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102 CHAPITRE 5. TESTS STATISTIQUES : PRINCIPES GÉNÉRAUX(b) Pour p = 2/3β =12∑k=0= 1 −P (Z = k)∑25k=13P (Z = k)= 1 − 0.05 + 0.086 + 0.126 + 0.158 + 0.167 + 0.149 + 0.110 + 0.066 + 0.031 + 0.011 + 0.003= 1 − 0.957 = 0.0430.180.16βpuissance0.140.12Loi de Z0.10.080.060.040.0200 5 10 15 20 25kFig. 5.10 – Risque de deuxième espèce et puissance(c)(d) Pour p = 1/3 on aβ = P H1 (accepter H 0 )= 1 − 0.041 = 0.93910.90.80.70.6Puissance0.50.40.30.20.100 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1pFig. 5.11 – Puissance en fonction de p✷(e)
6. EXERCICES 1036.2 Exercices avec indicationsExercice 6.2.1. 4La législation en vigueur impose aux aéroports certaines normes concernant les bruits émis par les avions audécollage et à l’atterrissage. Ainsi pour les zones habitées proches d’un aéroport, la limite tolérée se situe à environ80 décibels. Au delà de cette limite, l’aéroport doit indemniser les riverains.Les habitants d’un village proche d’un aéroport assurent que le bruit au dessus du village atteint la valeurlimite de 80 décibels en moyenne, pour un certain type d’avions (les plus bruyants). L’aéroport affirme qu’il n’estque de 78 décibels. Des experts sont convoqués pour trancher entre les deux parties en présence. Ils admettent quel’intensité du bruit causé par un avion de ce type suit une loi normale d’espérance µ et de variance σ 2 = 49. Ilsenregistrent l’intensité du bruit provoqué par le passage de ces avions sur un échantillon de taille n = 100.On définit la variable aléatoire suivantes :Ȳ : P 100 = {échantillons de 100 avions} −→ ROn considère les 2 cas suivants :E 100 = (avion 1 , . . . , avion 100 ) ↦−→ moyenne des bruits des 100 avionsTest 1 les hypothèses nulle et alternative sont les suivantes :H 0 : µ = 80H 1 : µ < 80Test 2 les hypothèses nulle et alternative sont les suivantes :H 0 : µ = 78H 1 : µ > 78(i) Quelle est la loi de Ȳ ?(ii) On prend comme risque de première espèce α = 0.05. Donner la règle de décision du test 1.(iii) On suppose que µ = 78, Calculer le risque de deuxième espèce β et la puissance du test 1.(iv) On prend comme risque de première espèce α = 0.05. Donner la règle de décision du test 2.(v) On suppose que µ = 80, Calculer le risque de deuxième espèce β et la puissance du test 2.(vi) Dans le cas du test 1 on veut que le risque de première espèce soit égal au risque de deuxième espèce lorsqueµ = 78. Quelle est la règle de décision et la valeur des risques.(vii) Trouver n pour que dans le cas précédent le risque de première espèce soit égal à 0.05.(viii) Conclusion(i)Indications. Attention à la position de l’événement rejeter H 0 .(ii) Pour le Test 1 la valeur critique Ȳcrit est 78.8485.(iii) β = 0.113.(iv) Pour le Test 2 la valeur critique est Ȳcrit est 79.155(v) β = 0.113.(vi) Ȳcrit = 79.(vii) n ∼ 133.✷Exercice 6.2.2. 5La quantité d’acide nitrique (en micro-grammes) dans un mélange chimique doit être égale à 10. Cependant,des erreurs de manipulation font en sorte que cette quantité suit une loi normale de moyenne µ et de varianceσ 2 = 0.09. On décide de tester les hypothèses H 0 : µ = 10 contre H 1 : µ ≠ 10 à l’aide de résultats d’observationsde 20 mélanges prélevés au hasard et de rejeter l’hypothèse nulle H 0 si ȳ < 9.80 ou ȳ > 10.20 où ȳ est la quantitémoyenne d’acide nitrique dans les 20 mélanges. On poseȲ : P 20 −→ R20 observations ↦−→ ȳ4 Problème provenant du livre de R. Céhessat ”Exercices commentés de statistique et informatique appliquées”. Dunod 1976, page1765 Exemple issu de l’ouvrage ”Statistique concepts et méthodes” Sabin Lessard, Monga ; PUM Masson 1993. exercice 8.25 page 311.
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