15 exercices corrigés sur l’intervalle de confiance — de la Terminale au post-bac

Étape 1 — fréquence et conditions. \(f = \displaystyle\frac{486}{900} = 0{,}54\). On a \(n = 900 \geq 30\), \(nf = 486 \geq 5\), \(n(1-f) = 414 \geq 5\) : les trois conditions sont vérifiées.

Étape 2 — formule. \(\displaystyle\frac{1}{\sqrt{n}} = \displaystyle\frac{1}{\sqrt{900}} = \displaystyle\frac{1}{30} \approx 0{,}033\).

Étape 3 — bornes. \(IC = \left[\, 0{,}54- 0{,}033 \,;\, 0{,}54 + 0{,}033 \,\right] = \left[\, 0{,}507 \,;\, 0{,}573 \,\right]\).

Conclusion : avec un niveau de confiance de 95 %, la proportion de lecteurs dans la population appartient à [0,507 ; 0,573], soit environ entre 51 % et 57 %.

\(f = \displaystyle\frac{2}{25} = 0{,}08\). On teste les trois conditions :

• \(n = 25\) < \(30\) : condition non vérifiée ;
• \(nf = 2\) < \(5\) : condition non vérifiée ;
• \(n(1-f) = 23 \geq 5\) : OK.

Conclusion : deux conditions échouent. On ne peut pas utiliser la formule de l’intervalle de confiance sur cet échantillon : il est trop petit et le nombre de succès est insuffisant. Il faudrait interroger davantage de clients.

La marge d’erreur est la demi-amplitude : \(m = \displaystyle\frac{1}{\sqrt{n}} = \displaystyle\frac{1}{\sqrt{2500}} = \displaystyle\frac{1}{50} = 0{,}02\).

Soit une marge de 2 points de pourcentage. L’amplitude totale de l’intervalle vaut \(2m = 0{,}04\), soit 4 points.

Remarque : la marge ne dépend ici que de \(n\), pas de la fréquence observée. C’est la simplification propre à la formule en \(1/\sqrt{n}\).

Conditions : \(n = 1000 \geq 30\), \(nf = 510 \geq 5\), \(n(1-f) = 490 \geq 5\). OK.

\(\displaystyle\frac{1}{\sqrt{1000}} \approx 0{,}0316\), d’où \(IC = \left[\, 0{,}478 \,;\, 0{,}542 \,\right]\).

Décision : l’intervalle contient la valeur \(0{,}5\). On ne peut donc pas affirmer, au niveau de confiance de 95 %, que le candidat dépasse 50 %. Le sondage est compatible avec un score inférieur à la majorité. C’est exactement pourquoi les instituts parlent de « résultat dans la marge d’erreur ».

(a) Fausse (piège classique). La proportion \(p\) est un nombre fixe, inconnu mais non aléatoire : soit il est dans l’intervalle, soit il n’y est pas. Ce qui est aléatoire, c’est l’intervalle (il dépend de l’échantillon). Le « 95 % » décrit la méthode : si on répétait le sondage un grand nombre de fois, environ 95 % des intervalles construits contiendraient \(p\).

(b) Correcte. C’est la formulation attendue : le niveau de confiance porte sur le procédé, pas sur une probabilité que \(p\) « tombe » dans un intervalle fixé.

(c) Fausse. Confusion totale : 0,03 à 0,07 est la fourchette pour \(p\), pas 0,95. Le 95 % est le niveau de confiance, pas une proportion de pièces.

Conclusion : seule (b) est correcte.

\(f = \displaystyle\frac{140}{400} = 0{,}35\). Conditions : \(400 \geq 30\), \(nf = 140 \geq 5\), \(n(1-f) = 260 \geq 5\). OK.

\(\displaystyle\frac{1}{\sqrt{400}} = \displaystyle\frac{1}{20} = 0{,}05\).

\(IC = \left[\, 0{,}35- 0{,}05 \,;\, 0{,}35 + 0{,}05 \,\right] = \left[\, 0{,}30 \,;\, 0{,}40 \,\right]\).

Conclusion : avec un niveau de confiance de 95 %, la proportion de lycéens licenciés est comprise entre 30 % et 40 %.

Formule simplifiée : \(m_1 = \displaystyle\frac{1}{\sqrt{1600}} = \displaystyle\frac{1}{40} = 0{,}025\). D’où \(IC_1 = \left[\, 0{,}225 \,;\, 0{,}275 \,\right]\).

Formule asymptotique : \(m_2 = 1{,}96\sqrt{\displaystyle\frac{0{,}25 \times 0{,}75}{1600}} = 1{,}96\sqrt{\displaystyle\frac{0{,}1875}{1600}} \approx 1{,}96 \times 0{,}01083 \approx 0{,}0212\).

D’où \(IC_2 \approx \left[\, 0{,}229 \,;\, 0{,}271 \,\right]\).

Comparaison : l’amplitude asymptotique (\(\approx 0{,}0425\)) est plus petite que l’amplitude simplifiée (\(0{,}05\)). C’est logique : la formule simplifiée majore \(f(1-f)\) par son maximum \(0{,}25\). Elle est donc toujours plus large (plus prudente) que la formule asymptotique, sauf quand \(f = 0{,}5\) où les deux coïncident presque.

On veut \(\displaystyle\frac{1}{\sqrt{n}} \leq 0{,}02\).

Cela équivaut à \(\sqrt{n} \geq \displaystyle\frac{1}{0{,}02} = 50\), puis en élevant au carré : \(n \geq 2500\).

Conclusion : il faut interroger au moins 2 500 personnes. On retrouve ici la « loi du \(\sqrt{n}\) » : pour diviser la marge par 2, il faut multiplier l’échantillon par 4. Approfondis ce calcul sur Échantillon représentatif : calcul de la taille.

Fréquence de marqués dans la 2ᵉ capture : \(f = \displaystyle\frac{40}{250} = 0{,}16\) sur \(n = 250\).

Conditions : \(250 \geq 30\), \(nf = 40 \geq 5\), \(n(1-f) = 210 \geq 5\). OK.

\(\displaystyle\frac{1}{\sqrt{250}} \approx 0{,}0632\), donc \(IC = \left[\, 0{,}097 \,;\, 0{,}223 \,\right]\).

Encadrement de \(N\). Dans l’étang, la proportion de marqués vaut \(\displaystyle\frac{200}{N}\), qu’on suppose dans l’intervalle : \(0{,}097 \leq \displaystyle\frac{200}{N} \leq 0{,}223\).

En inversant (fonction décroissante) : \(\displaystyle\frac{200}{0{,}223} \leq N \leq \displaystyle\frac{200}{0{,}097}\), soit environ \(897 \leq N \leq 2062\).

Conclusion : l’étang contient, avec un niveau de confiance de 95 %, entre 900 et 2 060 poissons environ. La méthode est large parce que la seconde capture est petite : un échantillon plus grand resserrerait la fourchette.

\(f = \displaystyle\frac{430}{500} = 0{,}86\). Conditions vérifiées (\(nf = 430\), \(n(1-f) = 70\)).

\(\displaystyle\frac{1}{\sqrt{500}} \approx 0{,}0447\), d’où \(IC = \left[\, 0{,}815 \,;\, 0{,}905 \,\right]\).

Analyse : la valeur \(0{,}90\) appartient à l’intervalle [0,815 ; 0,905]. On ne peut donc pas rejeter la garantie au niveau de confiance de 95 % : le résultat observé reste compatible avec un taux réel de 90 %. En revanche, la borne haute frôlant 0,905, un contrôle plus large serait prudent.

Même marge simplifiée pour les deux : \(\displaystyle\frac{1}{\sqrt{1000}} \approx 0{,}0316\).

\(IC_A = \left[\, 0{,}438 \,;\, 0{,}502 \,\right]\) et \(IC_B = \left[\, 0{,}498 \,;\, 0{,}562 \,\right]\).

Analyse : les deux intervalles se chevauchent sur [0,498 ; 0,502]. On ne peut donc pas affirmer, au niveau de confiance de 95 %, que la proportion réelle de B dépasse celle de A. Un écart de 6 points sur des échantillons de 1 000 personnes n’est pas significatif. C’est l’erreur médiatique la plus fréquente : commenter un écart plus petit que la marge d’erreur.

1. \(f = \displaystyle\frac{82}{250} = 0{,}328\).

2. Conditions : \(250 \geq 30\), \(nf = 82 \geq 5\), \(n(1-f) = 168 \geq 5\). OK. \(\displaystyle\frac{1}{\sqrt{250}} \approx 0{,}0632\).

\(IC = \left[\, 0{,}328- 0{,}063 \,;\, 0{,}328 + 0{,}063 \,\right] = \left[\, 0{,}265 \,;\, 0{,}391 \,\right]\).

3. La valeur annoncée \(0{,}40\) n’appartient pas à l’intervalle [0,265 ; 0,391] (elle dépasse la borne haute 0,391). On peut donc, au niveau de confiance de 95 %, remettre en cause l’affirmation de l’entreprise : l’échantillon suggère une proportion réelle inférieure à 40 %.

Ce qu’attend le correcteur : les conditions vérifiées explicitement (question 2) et une conclusion qui compare la valeur 0,40 aux bornes, pas un simple « oui/non » sans justification.

\(f = \displaystyle\frac{260}{400} = 0{,}65\). Conditions largement vérifiées.

\(m = 1{,}96\sqrt{\displaystyle\frac{0{,}65 \times 0{,}35}{400}} = 1{,}96\sqrt{\displaystyle\frac{0{,}2275}{400}} = 1{,}96\sqrt{0{,}00056875}\).

\(\sqrt{0{,}00056875} \approx 0{,}02385\), donc \(m \approx 1{,}96 \times 0{,}02385 \approx 0{,}0467\).

\(IC = \left[\, 0{,}65- 0{,}047 \,;\, 0{,}65 + 0{,}047 \,\right] \approx \left[\, 0{,}603 \,;\, 0{,}697 \,\right]\).

Conclusion : le taux de guérison réel est estimé, avec un niveau de confiance de 95 %, entre 60,3 % et 69,7 %. Le quantile \(1{,}96\) provient de \(P(-1{,}96 \leq Z \leq 1{,}96) \approx 0{,}95\) pour \(Z\) suivant une loi normale centrée réduite.

Chaque \(X_i\) a pour espérance \(E(X_i) = p\) et variance \(V(X_i) = p(1-p)\). Par le théorème central limite :

\(\sqrt{n}\,\displaystyle\frac{\overline{X}_n- p}{\sqrt{p(1-p)}} \stackrel{\mathcal{L}}{\longrightarrow} \mathcal{N}(0,1)\) lorsque \(n \to +\infty\).

On note \(z_{\alpha}\) le quantile tel que \(P(-z_{\alpha} \leq Z \leq z_{\alpha}) = 1-\alpha\) pour \(Z \sim \mathcal{N}(0,1)\). Alors, asymptotiquement :

\(P\!\left(-z_{\alpha} \leq \sqrt{n}\,\displaystyle\frac{\overline{X}_n- p}{\sqrt{p(1-p)}} \leq z_{\alpha}\right) \approx 1-\alpha\).

En remplaçant \(p(1-p)\) au dénominateur par son estimation \(\overline{X}_n(1-\overline{X}_n)\) (théorème de Slutsky), on isole \(p\) :

\(IC_{1-\alpha}(p) = \left[\, \overline{X}_n- z_{\alpha}\sqrt{\displaystyle\frac{\overline{X}_n(1-\overline{X}_n)}{n}} \,;\, \overline{X}_n + z_{\alpha}\sqrt{\displaystyle\frac{\overline{X}_n(1-\overline{X}_n)}{n}} \,\right]\).

Pour \(\alpha = 0{,}05\), on a \(z_{\alpha} = 1{,}96\) : on retrouve exactement la formule asymptotique du lycée, mais démontrée. Le lien avec la binomiale passe par le théorème de Moivre-Laplace, cas particulier du TCL pour des variables de Bernoulli.

L’échantillon est petit (\(n\) < \(30\)) et \(\sigma\) est inconnu : on utilise la loi de Student, pas la loi normale. L’intervalle de confiance de la moyenne s’écrit :

\(IC = \left[\, \overline{x}- t_{9}\displaystyle\frac{s}{\sqrt{n}} \,;\, \overline{x} + t_{9}\displaystyle\frac{s}{\sqrt{n}} \,\right]\).

Calcul de la marge : \(\displaystyle\frac{s}{\sqrt{n}} = \displaystyle\frac{1{,}5}{\sqrt{10}} \approx 0{,}474\), puis \(t_{9}\times 0{,}474 \approx 2{,}262 \times 0{,}474 \approx 1{,}073\).

\(IC = \left[\, 50{,}2- 1{,}07 \,;\, 50{,}2 + 1{,}07 \,\right] \approx \left[\, 49{,}13 \,;\, 51{,}27 \,\right]\).

Conclusion : avec un niveau de confiance de 95 %, la teneur moyenne réelle est comprise entre 49,1 mg et 51,3 mg. Le quantile de Student (\(2{,}262\)) est plus grand que \(1{,}96\) : c’est le « prix » à payer pour compenser l’incertitude sur \(\sigma\) estimé sur peu de données. Ce type d’intervalle s’appuie sur la notion d’estimateur sans biais (ici \(s^2\) pour la variance).