistiques et Probabilités

Statistiques bivariées · Couples de v.a.r. continues · Convergence et estimation

Modifié

21 mai 2026

Résumé

Corrigé détaillé de la fiche de révision examen final.

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 \(\chi^2\) (16 points)

Le tableau des effectifs observés est :

Insatisfait Neutre Satisfait Total
Cadre 18 32 50 100
Non-cadre 22 48 30 100
Total 40 80 80 200

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

Fréquences marginales de la variable Statut :

\[\frac{100}{200} = 50\,\%\ \text{de Cadres} \qquad \text{et} \qquad \frac{100}{200} = 50\,\%\ \text{de Non-cadres.}\]

Fréquences marginales de la variable Satisfaction :

\[\frac{40}{200} = 20\,\%\ \text{Insatisfaits,} \qquad \frac{80}{200} = 40\,\%\ \text{Neutres,} \qquad \frac{80}{200} = 40\,\%\ \text{Satisfaits.}\]

Distribution conditionnelle du niveau de satisfaction pour les Non-cadres :

\[P(\text{Insatisfait}\mid\text{NC}) = \frac{22}{100} = 22\,\%, \quad P(\text{Neutre}\mid\text{NC}) = \frac{48}{100} = 48\,\%, \quad P(\text{Satisfait}\mid\text{NC}) = \frac{30}{100} = 30\,\%.\]

Interprétation : parmi les Non-cadres, près de la moitié est neutre et seulement 30 % se déclare satisfaite. On peut comparer avec les Cadres : \(P(\text{Satisfait}\mid\text{Cadre}) = 50\,\%\), ce qui suggère un lien entre le statut et la satisfaction.

2. (3 pts) Probabilités conditionnelles et totales.

  • \(\displaystyle P(\text{Insatisfait}\mid\text{Cadre}) = \frac{18}{100} = \boxed{0{,}18.}\)

  • \(\displaystyle P(\text{Satisfait}) = \frac{80}{200} = \boxed{0{,}40.}\)

  • \(\displaystyle P(\text{Cadre}\mid\text{Neutre}) = \frac{32}{80} = \boxed{0{,}40.}\) (Par la formule de Bayes : \(P(\text{Cadre}\mid\text{Neutre}) = \frac{P(\text{Cadre et Neutre})}{P(\text{Neutre})} = \frac{32/200}{80/200}\).)

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

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

Insatisfait Neutre Satisfait
Cadre \(\dfrac{100\times40}{200}=20\) \(\dfrac{100\times80}{200}=40\) \(\dfrac{100\times80}{200}=40\)
Non-cadre \(\dfrac{100\times40}{200}=20\) \(\dfrac{100\times80}{200}=40\) \(\dfrac{100\times80}{200}=40\)

Tous les effectifs théoriques sont égaux à 20 ou 40, donc strictement supérieurs à 5. \(\checkmark\)

Vérification : la somme des effectifs théoriques par ligne vaut \(20+40+40=100\) et le total général vaut \(200\). \(\checkmark\)

4. (4 pts) Calcul de la statistique \(T\) et conclusion.

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

On calcule chaque terme :

Case \(o_{ij}\) \(e_{ij}\) \((o-e)^2/e\)
Cadre – Insatisfait 18 20 \(4/20 = 0{,}200\)
Cadre – Neutre 32 40 \(64/40 = 1{,}600\)
Cadre – Satisfait 50 40 \(100/40 = 2{,}500\)
Non-cadre – Insatisfait 22 20 \(4/20 = 0{,}200\)
Non-cadre – Neutre 48 40 \(64/40 = 1{,}600\)
Non-cadre – Satisfait 30 40 \(100/40 = 2{,}500\)

\[\boxed{T = 0{,}2 + 1{,}6 + 2{,}5 + 0{,}2 + 1{,}6 + 2{,}5 = 8{,}6.}\]

Le nombre de degrés de liberté est \((r-1)(c-1) = (2-1)(3-1) = 2\). Le seuil critique à \(\alpha = 5\,\%\) est \(\chi^2_{2\,;\,0{,}05} = 5{,}991\).

\[T = 8{,}6 > 5{,}991 = \chi^2_{2\,;\,0{,}05}.\]

Conclusion : on rejette \(H_0\) au seuil 5 %. Le lien entre le statut et le niveau de satisfaction est statistiquement significatif.

5. (2 pts) Interprétation et case la plus contributrice.

Le rejet de l’indépendance indique que la satisfaction dépend du statut : les Cadres sont proportionnellement plus satisfaits (50 %) et les Non-cadres plus souvent neutres (48 %).

Les cases Cadre – Satisfait et Non-cadre – Satisfait contribuent le plus à \(T\), avec \(2{,}5\) chacune. Elles montrent que les cadres sont surreprésentés parmi les satisfaits (\(o = 50 > e = 40\)) et les non-cadres sous-représentés (\(o = 30 < e = 40\)).

Partie B — Droite de régression (14 points)

Actif A B C D E Total
\(x_i\) 1 2 3 4 5 15
\(y_i\) 2 4 5 8 11 30

6. (3 pts) Calcul de \(\bar{x}\), \(\bar{y}\), \(S_{xx}\), \(S_{xy}\), \(S_{yy}\).

\[\bar{x} = \frac{1+2+3+4+5}{5} = \frac{15}{5} = \boxed{3,} \qquad \bar{y} = \frac{2+4+5+8+11}{5} = \frac{30}{5} = \boxed{6.}\]

\[S_{xx} = \sum x_i^2 - n\bar{x}^2 = 55 - 5 \times 9 = 55 - 45 = \boxed{10.}\]

\[S_{xy} = \sum x_iy_i - n\bar{x}\bar{y} = 112 - 5 \times 3 \times 6 = 112 - 90 = \boxed{22.}\]

\[S_{yy} = \sum y_i^2 - n\bar{y}^2 = 230 - 5 \times 36 = 230 - 180 = \boxed{50.}\]

7. (4 pts) Coefficients de la droite de régression.

\[\hat{b} = \frac{S_{xy}}{S_{xx}} = \frac{22}{10} = \boxed{2{,}2.}\]

\[\hat{a} = \bar{y} - \hat{b}\,\bar{x} = 6 - 2{,}2 \times 3 = 6 - 6{,}6 = \boxed{-0{,}6.}\]

Équation de la droite de régression : \[\boxed{\hat{y} = -0{,}6 + 2{,}2\,x.}\]

Lecture : pour chaque point de volatilité supplémentaire, le rendement prédit augmente en moyenne de 2,2 points de pourcentage.

8. (4 pts) Coefficient de corrélation et coefficient de détermination.

\[r = \frac{S_{xy}}{\sqrt{S_{xx}\,S_{yy}}} = \frac{22}{\sqrt{10 \times 50}} = \frac{22}{\sqrt{500}} = \frac{22}{10\sqrt{5}} \approx \frac{22}{22{,}361} \approx \boxed{0{,}984.}\]

\[r^2 = \frac{S_{xy}^2}{S_{xx}\,S_{yy}} = \frac{484}{500} = \boxed{0{,}968.}\]

Commentaire : \(r \approx 0{,}984\) est très proche de 1, ce qui indique une liaison linéaire quasi-parfaite entre la volatilité et le rendement. Le coefficient de détermination \(r^2 \approx 96{,}8\,\%\) signifie que la droite de régression explique 96,8 % de la variabilité totale du rendement.

9. (3 pts) Prédiction pour \(x = 6\,\%\) et discussion.

\[\hat{y}(6) = -0{,}6 + 2{,}2 \times 6 = -0{,}6 + 13{,}2 = \boxed{12{,}6\,\%.}\]

Discussion : \(x = 6\) est hors de l’intervalle d’observation \([1\,;\,5]\) : il s’agit d’une extrapolation. La relation linéaire, bien que très bonne sur \([1\,;\,5]\), n’est pas garantie au-delà. La prédiction doit donc être interprétée avec précaution.

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

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

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

1. (2 pts) Vérification de la normalisation.

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

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

2. (6 pts) Densités marginales \(f_X\) et \(f_Y\).

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

Vérification : \(\displaystyle\int_0^1 2x\,dx = \bigl[x^2\bigr]_0^1 = 1.\) \(\checkmark\)

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

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

Vérification : \(\displaystyle\int_0^1 2(1-y)\,dy = 2\Bigl[y - \frac{y^2}{2}\Bigr]_0^1 = 2\!\left(1 - \frac{1}{2}\right) = 1.\) \(\checkmark\)

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

3. (4 pts) \(X\) et \(Y\) ne sont pas indépendantes.

Si \(X\) et \(Y\) étaient indépendantes, on aurait \(f(x,y) = f_X(x)\,f_Y(y)\) en tout point. Or :

\[f_X(x)\,f_Y(y) = 2x \cdot 2(1-y) = 4x(1-y).\]

Prenons par exemple le point \((x,y) = \bigl(\tfrac{1}{4},\,\tfrac{1}{2}\bigr)\). Comme \(y = \tfrac{1}{2} > x = \tfrac{1}{4}\), ce point est hors du domaine \(D\), donc \(f\!\bigl(\tfrac{1}{4},\tfrac{1}{2}\bigr) = 0\). En revanche : \[f_X\!\left(\tfrac{1}{4}\right)\,f_Y\!\left(\tfrac{1}{2}\right) = 4 \times \tfrac{1}{4} \times \tfrac{1}{2} = \tfrac{1}{2} \neq 0.\]

On conclut que \(f(x,y) \neq f_X(x)\,f_Y(y)\) en ce point, donc \(X\) et \(Y\) ne sont pas indépendantes.

4. (8 pts) Espérances et variances de \(X\) et \(Y\).

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

\[\mathbb{E}[X] = \int_0^1 x \cdot 2x\,dx = 2\int_0^1 x^2\,dx = 2 \times \frac{1}{3} = \boxed{\frac{2}{3}.}\]

\[\mathbb{E}[X^2] = \int_0^1 x^2 \cdot 2x\,dx = 2\int_0^1 x^3\,dx = 2 \times \frac{1}{4} = \boxed{\frac{1}{2}.}\]

\[\mathrm{Var}(X) = \mathbb{E}[X^2] - \bigl(\mathbb{E}[X]\bigr)^2 = \frac{1}{2} - \frac{4}{9} = \frac{9}{18} - \frac{8}{18} = \boxed{\frac{1}{18} \approx 0{,}056.}\]

Calculs pour \(Y\), en utilisant \(f_Y(y) = 2(1-y)\) sur \([0,1]\) :

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

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

\[\mathrm{Var}(Y) = \mathbb{E}[Y^2] - \bigl(\mathbb{E}[Y]\bigr)^2 = \frac{1}{6} - \frac{1}{9} = \frac{3}{18} - \frac{2}{18} = \boxed{\frac{1}{18} \approx 0{,}056.}\]

Remarque : les deux variances sont égales, \(\mathrm{Var}(X) = \mathrm{Var}(Y) = \frac{1}{18}\).

5. (7 pts) \(\mathbb{E}[XY]\), covariance et coefficient de corrélation.

On calcule directement sur le domaine \(D\) :

\[\mathbb{E}[XY] = \iint_D xy \cdot 2\,dx\,dy = \int_0^1 \int_0^x 2xy\,dy\,dx = \int_0^1 2x\left[\frac{y^2}{2}\right]_0^x dx = \int_0^1 2x \cdot \frac{x^2}{2}\,dx = \int_0^1 x^3\,dx = \left[\frac{x^4}{4}\right]_0^1 = \boxed{\frac{1}{4}.}\]

\[\mathrm{Cov}(X,Y) = \mathbb{E}[XY] - \mathbb{E}[X]\,\mathbb{E}[Y] = \frac{1}{4} - \frac{2}{3} \times \frac{1}{3} = \frac{1}{4} - \frac{2}{9} = \frac{9}{36} - \frac{8}{36} = \boxed{\frac{1}{36}.}\]

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

Interprétation : le coefficient de corrélation est positif (\(\rho = 0{,}5\)) : \(X\) et \(Y\) évoluent dans le même sens. La valeur modérée s’explique par la contrainte géométrique \(0 \leq Y \leq X\) : \(Y\) est toujours plus petite que \(X\), mais pas parfaitement proportionnelle.

6. (5 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 \(y \in [0,x]\) : \[f_{Y\mid X=x}(y) = \frac{2}{2x} = \frac{1}{x}.\]

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

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

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

7. (4 pts) Calcul de \(P\!\left(Y < X/2\right)\).

On conditionne par \(X\) et on utilise la loi totale des probabilités. Sachant \(X = x\), on a \(Y \sim \mathcal{U}([0,x])\), donc :

\[P\!\left(Y < \frac{x}{2}\,\middle|\,X = x\right) = \int_0^{x/2} \frac{1}{x}\,dy = \frac{x/2}{x} = \frac{1}{2}.\]

Ce résultat est indépendant de \(x\). Par conséquent :

\[P\!\left(Y < \frac{X}{2}\right) = \int_0^1 P\!\left(Y < \frac{x}{2}\,\middle|\,X=x\right) f_X(x)\,dx = \int_0^1 \frac{1}{2} \times 2x\,dx = \int_0^1 x\,dx = \left[\frac{x^2}{2}\right]_0^1 = \boxed{\frac{1}{2}.}\]

Interprétation : sachant \(X = x\), \(Y\) est uniformément réparti sur \([0, x]\), donc la probabilité que \(Y\) tombe dans la moitié inférieure \([0, x/2]\) est toujours \(1/2\), quelle que soit la valeur de \(x\).

8. (4 pts) \(P(X > 3/4)\) et \(P(Y < 1/4\mid X = 3/4)\).

Première probabilité à partir de \(f_X\) :

\[P\!\left(X > \frac{3}{4}\right) = \int_{3/4}^1 2x\,dx = \Bigl[x^2\Bigr]_{3/4}^1 = 1 - \frac{9}{16} = \boxed{\frac{7}{16} = 0{,}4375.}\]

Deuxième probabilité à l’aide de la densité conditionnelle.

Sachant \(X = 3/4\), on a \(Y \sim \mathcal{U}\!\bigl([0,\,3/4]\bigr)\). Donc :

\[P\!\left(Y < \frac{1}{4}\,\middle|\,X = \frac{3}{4}\right) = \int_0^{1/4} \frac{1}{3/4}\,dy = \frac{4}{3} \times \frac{1}{4} = \boxed{\frac{1}{3} \approx 0{,}333.}\]

Exercice 3 — Convergence et inférence statistique (30 points)

Partie A — Inégalités de concentration (8 points)

\(X\) variable aléatoire positive, \(\mathbb{E}[X] = 6\), \(\mathrm{Var}(X) = 9\).

1. (2 pts) Inégalité de Markov.

L’inégalité de Markov stipule que pour toute v.a. positive et tout \(a > 0\) : \[P(X \geq a) \leq \frac{\mathbb{E}[X]}{a}.\]

Application avec \(a = 18\) : \[\boxed{P(X \geq 18) \leq \frac{6}{18} = \frac{1}{3} \approx 0{,}333.}\]

2. (3 pts) Inégalité de Bienaymé-Tchebychev.

L’inégalité de Bienaymé-Tchebychev stipule que pour tout \(\varepsilon > 0\) : \[P\bigl(|X - \mathbb{E}[X]| \geq \varepsilon\bigr) \leq \frac{\mathrm{Var}(X)}{\varepsilon^2}.\]

Application avec \(\mathbb{E}[X] = 6\) et \(\varepsilon = 6\) : \[\boxed{P(|X - 6| \geq 6) \leq \frac{9}{36} = \frac{1}{4}.}\]

On remarque que \(|X - 6| < 6 \iff 0 < X < 12\) (la borne inférieure \(X > 0\) est automatiquement satisfaite car \(X\) est positive). On en déduit : \[P(0 < X < 12) = P(|X - 6| < 6) \geq 1 - \frac{1}{4} = \boxed{\frac{3}{4} = 75\,\%.}\]

3. (3 pts) Calcul exact sous \(X \sim \mathcal{N}(6,\,9)\).

On a \(\mathbb{E}[X] = 6\) et \(\sigma = \sqrt{9} = 3\). On centre-réduit par \(Z = (X-6)/3 \sim \mathcal{N}(0,1)\) :

\[P(0 < X < 12) = P\!\left(\frac{0-6}{3} < Z < \frac{12-6}{3}\right) = P(-2 < Z < 2) = 2\Phi(2) - 1 = 2 \times 0{,}9772 - 1 = \boxed{0{,}9544.}\]

Commentaire : la borne de Bienaymé-Tchebychev (\(\geq 75\,\%\)) est très conservative : la vraie valeur est 95,44 %, soit bien plus élevée. Cela illustre que l’inégalité de B-T est valable pour toutes les distributions à variance finie, mais elle est peu précise pour les distributions concentrées comme la loi normale.

Partie B — Maximum de vraisemblance (10 points)

\(T_1, \ldots, T_n\) i.i.d. de loi \(\mathcal{E}(\lambda)\), \(f(t\,;\,\lambda) = \lambda\,e^{-\lambda t}\), \(t > 0\).

4. (4 pts) Vraisemblance et log-vraisemblance.

\[L(\lambda) = \prod_{i=1}^n \lambda\,e^{-\lambda T_i} = \lambda^n \exp\!\left(-\lambda \sum_{i=1}^n T_i\right) = \boxed{\lambda^n\,e^{-n\lambda\bar{T}}.}\]

En prenant le logarithme : \[\ell(\lambda) = \ln L(\lambda) = n\ln\lambda - \lambda\sum_{i=1}^n T_i = \boxed{n\ln\lambda - n\lambda\bar{T}.}\]

5. (4 pts) Résolution \(d\ell/d\lambda = 0\) : estimateur EMV.

\[\frac{d\ell}{d\lambda} = \frac{n}{\lambda} - n\bar{T}.\]

En posant \(\dfrac{d\ell}{d\lambda} = 0\) :

\[\frac{n}{\lambda} = n\bar{T} \implies \boxed{\hat{\lambda} = \frac{1}{\bar{T}}.}\]

Vérification que c’est bien un maximum : \[\frac{d^2\ell}{d\lambda^2} = -\frac{n}{\lambda^2} < 0, \quad \checkmark\] ce qui confirme que \(\hat{\lambda}\) est bien un maximum de \(\ell\).

6. (2 pts) Application numérique.

Avec \(n = 25\) et \(\bar{t} = 4{,}0\) s : \[\hat{\lambda} = \frac{1}{4{,}0} = \boxed{0{,}25 \text{ s}^{-1}.}\]

L’estimation de l’espérance vaut : \[\widehat{\mathbb{E}[T]} = \frac{1}{\hat{\lambda}} = \bar{t} = \boxed{4{,}0 \text{ s}.}\]

Remarque : l’EMV de l’espérance \(1/\lambda\) d’une loi exponentielle coïncide avec la moyenne empirique \(\bar{t}\), résultat intuitivement satisfaisant.

Partie C — Intervalle de confiance pour une moyenne (12 points)

\(n = 100\) requêtes, \(\bar{x} = 85\) ms, \(s^2 = 400\) ms² (variance corrigée, donc \(s = 20\) ms).

7. (2 pts) Justification de l’approximation normale.

L’échantillon contient \(n = 100\) observations indépendantes. Par le Théorème Central Limite, la moyenne empirique \(\bar{X}_{100}\) suit approximativement une loi normale :

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

On substitue \(s^2 = 400\) à \(\sigma^2\) (estimé sur l’échantillon) :

\[\boxed{\bar{X}_{100} \approx \mathcal{N}\!\left(\mu,\, \frac{400}{100}\right) = \mathcal{N}(\mu,\, 4), \quad \text{avec } \frac{s}{\sqrt{n}} = \frac{20}{\sqrt{100}} = 2 \text{ ms}.}\]

8. (3 pts) Intervalle de confiance à 95 %.

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

\[85 \pm 1{,}96 \times 2 = 85 \pm 3{,}92.\]

\[\boxed{IC_{95\,\%}(\mu) = [81{,}08\,;\,88{,}92] \text{ ms}.}\]

Lecture : on est certain à 95 % que le vrai temps de réponse moyen \(\mu\) de l’API est compris entre 81,08 ms et 88,92 ms.

9. (3 pts) Intervalle de confiance à 99 %.

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

\[85 \pm 2{,}58 \times 2 = 85 \pm 5{,}16.\]

\[\boxed{IC_{99\,\%}(\mu) = [79{,}84\,;\,90{,}16] \text{ ms}.}\]

Remarque : l’IC à 99 % est plus large que l’IC à 95 % (\(\pm 5{,}16\) contre \(\pm 3{,}92\)) : une plus grande confiance exige un intervalle plus conservateur.

10. (4 pts) Effectif minimal pour une demi-largeur \(\leq 2\) ms.

On cherche \(n\) tel que la demi-largeur de l’IC à 95 % vérifie :

\[z_{0{,}025} \times \frac{s}{\sqrt{n}} \leq 2 \implies 1{,}96 \times \frac{20}{\sqrt{n}} \leq 2.\]

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

\[\sqrt{n} \geq \frac{1{,}96 \times 20}{2} = 1{,}96 \times 10 = 19{,}6.\]

En élevant au carré :

\[n \geq 19{,}6^2 = 384{,}16.\]

\[\boxed{n_{\min} = 385 \text{ requêtes}.}\]

Interprétation : avec 385 observations (contre 100 dans l’énoncé), la précision de l’IC à 95 % passe de \(\pm 3{,}92\) ms à \(\pm 2\) ms. Multiplier la précision par un facteur \(k\) nécessite de multiplier la taille de l’échantillon par \(k^2\).