o 1 Les méthodes d'échantillonnage Correction Exercice 1 Correction 1 La distribution de Y est : Y = k P[Y = k] fk k × P[Y = k] (k − µ)2 × P[Y = k] 8 1/4 25
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Frédéric Bertrand et Myriam Maumy-Bertrand4ème année - ESIEA - 2011/2012T. D. n o1
Les méthodes d"échantillonnageCorrection
Exercice 1. Correction
1. La distribution deYest :Y=kP[Y=k]f
kkP[Y=k](k)2P[Y=k]81=425%81=4 = 8=4(810)21=4 = 4=4101=425%101=4 = 10=4(1010)21=4 = 0112=450%112=4 = 22=4(1110)22=4 = 2=4Total1100%=E[Y] = 10Var[Y] = 4=4 + 2=4 = 6=4 = 1;5D"une part, nous avons d"après les calculs
Var[Y] =2= 1;5
et d"autre part, nous avons d"après la définition du cours2c=NN12=43
64= 2:
2. Échantillonnage sans remise.
a) Nous pouvons tirer :43 = 12échantillons. b) Nous remplissons le tableau ci-dessous en utilisant la définition du cours S22;c(obs) =s22;c=1n1"
nX i=1(Yi(obs)b2(obs))2# :ÉchantillonY1(obs)Y
2(obs)b2(obs)S
22;c(obs)(1;2)111010;5[(1110;5)2+ (1010;5)2] = 0;5(1;3)1189;5[(119;5)2+ (89;5)2] = 4;5(1;4)111111;0[(1111)2+ (1111)2] = 0;0(2;1)101110;5[(1010;5)2+ (1110;5)2] = 0;5(2;3)1089;0[(109)2+ (89)2] = 2;0(2;4)101110;5[(1010;5)2+ (1110;5)2] = 0;5(3;1)8119;5[(89;5)2+ (119;5)2] = 4;5(3;2)8109;0[(89)2+ (109)2] = 2;0(3;4)8119;5[(89;5)2+ (119;5)2] = 4;5(4;1)111111;0[(1111)2+ (1111)2] = 0;0(4;2)111010;5[(1110;5)2+ (1010;5)2] = 0;5(4;3)1189;5[(119;5)2+ (89;5)2] = 4;5Ici la taille de l"échantillon est égale àn= 2.1
Frédéric Bertrand et Myriam Maumy-Bertrand4ème année - ESIEA - 2011/2012Exemple :Pour l"échantillon(1;3):
S22;c;obs=121(119;5)2+ (89;5)2= 4;5:
c) La distribution deb2est :b2=xP[b2=x]xP[b2=x]P[b2=x](xE(b2))29;02=129;02=12 = 18=122=12(910)2= 2=129;54=129;54=12 = 38=124=12(9;510)2= 1=1210;54=1210;54=12 = 42=124=12(10;510)2= 1=1211;02=1211;02=12 = 22=122=12(1110)2= 2=12Total1E[b2] = 120=12 = 10Var[b2] = 6=12 = 1=2 = 0;5Nous remarquons que l"estimateurb2est bien sans biais puisque son
espérance est égale à 10, qui est la moyenne de la populationU. D"autre part, ces calculs nous permettent de vérifier la formule du calcul de la variance de l"estimateurb2dans le cas d"un tirage sans remise. En effet, nous avons :Var[bn] =NnN12n
Icin= 2,N= 4et2=32
, par conséquent, nous avons :Var[b2] =42413=22
=12 d) La distribution deS22;cest :S22;c=xP[S22;c=x]xP[S22;c=x]P[S22;c=x](xES22;c)20;02=1202=12 = 02=12(02)20;54=120;54=12 = 2=124=12(0;52)22;02=1222=12 = 4=122=12(22)24;54=124;54=12 = 18=124=12(4;52)2Total1E
S22;c= 24=12 = 2Var[S22;c] = 42=12 = 7=2 = 3;5e) Voir les réponses c) et d). f)Commentaires :Dans le cas SANS REMISE, aucun échantillon ne fournit la vraie valeur= 10mais en moyenne les échantillons donnent10. En effet, nous avons
E[b2] = 10 =:
Nous en déduisons de cette égalité queb2est un estimateur sans biais dedans le cas d"un tirage sans remise. L"échantillonnage est non biaisé. De plus,ES22;c= 2 =2c
et non pas2. Nous en déduisons de cette égalité queS2n;cest un estimateur sans biais de2cdans le cas d"un tirage sans remise et ce quelque soit la taillende l"échantillon. 2Frédéric Bertrand et Myriam Maumy-Bertrand4ème année - ESIEA - 2011/20123. Échantillonnage avec remise.
a) Nous pouvons tirer :44 = 16échantillons. b)ÉchantillonY1(obs)Y
2(obs)b2S
22;c(obs)(1;1)111111;0[(1111)2+ (1111)2] = 0;0(1;2)111010;5[(1110;5)2+ (1010;5)2] = 0;5(1;3)1189;5[(119;5)2+ (89;5)2] = 4;5(1;4)111111;0[(1111)2+ (1111)2] = 0;0(2;1)101110;5[(1010;5)2+ (1110;5)2] = 0;5(2;2)101010;0[(1010)2+ (1010)2] = 0;0(2;3)1089;0[(109)2+ (89)2] = 2;0(2;4)101110;5[(1010;5)2+ (1110;5)2] = 0;5(3;1)8119;5[(89;5)2+ (119;5)2] = 4;5(3;2)8109;0[(89)2+ (109)2] = 2;0(3;3)888;0[(88)2+ (88)2] = 0;0(3;4)8119;5[(89;5)2+ (119;5)2] = 4;5(4;1)111111;0[(1111)2+ (1111)2] = 0;0(4;2)111010;5[(1110;5)2+ (1010;5)2] = 0;5(4;3)1189;5[(119;5)2+ (89;5)2] = 4;5(4;4)111111;0[(1111)2+ (1111)2] = 0;0en utilisant la formule du cours
S2n;c(obs) =1n1"
nX i=1(Yi(obs)bn(obs))2# Ici la taille de l"échantillon est égale àn= 2.Exemple :Pour l"échantillon(1;3):
S22;c(obs) =121(119;5)2+ (89;5)2= 4;5:
c) La distribution deb2est :b2=xP[b2=x]xP[b2=x]P[b2=x](xE(b2))28;01=1681=16 = 8=161=16(810)2= 4=169;02=1692=16 = 18=162=16(910)2= 2=169;54=169;54=16 = 38=164=16(9;510)2= 1=1610;01=16101=16 = 10=161=16(1010)2= 010;54=1610;54=16 = 42=164=16(10;510)2= 1=1611;04=16114=16 = 44=164=16(1110)2= 4=16Total1E[b2] = 160=16 = 10Var[b2] = 12=16 = 0;753
Frédéric Bertrand et Myriam Maumy-Bertrand4ème année - ESIEA - 2011/2012d) La distribution deS22;cest :S
22;c=xP[S22;c=x]xP[S22;c=x]P[S22;c=x](xES22;c)20;06=1606=16 = 06=16(01;5)20;54=160;54=16 = 2=164=16(0;51;5)22;02=1622=16 = 4=162=16(21;5)24;54=164;54=16 = 18=164=16(4;51;5)2Total1E
S22;c= 24=16 = 1;5Var
S22;c= 54=16 = 3;375e) Voir les réponses c) et d). f)Commentaires :Dans le cas AVEC REMISE, un échantillon fournit la vraie valeur= 10et en moyenne les échantillons donnent10. En effet, nous avonsE[b2] = 10 =:
Nous en déduisons de cette égalité queb2est un estimateur sans biais de. L"échantillonnage est non biaisé. De plus, nous remarquonsE[S22;c] = 1;5 =2
et non pas2c, cette fois-ci. Nous en déduisons de cette égalité queS2n;c est un estimateur sans biais de2et ce quelque soit la taillend"un échantillon dans le cas d"un tirage AVEC REMISE. D"autre part, nous remarquons que la variance debndans le cas d"un tirage AVEC REMISE est plus grande que celle dans le cas d"un tirage SANS REMISE et c"est toujours le cas. Cela veut dire que la distri- bution des moyennes observées sur les échantillons est plus dispersée AVEC REMISE que SANS REMISE : le plan de sondage est moins précis. En effet, d"avoir introduit les échantillons(1;1);:::;(4;4)n"améliore pas le plan de sondage car en interrogeant deux fois la même personne nous n"apportons aucune information supplémentaire. Exercice 2. CorrectionNous avons un sondage aléatoire simple à probabilitéségales sans remise.
1.Premier cas : l"échantillon est de taille n = 4. Une estimation de la dépense
moyenne est égale à : b4= 12euros:En posantf=nN
, la précision de cette estimation vaut :Var[b4] = (1f)2cn
Or nous ne connaissons pas2cqui représente la variance corrigée de la po- pulation. Donc il faut introduire un estimateur sans biais de2cqui estS2c.4Frédéric Bertrand et Myriam Maumy-Bertrand4ème année - ESIEA - 2011/2012En effet, nous avons démontré ce résultat dans l"exercice précédent. D"où
l"estimateur de la variance de l"estimateurb4est égal à :Var[b4] = (1f)S2cn
et l"estimation est égale à :Var[b4] = (10;05)43
624= 11;4euros2:
Donc la précision, à95%, est de :
1;96p11;4 = 6;62euros:
Donc, nous pouvons écrire :
b4= 126;62euros: Second cas : l"échantillon est de taille n = 40. Une estimation de la dépense moyenne est égale à : b40= 12euros:En posantf=nN
, la précision de cette estimation vaut :Var[b] = (1f)S2cn
Or nous ne connaissons pasS2cqui représente la variance corrigée de la popu- lation. Donc il faut introduire un estimateur sans biais deS2cqui ests2c(Nous avons démontré ce résultat dans l"exercice précédent). D"où l"estimateur de la variance de l"estimateurb40est égal à :Var[b40] = (1f)s2cn
et l"estimation est égale à :Var[b40] = (10;5)4039
6240= 0;46euros2:
Donc la précision est de :
1;96p0;46 = 1;33euros:
Donc nous pouvons écrire :
b40= 121;33euros:2. Nous avons un sondage aléatoire simple à probabilités égales SANS REMISE.
Nous estimonsparb= 0;75. La variance de l"estimateurbest égale àVar[b] =NnN1(1)n
car l"estimateurbsuit une loi hypergéométrique. Or cette formule pose un problème puisque nous ne connaissons pas. Donc nous sommes amenés à construire un estimateur de cette variance. L"estimateur de la variance de l"estimateurbest donc égal à :Var[b] =NnN
b(1b)n1= (1f)b(1b)n1 5Frédéric Bertrand et Myriam Maumy-Bertrand4ème année - ESIEA - 2011/2012Premier cas : l"échantillon est de taille n = 4. Nous avons :
Var[b] = (10;05)0;187541= 0;059375:
La précision est de :
1;96p0;059375'0;48:
Donc nous pouvons écrire :
2[0;27;1];
nous ne pouvons pas dépasser la valeur1puisque nous sommes entrain d"es- timer une proportion! Second cas : l"échantillon est de taille n = 40. Nous avons :Var[b] = (10;5)0;1875401= 0;004567308
La précision est de :
1;96p0;004567308'0;13:
Donc nous pouvons écrire :
2[0;61;0;89]:
3. L"échantillon de taillen= 4introduit des intervalles de confiance très grands,
ce qui était prévisible. De plus l"approximation normale dans ce cas n"est peut-être pas légitime. À ce sujet, pour légitimer l"approximation par une loi normale, nous renvoyons au livre " Les techniques de sondage » de Pascal Ardilly, aux éditions Technip, et plus particulièrement aux pages 60 et 61, qui évoque ce problème.Exercice 3.Vérification dans un cas simple
1. Nous avons 20 échantillons possibles, énumérés ci-dessous :(Yi;Yj)ys
2c(Yi;Yj)ys
2cY1;Y290200Y
2;Y190200
Y1;Y31000Y
3;Y11000
Y1;Y4110200Y
4;Y1110200
Y1;Y59585Y
5;Y19585
Y2;Y390200Y
3;Y290200
Y2;Y4100800Y
4;Y2100800
Y2;Y58550Y
5;Y28550
Y3;Y4110200Y
4;Y3110200
Y3;Y59552Y
5;Y39552
Y4;Y5105450Y
5;Y4105450
2. La moyenne dans la population est égale :
=15 (100 + 80 + 100 + 120 + 90) = 98: 6Frédéric Bertrand et Myriam Maumy-Bertrand4ème année - ESIEA - 2011/2012Chaque échantillon ayant une probabilité de 1/20 d"être tiré, nous avons :