1
distribution uniforme
distribution exponentielle
distribution normale (gaussienne)
approximation: binomiale avec normale
combinaisons de variables gaussiennes
distribution log normale
théorème Central-Limite
Distributions continues
Bernard CLÉMENT, PhD
MTH2302 Probabilités et méthodes statistiques
HORS PROGRAMME 38-42
• distribution gamma
• distribution Weibull
1-37
2
variables aléatoires : classification
DISCRÈTES CONTINUES
MESURAGECOMPTAGE
distributions
binomiale
Poisson
géométrique
hypergéométrique
binomiale négative
distributionsuniformeexponentiellenormaleLog normale
GammaWeibull
Bernard CLÉMENT, PhD MTH2302 Probabilités et méthodes statistiques
hors programme
STATISTICA
18 distributions disponibles
3
distribution UNIFORME
Xa b
0 si x ≤ a ou x ≥ b
1 / ( b – a ) si a ≤ x ≤ b
Répartition F 0 si x < a FX ( x ) = ( x – a ) / ( b – a ) si a ≤ x ≤ b
1 si x > b
Moyenne = E (X) = ( a + b ) / 2 Variance = Var (X) = ( b – a )2 / 12
Xp = Quantile d’ordre p (0 < p < 1) : Xp = a + p (b – a)
densité f
10%
8%
10%
11%
10%11%
10%11%
9%9%
0.00090.1008
0.20070.3005
0.40040.5002
0.60010.6999
0.79980.8997
0.9995
UNIF
0
20
40
60
80
100
120
No of
obs
Exemple : simulation
de 1000 nombres
sur l’intervalle (0, 1)
avec la fonction
Statistica : Rnd(x)
loi uniforme sur (0, x)
Bernard CLÉMENT, PhD
fX ( x ) =
MTH2302 Probabilités et méthodes statistiques
0 0
4
Lien entre la loi exponentielle et le processus de PoissonX nombre de réalisations processus de Poisson d’intensité λ
X ~ Po (λ) λ = nombre moyen de réalisations par unité de temps (espace)P( X= x) = λ x exp (- λ ) / x ! x = 0, 1, 2, 3, …
Y = nombre de réalisations processus de Poisson dans une fenêtre de longueur tY ~ Po (λt )
T = temps d’attente avant la prochaine réalisation après une réalisation v.a sur (o, ∞ ) P( T > t ) = P[ X = 0 sur ( 0, t) ] = P( Y = 0 ) = exp (- λt )
alors T suit une loi exponentielle de paramètre λ
fonction de répartition de T FT ( t ) = 1 - P ( T > t )= 0 si t < 0= 1 - exp (- λt ) si t ≥ 0
fonction de densité de T fT (t ) = 0 si t < 0= λ exp (- λt ) si t ≥ 0
moyenne de T E(T) = 1/ λ Écart type de T ET(T) = 1/ λ
Bernard CLÉMENT, PhD
distribution EXPONENTIELLE : T ~ Exp (λ )
MTH2302 Probabilités et méthodes statistiques
5
autre paramétrisation θ = 1/ λ
fT (t ) = 0 si t < 0= (1/ θ ) exp (- t / θ ) si t ≥ 0
moyenne de T = E(T) = θ
écart type de T = ET(X) = θ
t p : quantile d’ordre p P (T < t p ) = p 0 < p < 1
t p = - θ ln ( 1 – p )
Comment savoir si un si modèle exponentiel s’applique?
- vérification visuelle avec un graphique quantile-quantile
- test d’ajustement
Bernard CLÉMENT, PhD
4 exemples d’applications la loi exponentielle
pages suivantes
distribution EXPONENTIELLE : T ~ Exp (λ )
MTH2302 Probabilités et méthodes statistiques
6
exemple 1 : calcul de probabilités avec une loi exponentielle
composant électronique utilisé dans la protection des lignes à haute tension.
essais ont montré que le taux de défaillance est décrit par une loi de Poisson
avec λ = 10 - 5 par heure (moyenne = 105 heures)Quelle est la probabilité que le composant tombe en panne avant :
1 an / 5 ans / 10 ans ?Solution 1 an = 365 * 24 = 8760 heures
5 ans = 5 * 365 *24 = 43800 heures10 ans = 10 * 365 * 24 = 87600 heures
T durée de vie du composant avant la première panne
P( T ≤ 1 an ) = P( T ≤ 8760 ) = 1 – exp( - 10- 5 * 8760 ) = 1- exp (- 0,0876) = 0,084
P( T ≤ 5 ans ) = P( T ≤ 43800 ) =1 – exp( - 10- 5 *43800 ) = 1- exp (- 0,438) = 0,355
P( T ≤10 ans ) = P( T ≤ 87600 ) =1 – exp( - 10- 5 *87600 ) = 1- exp (- 0,876) = 0,583
Bernard CLÉMENT, PhD MTH2302 Probabilités et méthodes statistiques
7
exemple 2 : les données proviennent-elles d’ une distribution exponentielle?
données: 27 - 879 – 132 - 290 - 94 - 78 - 88 - 80 - 404 - 82 - 386 – 321 - 3 - 5 – 124
ordre : 3 – 5 – 27 – 78 – 80 - 82 – 88 – 94 – 124 - 132 – 290 – 321 – 386 - 404 - 879
graphique Quantile-Quantileavec une loi exponentielle
-0,5 0,0 0,5 1,0 1,5 2,0 2,5 3,0 3,5
Theoretical Quantile
0,01 0,25 0,50 0,75 0,90 0,95
-100
0
100
200
300
400
500
600
700
800
900
1000
Obs
erve
d Va
lue
Bernard CLÉMENT, PhD
Réponse : graphique quantile (données) vs quantile (loi)
alignement
des points :
indication
que oui
MTH2302 Probabilités et méthodes statistiques
8
exemple 3 - comparaison de 2 procédés
Procédé taux de défaillance (heure) coût opér. ($) garantie (h) pénalité (t<400)A 0,005 C 400 DB 0,003 kC (k > 1) 400 D
Quel procédé choisir ? pour quelle valeur de k on choisira B (A) ?Solution : les coûts d’opération et de garantie des procédés
CA = C + D si t ≤ 400 et CA = C si t > 400CB = k C + D si t ≤ 400 et CB = k C si t > 400
coût moyen de A : E(CA ) = (C+D)* P(T ≤ 400) + C * P( T > 400)= C + D*( 1 – exp (- 400*0,005)) = C + 0,865 D
coût moyen de B : E(CB ) = (k C+D)* P(T ≤ 400) + k D* P( T > 400)= k C + D*( 1 – exp (- 400*0,003)) = k C + 0,699 D
E(C A ) = E(C B ) si C + 0,865D = k C + 0,699D
si k = k * = 1 + 0,166(D/C)
Si k < k* choisir le procédé B car son coût moyen est plus petit que celui de A
Si k = k* les deux procédés ont des coûts moyens égaux : A ou B
Si k > k* choisir le procédé A car son coût moyen est plus petit que B
Bernard CLÉMENT, PhDMTH2302 Probabilités et méthodes statistiques
9
exemple 4 : circuit électronique de 6 puces + 15 diodes + 20 condensateurs+ 25 résistances placés en série. La fiabilité des composants suivent une loi exponentielle
avec les taux de défaillance (λ)composant nombre λ (défaillances heure) défaillances (an = 24x 365)puces 6 0,02 x 10- 7 175,2 x 10- 7
diodes 15 1,90 x 10- 7 16644 x 10- 7
condensateurs 20 0,50 x 10- 7 13140 x 10- 7
résistances 25 0,80 x 10- 7 7008 x 10- 7
Déterminer la fonction de fiabilité du système et faire son graphique.
solution le circuit fonctionne si tous les composants sont opérantsLa probabilité que le circuit soit opérant jusqu’au temps t est :
P ( T > t ) = P ( T1 > t ) * P ( T2 > t ) * . . . * P ( T n > t )
= exp ( – λ 1t ) * exp ( – λ 2 t ) * . . . * exp (- λ n t ) = exp [ ( - ∑ λ i ) t ]Le taux de défaillance (heure) du circuit est ∑ λ i =
( 6* 0,02 + 15 * 1,90 + 20 * 1,50 + 25 * 0,80 ) x 10- 7 = 78,62 x 10- 7
annuellement - taux de défaillance = 24* 365 * 78,62 x 10- 7 = 0,688711
Bernard CLÉMENT, PhD MTH2302 Probabilités et méthodes statistiques
10
Exemple 4 (suite) : la fonction de fiabilité (annuelle) du circuit
FT ( t ) = exp ( - 0,688711* t )
0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.5 40.0
0.2
0.4
0.6
0.8
1.0
1.2
FT
Bernard CLÉMENT, PhD
t (an)
MTH2302 Probabilités et méthodes statistiques
11
Distribution normale
courbe en cloche : distribution la plus importanteraison : vient du fait que cette v. a. est très souvent observée
à cause du résultat :
si plusieurs facteurs distincts et indépendants influencent l’issue d’un
processus chacun avec sa loi propre, alors la résultante (somme) tend
vers une distribution normale
Exemples- somme de v.a uniformes- somme de v.a exponentielles- sommes de v.a Binomiales- sommes de v.a Poisson- sommes de v.a de lois diverses
autre rôle : approximer autres distributions
Bernard CLÉMENT, PhD
aussi appelée distribution gaussienne
MTH2302 Probabilités et méthodes statistiques
12
distribution normaledensité en forme de cloche
Scatterplot (chap05.sta 10v*1000c)
-2 0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 22 24 26
U
-0.02
0.00
0.02
0.04
0.06
0.08
0.10
0.12
0.14
GAUS
S
paramètresμ (mu) : moyenne
centre de la distributionσ (sigma) : écart type
évasement de la distribution μ
σNotation : X ~ N ( μ ,σ2 )
Densité f (x) = 1 _ exp (- ( x – μ )2 / 2 σ2 ) _ ∞ < x < ∞σ√2π
Répartition FX (x) = P (X ≤ x) = 1 exp (- ( t – μ )2 / 2 σ2 ) dtσ√ 2π
Intégration numérique seulement approximation plus loin-∞
x
Moyenne (X) = E(X) = μ Variance (X) = σ2 Écart type (X) = ET(X) = σ
Bernard CLÉMENT, PhDMTH2302 Probabilités et méthodes statistiques
13
Quelques exemples de distributions normales
Bernard CLÉMENT, PhD
densité
répartition
ou
cumulative
MTH2302 Probabilités et méthodes statistiques
14
normale centrée réduite : Z ~ N ( μ = 0, σ2 = 1)
Densité f ( z ) = 1 exp (- z 2 / 2 ) - ∞ < z < ∞√2π
Répartition Ф (z) = P ( Z ≤ z ) = 1 exp ( - t 2 / 2 ) d t √2π
Φ (- z) = 1 – Φ (z)-∞
z
Approximation de la fonction Φ ( z ) (peut remplacer la table)Φ (z) ≈ 1/ [ 1 + exp ( -1,5976 z - 0,0706 z3 ) ]
Approximation de la fonction inverse Φ-1 ( p )
si 0.5 ≤ p < 1 a = ( - 2ln ( 1-p)) 0 . 5 b = 2,30753 – 0,27061a1 + 0,99229a + 0,04481a2
Φ -1 ( p ) = a – b
si 0 < p ≤ 0.5 Φ -1 ( p ) = - Φ -1 ( 1 - p )
Bernard CLÉMENT, PhD MTH2302 Probabilités et méthodes statistiques
15
Table
fonction Φ
Normale
centrée
réduite
N(0,1)
Bernard CLÉMENT, PhD
Φ (- z) = 1 – Φ (z)
16
Quantile normale centrée réduite Z ~ N ( 0, 1)Probability Density Function
y=normal(x;0;1)
-3 -2 -1 0 1 2 30.0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0.6
Probability Distribution Functionp=inormal(x;0;1)
-3 -2 -1 0 1 2 30.0
0.2
0.4
0.6
0.8
1.0
Percentile (quantile) d’ordre p (0 < p < 1) de Z
noté zp : solution de Ф (zp) = p
Quantiles souvent employés
p 0,001 0,005 0,01 0,025 0,05 0,10 0,90 0,95 0,975 0,99 0,995 0,999
z p - 3,09 -2,576 -2,326 -1,96 -1,645 -1,282 1,282 1,645 1,96 2,326 2,576 3,09
zp = Φ -1(p)
Bernard CLÉMENT, PhD MTH2302 Probabilités et méthodes statistiques
17
Transformation : de N ( μ, σ 2 ) à N ( 0 , 1)
Si X ~ N ( μ , σ 2 ) alors Z = ( X – μ ) / σ
est une v.a normale centrée réduite Z ~ N ( μ = 0 , σ2 = 1)
X ~ N ( μ , σ 2 ) : Xp quantile d’ordre p (0 < p < 1)
X p = μ + σ Zp où Z p quantile d’ordre p loi N (0,1)
Évaluation Ф( - z ) = 1 – Ф ( z ) P ( a < X < b ) = Ф[( b – μ ) / σ)] - Φ[( a – μ ) / σ)]P ( | X | ≤ a ) = 2 Φ[( a – μ ) / σ)] - 1
X dans ( μ - σ, μ + σ) probabilité = 0.683X dans ( μ - 2σ, μ + 2σ) probabilité = 0.955X dans ( μ - 3σ, μ + 3σ) probabilité = 0.997
Exemple : X ~ N ( μ = 50 , σ2 = 16 ) (a) P ( X ≤ 55 ) = Φ [ ( 55 – 50 ) / 4) ] = Φ (1,25) = 0,8925(b) P ( X > 48 ) = 1 – P ( X < 48) = 1 - Φ [ ( 48 – 50 ) / 4 ]
= 1 - Φ ( - 0,5 ) = 1 – ( 1 - Φ (0,5) ) = Φ (0,5) = 0,6915
Bernard CLÉMENT, PhD MTH2302 Probabilités et méthodes statistiques
18
distribution normale? - méthodes pour répondrePourquoi? nombreuses procédures statistiques reposent sur l’hypothèse
que la variable de réponse Y du processus étudié est normale
Méthodes pour vérifier la normalité1. histogrammes : au moins 50 observations2. comparaisons : effectifs dans xbar ± s , xbar ± 2s , xbar ± 3s3. diagramme quantile-quantile : valable même pour moins de 50 obs.
procédure : disponible dans STATISTICA
1- ordonner les observations x ( 1 ) ≤ x ( 2 ) ≤ …. ≤ x ( n )2- calculer p i = i / ( n + 1 ) i = 1, 2,…, n
3- calculer z p i = Φ -1 ( p i ) : quantile d’une loi gaussienne
4- droite de moindres carrés passant par ( x ( i ) , zpi )4. tests d’ajustement : Khi-deux, Shapiro-Wilk
chapitre tests d’hypothèses
Bernard CLÉMENT, PhD
méthodes 1-2-3 : jugement visuel
MTH2302 Probabilités et méthodes statistiques
méthode 4 : calcul
19
Distribution: NormalX-ex5.8 = 120+22.4366*x
-2.0 -1.5 -1.0 -0.5 0.0 0.5 1.0 1.5 2.0
Theoretical Quantile
0.05 0.10 0.25 0.50 0.75 0.90 0.95
70
80
90
100
110
120
130
140
150
160
170
Obs
erve
d V
alue
Exemple graphique quantile-quantile
Exemple 1: n = 12 X = 104 - 97- 83 – 113 – 107 – 119 - 161- 123 – 129 -134 – 124 - 146
Normal Probability Plot of X-ex5.8 (chap05-V5.sta 21v*1000c)
70 80 90 100 110 120 130 140 150 160 170
Observed Value
-2.0
-1.5
-1.0
-0.5
0.0
0.5
1.0
1.5
2.0
Exp
ecte
d N
orm
al V
alue
quantile – quantile distribution normale normal probability plot
Bernard CLÉMENT, PhD
différence : inversion axe vertical axe horizontal
MTH2302 Probabilités et méthodes statistiques
20
Exemple graphique quantile-quantile
Exemple 2 : n = 100 - données simulées N ( mu=50, sigma=0,5)
51,00 - 50,37- ...- 50,05 - 49,50
-3 -2 -1 0 1 2 3
Theoretical Quantile
0.01 0.05 0.25 0.50 0.75 0.90 0.99
48.5
49.0
49.5
50.0
50.5
51.0
51.5
52.0
Observed Value
Bernard CLÉMENT, PhDMTH2302 Probabilités et méthodes statistiques
21
Exemple 3 : production composants caractéristique qualité Xdoit avoir une valeur nominale de 3,500. Procédé de fabrication estsujet à variations : par expérience l’écart type σ (sigma) de X est 0,01et l’ajustement à valeur nominale peut se dérégler ( usure, … )jusqu’à Δ = ± 1,5*σ autour de la valeur nominale visée 3,500
XL 3,500 XU
3,485 3,515
X
Δ = ± 1,5* σ = ± 0,015
QUESTIONS(a) déterminer les valeurs XL et XU de X qui engloberaient
disons 99,5% de la production?(b) une client exige des composants situés dans l’intervalle de tolérance
3,500 ± 0,030 ( 3,47 ≤ X ≤ 3,53 ). On ne peut pas régler la valeur nominale mieux qu’en (a).Quelle devrait être la valeur de σ pour que 99,5% de la productionsoit dans l’intervalle de tolérance désiré?
Bernard CLÉMENT, PhD MTH2302 Probabilités et méthodes statistiques
22
Exemple 3 : suite - solution(a) Posons Δ = - 0,015 P ( XL ≤ X ≤ XU ) = 0,995 XL = ? XU = ?
P [ ( XL - 3,485 ) / 0,01 ≤ (X – 3,485 ) / 0.01 ≤ ( XU – 3,485 ) / 0,01] = 0,995P [ ( XL - 3,485 ) / 0,01 ≤ Z ≤ ( XU – 3,485 ) / 0,01] = 0,995P [ ZL ≤ Z ≤ ZU ] = 0.995 Z suit loi N ( 0,1)
-0.05
0.00
0.05
0.10
0.15
0.20
0.25
0.30
0.35
0.40
0.45
gauss-std
ZL= - 2,81 ZU = 2,81
table N(0,1)
ZL = -2,81= (XL - 3,485) / 0,01
XL = 3,485 -2,81*0,01= 3,4569
ZU = 2,81= (XU – 3,485) / 0,01
XU = 3,485+2,81*0,01= 3,5138
0,0025
0
0,995
Bernard CLÉMENT, PhDMTH2302 Probabilités et méthodes statistiques
23
Exemple 3 : suite (a) Δ μ XL XU__
σ = 0.01 Δ = -1,5* σ -0,0075 3,485 3,4569 3,5138
Δ = 1,5* σ 0,0075 3,515 3,4869 3,5431
Δ = 0 0 3,500 3,4719 3,5281si on pose XL = 3,4569 et XU = 3,5431 on aura toujours
P( XL ≤ X ≤ XL ) = 0,995 quel que soit μ
(b) On veut que X ne soit jamais inférieur à 3,47 (avec probabilité 0,0025)et ne soit jamais supérieur à 3,53 (avec probabilité de 0,0025). Quelle doit être la valeur de σ? Si Δ = 0 ( μ = 3,500 ) la condition est satisfaite. Voir tableau.Si Δ = ± 0,015 la condition n’est pas satisfaite avec σ = 0,01On veut P ( 3,47 ≤ X ≤ 3,53 ) = 0,995 pour 3,485 ≤ μ ≤ 3,515 et une valeur de σ à déterminer. Si μ = 3,485
P [( 3,47 – 3,485) / σ ≤ (X – 3,485) / σ ≤ (3,53 – 3,485) / σ ] = 0.995P ( - 0,015 / σ ≤ Z ≤ 0,045 / σ ) = 0,995Ф( 0,045 / σ ) - Ф( - 0,015 / σ ) = 0.995
Mais σ ≤ 0,01 donc 0,045 / σ > 4,5 et Φ ( 0,045 / σ ) ≈ Φ (4,5) = 11 - Φ ( - 0,015 / σ ) = 0,995 donne σ = 0,015 / 2,575 = 0,0058
Si μ = 3,515 on obtient aussi σ = 0,0058
Bernard CLÉMENT, PhD MTH2302 Probabilités et méthodes statistiques
24
Bar/Column Plot (ch3.sta 10v*31c)
binom0 2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 22 24 26 28 30
0.00
0.02
0.04
0.06
0.08
0.10
0.12
0.14
0.16
0.18
Bar/Column Plot (ch4-V5.sta 10v*101c)
BINOM-21 3 5 7 9 11 13 15 17 19 21 23 25 27 29
0.00
0.02
0.04
0.06
0.08
0.10
0.12
0.14
0.16Bar/Column Plot (ch4-V5.sta 10v*101c)
BINOM-31 3 5 7 9 11 13 15 17 19 21 23 25 27 29
0.00
0.02
0.04
0.06
0.08
0.10
0.12
0.14
0.16
0.18
0.20
Approximation binomiale avec normale
rappel: masse binomiale est en forme de clocheapproximation binomiale avec normale
Bar/Column Plot (ch4-V5.sta 10v*101c)
BINOM-41 8 15 22 29 36 43 50 57 64 71 78 85 92 99
0.00
0.01
0.02
0.03
0.04
0.05
0.06
0.07
0.08
0.09
0.10Bar/Column Plot (ch4-V5.sta 10v*101c)
BINOM-51 9 17 25 33 41 49 57 65 73 81 89 97
0.00
0.01
0.02
0.03
0.04
0.05
0.06
0.07
0.08
0.09Bar/Column Plot (ch4-V5.sta 10v*101c)
BINOM-61 9 17 25 33 41 49 57 65 73 81 89 97
0.00
0.02
0.04
0.06
0.08
0.10
0.12
0.14
n = 30θ = 0,3
n = 30θ = 0,5
n = 30θ = 0,9
n = 100θ = 0,3
n = 100θ = 0,5
n = 100θ = 0,9
Bernard CLÉMENT, PhDMTH2302 Probabilités et méthodes statistiques
25
Une variable X binomiale ( n, θ) est discrète : x = 0, 1, 2, 3,…., nUne variable Y normale « équivalente » a pour paramètres:
μ = n θ et σ2 = n θ ( 1 – θ )Condition : faut que n soit « assez grand » : n θ ( 1 – θ ) > 5
θ 0,05 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 0,95n 105 50 32 24 21 20 21 24 32 50 105
Formules d’approximation : σ = [n θ ( 1 – θ )]0,5 et μ = n θ Binomiale Gaussienne Évaluation avec Φ_______________PB ( X = x) PG ( x-0,5 ≤ X ≤ x+0.5) Ф[ (x + 0,5 - μ)/σ ] - Φ [ (x - 0,5 - μ)/σ ]
PB( X ≤ x) PG ( X ≤ x+0,5) Φ [ (x + 0,5 – μ )/σ ]PB( a ≤ X ≤ b ) PG (a -0,5 ≤ X ≤ b +0,5) Φ [(b +0,5 - μ) /σ ] - Φ [(a- 0,5 - μ) /σ ]
± 0,5 : correction de continuité
Exemple : loi binomiale (n=100, θ = 0,4) nθ = 40 et nθ(1 – θ ) = 24 = 4,902
P(X =35) ≈ Ф[ (35 + 0,5 – 40) / 4,90] - Φ[ (35 - 0,5 – 40) / 4,90]≈ Φ( - 0,92 ) - Φ( - 1,12 ) = 0,1788 – 0,1314 = 0,0474
P( 22 < X ≤ 30 ) = P(23 ≤ X ≤ 30) ≈ Φ[( 30 + 0,5 – 40) / 4,90] – Φ [(23 – 0,5) / 4,90 ]= Φ(-1,94) – Φ(-3,57) = 0,0262 – 0,0002 = 0,0260
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Approximation binomiale avec normale
26
Combinaison linéaire de variables normales
RÉSULTAT
Soient X 1 , X 2,, ….. , X n des v. a indépendantes
X i ~ N ( μ i , σi2 )
Soient a0, a1, a 2,, …. , an des constantes.
nPosons Y = a0 +∑ ai Xi
i = 1une combinaison linéaire des Xi
alors Y ~ N ( μY , σY2 ) où
μ Y = a0 + ∑a i μ i σY2 = ∑ a i
2 σi2
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27
Exemple 1 : X1 ~ N ( mu = 2, var = 9) X2 ~ N ( mu = 1, var = 16)Calculer : (a) P( X1- X2 > 1.5) (b) P(X1 > X2)
(c) P( X1 + X2 ≤ 1) (d) P( 2X1 + X2 > 6)Solution(a) X1 – X2 ~ N (mu =2 -1 = 1, var = 9+16 = 25)
P(X1-X2 > 1.5) = 1 – P(X1-X2< 1.5) = 1- Φ ((1,5 -1) / 5) = 1- Φ( 0,1 )
= 1 – 0,5398 = 0,4602
(b) P(X1 > X2) = P( X1 – X2 > 0) = 1 - Φ((0 - 1) / 5) = 1- Φ(-0,2) = 0,5793
(c) X1 + X2 ~ N (mu = 2+1 = 3, var = 9 + 16 = 25)
P( X1 + X2 ≤ 1) = Φ((1 – 3) / 5) = Φ(-0,40) = 0,3446
(d) 2X1 + X2 ~ N ( mu = 2*2+1 = 5, var = 4*9+16 = 52)
P(2X1+X2 > 6) = 1 – Φ((6 – 5) / 520.5 ) = 1 – Φ(0,14) = 0,44443
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Exemple 2 insertion d’une tige dans un cylindre évidé
X 1 ~ N ( μ1 = 1,005 , σ1 = 0,003 ) : diamètre intérieurcylindre
X 2 ~ N ( μ 2 =1 , σ2 = 0,002 ) : diamètre extérieur tige
Quelle est la probabilité de faire l’insertion tige dans cylindre?
Solution W = X 1 – X 2 loi N ( 0,005, σ W = √13 * 0.001 = 0,0036 )
P ( W > 0) = 1 – P ( W < 0 ) = 1 - Φ [ ( 0 – 0,005) / 0,0036 ]
= 1 - Φ ( -1,39 ) = 0,92 ou 92%
quoi faire pour augmenter la probabilité à 0,99 ?
réponse : réduire σ1 ou σ2 (page suivante)
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29
Exemple 3 (suite) insertion d’une tige dans un cylindre
X 1 ~ N ( μ1 =1,005 , σ 1 = ? ) : diamètre intérieurcylindre
X 2 ~ N ( μ 2 =1 , σ2 = 0,002 ) : diamètre extérieur tige
Valeur de σ1 pour faire l’insertion avec probabilité 0,99 ?
Solution : W = X 1 – X 2 suit loi N ( 0,005, σ W )on veut P ( W > 0) = 0,99
P ( W < 0 ) = 0,01 = 1 - P [( 0 – 0,005) / σ W ](0 – 0,005) / σ W = Z 0.01 = - 2,33 (table)- 0,005 / σ W = - 2,33 σ W = 0,00215
σ W = 0,00215 = (σ12 + 0.002 2 )0.5
σ 1 = 0,028
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30Bernard CLÉMENT, PhD
Théorème Central-Limite
MTH2302 Probabilités et méthodes statistiques
Théorème Central Limite (TCL)
X1 , X2 , …, Xn suite de variables aléatoires indépendantes telles queE(Xi) = µi Var(Xi) = σi
2 i = 1 ,2, …, nalors si n est « grand » (n ≥ 30 généralement suffisant)(1) Z = ( ∑ Xi - ∑ µi ) / ( ∑ σi
2 )0,5 ~ N(0 , 1) approximativement
Cas particulier application au processus d’échantillonnage
X1 , X2 , …, Xn une suite de variables aléatoires indépendantes,identiquement distribuées avec
E(Xi) = µ Var(Xi) = σ2 i = 1 ,2, …, nalors si n est « grand » (n ≥ 30 généralement suffisant)(2) Y = ∑ Xi ~ N(µY , σY
2 ) avec µY = n µ σY2 = n σ2
(𝟑𝟑) 𝐗𝐗𝐗𝐗𝐗𝐗𝐗𝐗 = ∑ Xi / n ~ N(µ , σ2 /n)
(4) [ (∑ Xi / n) - µ ) / (σ/ 𝐧𝐧 ) ~ N(0 , 1)
31Bernard CLÉMENT, PhD
Théorème Central-Limite
MTH2302 Probabilités et méthodes statistiques
Exemple : 50 nombres Xi au hasard dans intervalle [ 0, 1 ]
Prob ( ∑ Xi ≥ 28 ) = ? réponse = 0,0708
Exemple : échantillon de 9 bouteilles dont le volume a pourmoyenne de 750 ml et un écart-type de 15 ml.
Prob ( Xbar ≤ 745) = ? réponse = 0,1587
32Bernard CLÉMENT, PhD
distribution lognormale
MTH2302 Probabilités et méthodes statistiques
X suit distribution lognormale de paramètres µ et σ si Y = ln(X) suit une distribution normale N(µ , σ2)
µ et σ : pas la moyenne et l’écart-type de Xmais
µ = E(X) = moyenne de Y = ln(X)σ = ET(Y) = écart-type de Y = ln(X)
fonction densité
fonctionrépartition
Fx(x) = Prob (X ≤ x ) = Prob ( ln(X) ≤ lnx ) = Φ [ (ln(x) - µ )/ σ) ]
moyenne =médiane =
mode =variance =
33Bernard CLÉMENT, PhD MTH2302 Probabilités et méthodes statistiques
distribution lognormale
Exemple: X distance (m) entre 2 véhicules consécutifssur une autoroutedistribution de X : lognormaleparamètres µ = 0,5 σ = 0,8
a) Prob (X ≥ 3) = ? réponse : 0,227
b) moyenne de X = ? réponse : 2,27
c) écart-type de X = ? réponse : 2,33
34Bernard CLÉMENT, PhD
propriétés distribution lognormale
35
distribution gamma : Γ(c, λ)
fX (x) = [ 1/ Γ(c) ] λc x c – 1 e - λ x x > 0
Γ (Gamma) est la fonction Gamma c > 0 est le paramètre de forme λ > 0 est le paramètre d’échelle
Moyenne E (X) = c / λ
Variance Var (X) = c / λ 2
loi gamma avec c = 2 et lambda = 1
0 2 4 6 8 100.0
0.2
0.4
0.6
0.8
1.0
fonction répartition
0 2 4 6 8 100.0
0.2
0.4
0.6
0.8
1.0
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36Bernard CLÉMENT, PhD
c = 0,5
c = 1exponentielle
c = 1,5
c = 2
λ = 1 λ = 2 λ = 4
distribution gamma : Γ(c, λ)
37
Distribution Gamma : relation avec processus Poisson
Résultat (généralisation résultat de la page 4 où n = 1)
X un processus de Poisson d’intensité λλ réalisations en moyenne par unité de temps
Y le nombre de réalisations du processus durant t unités de temps
Y suit une loi de Poisson de paramètre λt
T le temps d’attente jusqu’à la n-ième réalisation
T suit une loi Gamma de paramètres α = n et θ = 1 / λ
distribution Khi-deux : cas particulier GammaSi λ = 0,5 et c = k / 2 où k est un entier :
la loi porte le nom du khi-deux.
employée chapitres 9 - 10 - 11 - 12
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38
distribution Weibull : W (c,λ)
f ( x ) = (c / λ) (x /λ ) c - 1 exp [- ( x / λ)c ]densité
répartition F ( x) = 1 – exp [ - (x / λ) c ] x > 0
c = 1 : distribution exponentielle
quantile d’ ordre p : x p = ln [ ln (1 / (1-p) ) ] 0 < p < 1
c paramètre de forme λ paramètre d’échelle
Bernard CLÉMENT, PhD
densité
0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 1.2 1.4 1.6 1.8 2.00.0
0.2
0.4
0.6
0.8
1.0
1.2
répartition
0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 1.2 1.4 1.6 1.8 2.00.0
0.2
0.4
0.6
0.8
1.0Weibull
c = 2, λ =1
fiabilité
λ =1
β = c
39
Q uantile-Q uantile Plot of X-ex5.24 chap05.sta 24v*1000c)Distribution: Weibull(1)
X-ex5.24 = 649.8774+1139.6854*x
-0.2 0.0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 1.2 1.4 1.6 1.8 2.0 2.2 2.4 2.6
Theoretical Quantile
0.01 0.25 0.50 0.75 0.90
0
500
1000
1500
2000
2500
3000
3500
4000
Observed V
alue
Exemple : X = 525 – 880 – 1200 – 1600 – 1980 – 2420 - 3294distribution Weibull ? examen avec graphique quantile - quantile
Bernard CLÉMENT, PhD
graphique quantile - quantile
alignement
des points :
indication
loi
Weibull
semble
acceptable