Inférence pour une proportion

Indiquez le nombre de succès x, la taille de l'échantillon n et la proportion supposée p₀, puis choisissez l'hypothèse alternative, le niveau de confiance et α. Le graphique supérieur représente la distribution d'échantillonnage de p̂ sous l'hypothèse où p₀ serait vraie, avec la p-valeur grisée ; au-dessous, à la même échelle, figure l'intervalle de confiance.

Écart-type de p̂	$\sigma_{\hat p}=\sqrt{\frac{p(1-p)}{n}}$
Intervalle de confiance	$\hat p\pm z^*\sqrt{\frac{\hat p(1-\hat p)}{n}}$
Statistique de test	$z=\frac{\hat p-p_0}{\sqrt{p_0(1-p_0)/n}}$

Exemple résolu — Inférence pour une proportion

Proportion échantillonnale p̂	0,17
Statistique de test z	2,33
p-valeur	0,0196
p-valeur binomiale exacte	0,0412
Valeur critique z* pour 95%	1,96
Erreur-type de p̂	0,0376
Marge d'erreur	0,0736
Intervalle de confiance à 95%	(0,0964; 0,2436)

Ce sont les valeurs affichées par le calculateur à l’ouverture de la page. Modifiez une entrée ci-dessus pour les recalculer.

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Leçon

La théorie — Inférence pour une proportion

L'inférence pour une proportion utilise la proportion échantillonnale p̂ = x/n afin d'estimer la proportion p de la population au moyen d'un intervalle de confiance, ou d'évaluer une valeur annoncée p₀ à l'aide d'un test de signification.

D’où vient la formule

La distribution d'échantillonnage de p̂. Lors de prélèvements aléatoires répétés, p̂ a pour moyenne p et pour écart-type √(p(1 − p)/n). Sa distribution est proche d'une loi normale dès que np et n(1 − p) valent chacun au moins 10.
$\mu_{\hat p}=p,\qquad\sigma_{\hat p}=\sqrt{\frac{p(1-p)}{n}}$
Vérifiez les conditions. Aléatoire : un échantillon aléatoire, ou une assignation aléatoire dans une expérience. 10 % : lors d'un tirage sans remise, n ne dépasse pas le dixième de la population. Grands effectifs : pour un intervalle, au moins 10 succès et 10 échecs ; pour un test, n p₀ et n(1 − p₀) valent au moins 10.
$\begin{aligned}&n\le0.1\,N\\&n\hat p\ge10,\quad n(1-\hat p)\ge10\\&np_0\ge10,\quad n(1-p_0)\ge10\end{aligned}$
L'intervalle. p̂ ± z* multiplié par l'erreur-type, calculée à partir de p̂ puisque p est inconnue. La valeur critique z* dépend du niveau de confiance : 1,645 pour 90 %, 1,96 pour 95 %, 2,576 pour 99 %. Interprétez-le en contexte : nous affirmons avec un niveau de confiance de 95 % que l'intervalle contient la proportion de la population, ces 95 % correspondant à la proportion d'intervalles réussis lors de répétitions de l'échantillonnage.
$\hat p\pm z^*\sqrt{\frac{\hat p(1-\hat p)}{n}},\qquad z^*=1.645,\ 1.96,\ 2.576$
Le test. Énoncez H₀ : p = p₀ et l'hypothèse alternative. On suppose H₀ vraie : l'écart-type de p̂ se calcule donc avec p₀. La valeur z indique à combien d'écarts-types p̂ se trouve de p₀, et la p-valeur est la probabilité, sous H₀, d'obtenir une valeur de p̂ au moins aussi extrême dans le sens de Hₐ.
$H_0:\ p=p_0\ \Rightarrow\ \sigma_{\hat p}=\sqrt{\frac{p_0(1-p_0)}{n}},\qquad z=\frac{\hat p-p_0}{\sigma_{\hat p}}$
Concluez en contexte. Si la p-valeur est inférieure à α, rejetez H₀ : les données apportent une preuve convaincante en faveur de Hₐ. Sinon, ne rejetez pas H₀ : la preuve n'est pas convaincante, ce qui ne prouve nullement que H₀ soit vraie. Rejeter une hypothèse H₀ vraie est une erreur de première espèce, dont la probabilité théorique est fixée à α. Cependant, avec une distribution discrète seulement approchée par la loi normale, cette probabilité n'est que voisine de α : à n = 100 et p₀ = 0,1, un test à 5 % rejette une hypothèse H₀ vraie dans 6,4 % des cas. Ne pas rejeter une hypothèse H₀ fausse est une erreur de seconde espèce.

Suppose: Le modèle normal est une approximation du décompte binomial. Lorsque la condition des grands effectifs n'est pas remplie, la page affiche la p-valeur binomiale exacte à côté de la valeur normale ; sa version bilatérale double la plus petite probabilité de queue.

Problèmes entièrement résolus

La distribution d'échantillonnage de p̂ 2 étapes
Supposons que 10 % des élèves d'une école viennent à pied. Décrivez la distribution d'échantillonnage de p̂ pour des échantillons aléatoires de 100 élèves.

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1. Son centre et sa dispersion découlent de p et de n :
  
  $\mu_{\hat p}=p=0.1,\qquad\sigma_{\hat p}=\sqrt{\frac{0.1\,(0.9)}{100}}=0.03$
2. Sa forme est approximativement normale, car les deux effectifs attendus atteignent au moins 10 :
  
  $np=100\,(0.1)=10\ge10,\qquad n(1-p)=100\,(0.9)=90\ge10$
Réponse

Approximativement normale, de moyenne 0,1 et d'écart-type 0,03.

$\hat p\ \dot\sim\ N(0.1,\ 0.03)$
La condition des 10 % 2 étapes
L'échantillon de 100 élèves est prélevé sans remise dans un établissement qui n'en compte que 400. Vérifiez les conditions d'inférence pour la proportion d'élèves venant à pied.

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1. La condition des grands effectifs est respectée, comme dans le premier problème. En revanche, la règle des 10 % ne l'est pas :
  
  $n=100>0.1\times400=40$
2. Sans remise dans une petite population, p̂ varie moins que ne l'indique la formule. Le facteur de population finie mesure cette réduction :
  
  $\sqrt{\frac{N-n}{N-1}}=\sqrt{\frac{300}{399}}\approx0.867,\qquad0.03\times0.867\approx0.026$
Réponse

La condition des 10 % échoue (100 > 40). La valeur de 0,03 fournie par la formule majore la dispersion de p̂ ; corrigée pour cette population finie, elle vaut environ 0,026.

$100>40,\qquad\sigma_{\hat p}\approx0.026<0.03$
Construire un intervalle de confiance 2 étapes
Dans un échantillon aléatoire de 1 000 électeurs parmi les 300 000 d'une ville, 520 soutiennent une candidate. Construisez et interprétez un intervalle de confiance à 95 % pour la proportion de l'ensemble des électeurs de la ville qui la soutiennent.

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1. Conditions : échantillon aléatoire ; 1 000 est inférieur au dixième de 300 000 ; 520 succès et 480 échecs. Proportion échantillonnale et son erreur-type :
  
  $\hat p=\frac{520}{1000}=0.52,\qquad SE=\sqrt{\frac{0.52\,(0.48)}{1000}}\approx0.0158$
2. Multipliez par z* = 1,96, puis retranchez et ajoutez :
  
  $0.52\pm1.96\,(0.0158)=0.52\pm0.031$
Réponse

(0,489 ; 0,551). Nous affirmons avec un niveau de confiance de 95 % qu'entre 48,9 % et 55,1 % des électeurs de la ville soutiennent la candidate.

$(0.489,\ 0.551)$
Utiliser un intervalle pour juger une affirmation 2 étapes
Dans un échantillon aléatoire de 100 élèves, 10 viennent à pied. Un journal affirme que 17 % des élèves de l'école viennent à pied. Utilisez un intervalle de confiance à 95 % pour évaluer cette affirmation.

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1. L'intervalle, calculé à partir de 10 succès et 90 échecs :
  
  $\hat p=\frac{10}{100}=0.1,\qquad0.1\pm1.96\sqrt{\frac{0.1\,(0.9)}{100}}=0.1\pm0.059=(0.041,\ 0.159)$
2. Comparez la valeur annoncée à l'intervalle :
  
  $0.17>0.159$
Réponse

L'intervalle (0,041 ; 0,159) ne contient pas 0,17 : 17 % n'est donc pas une valeur plausible pour la proportion d'élèves qui viennent à pied.

$0.17\notin(0.041,\ 0.159)$
Un test de signification bilatéral 2 étapes
Un établissement de 1 200 élèves affirme que 10 % d'entre eux viennent à pied ; dans un échantillon aléatoire de 100 élèves, 17 le font. Testez cette affirmation au seuil de 5 %.

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1. Hypothèses : H₀ : p = 0,1, Hₐ : p ≠ 0,1. Conditions : échantillon aléatoire ; 100 est inférieur au dixième de 1 200 ; n p₀ = 10 et n(1 − p₀) = 90. Statistique de test, avec l'écart-type calculé sous p₀ :
  
  $z=\frac{0.17-0.1}{\sqrt{0.1\,(0.9)/100}}=\frac{0.07}{0.03}\approx2.33$
2. La p-valeur bilatérale :
  
  $P=2\,P(Z\ge2.33)\approx0.020$
Réponse

p = 0,020 < 0,05 : on rejette H₀. Les données apportent une preuve convaincante que la proportion d'élèves venant à pied n'est pas de 10 %.

$P\approx0.020<0.05$
Un test unilatéral sans rejet 2 étapes
Avec 520 électeurs sur 1 000 choisis au hasard qui soutiennent la candidate, dispose-t-on d'une preuve convaincante qu'une majorité de l'ensemble des électeurs de la ville la soutient ? Utilisez α = 0,05.

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1. Hypothèses : H₀ : p = 0,5, Hₐ : p > 0,5. Grands effectifs : 500 et 500. La statistique de test :
  
  $z=\frac{0.52-0.5}{\sqrt{0.5\,(0.5)/1000}}=\frac{0.02}{0.0158}\approx1.265$
2. La p-valeur unilatérale :
  
  $P=P(Z\ge1.265)\approx0.103$
Réponse

p = 0,103 ≥ 0,05 : on ne rejette pas H₀. Il n'y a pas de preuve convaincante d'une majorité. Cela ne prouve pas non plus son absence.

$P\approx0.103\ge0.05$
Quand les grands effectifs font défaut, et les erreurs en jeu 3 étapes
Un fournisseur affirme que 2 % de ses pièces sont défectueuses. Dans un échantillon aléatoire de 100 pièces, 5 le sont. Le test z est-il approprié ? Déterminez la p-valeur exacte pour Hₐ : p > 0,02 et précisez ce que signifieraient ici une erreur de première espèce et une erreur de seconde espèce.

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1. La condition des grands effectifs échoue pour le test :
  
  $np_0=100\,(0.02)=2<10$
2. Utilisez directement la loi binomiale. Si p = 0,02, le nombre de défauts X suit une loi binomiale avec n = 100 :
  
  $P(X\ge5)=1-\sum_{k=0}^{4}\binom{100}{k}(0.02)^k(0.98)^{100-k}\approx0.051$
3. Une erreur de première espèce consisterait à conclure que la proportion de pièces défectueuses dépasse 2 % alors qu'elle ne la dépasse pas ; une erreur de seconde espèce consisterait à ne pas détecter une proportion qui dépasse réellement 2 %.
Réponse

Non : n p₀ = 2 < 10. La p-valeur exacte est de 0,051, contre 0,016 selon la loi normale : au seuil de 5 %, la preuve est tout juste insuffisante.

$P_{\mathrm{exact}}\approx0.051,\qquad P_{\mathrm{normal}}\approx0.016$
Choisir la taille de l'échantillon 2 étapes
Quelle taille d'échantillon aléatoire assure un intervalle de confiance à 95 % avec une marge d'erreur d'au plus 3 points de pourcentage, quelle que soit la véritable proportion ?
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1. Le produit p̂(1 − p̂) est maximal en p̂ = 0,5 : dimensionnez donc l'échantillon à partir de ce cas :
  
  $n=\left(\frac{z^*}{m}\right)^{2}p^*(1-p^*)=\left(\frac{1.96}{0.03}\right)^{2}(0.5)(0.5)\approx1067.1$
2. Arrondissez à l'entier supérieur, car 1 067 donnerait une marge légèrement supérieure à 3 points :
  
  $1.96\sqrt{\frac{0.25}{1067}}\approx0.0300016>0.03$
Réponse

n = 1 068.

$n=1068$

Exercices supplémentaires, réponses seules

Dans un échantillon aléatoire de 60 individus, 45 possèdent une propriété donnée. Déterminez un intervalle de confiance à 90 % pour la proportion dans la population.

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(0,658 ; 0,842)

$0.75\pm1.645\sqrt{\frac{0.75\,(0.25)}{60}}=0.75\pm0.092=(0.658,\ 0.842)$
Testez si la pièce de Kerrich (5 067 faces sur 10 000 lancers) était équilibrée, au seuil α = 0,05.

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z = 1,34, p = 0,18 : non-rejet de H₀ ; aucune preuve convaincante que la pièce était biaisée.

$z=\frac{0.5067-0.5}{0.005}=1.34,\qquad P=2\,P(Z\ge1.34)\approx0.18$
Déterminez un intervalle de confiance à 95 % pour la proportion de faces lors des 10 000 lancers de Kerrich.

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(0,497 ; 0,516), qui contient 0,5

$0.5067\pm1.96\,(0.0050)=(0.497,\ 0.516)$
Quelle taille d'échantillon garantit un intervalle à 90 % avec une marge d'erreur d'au plus 4 points de pourcentage, quelle que soit la proportion réelle ?

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n = 423

$n=\left(\frac{1.645}{0.04}\right)^{2}(0.25)\approx422.8\ \Rightarrow\ n=423$
Une pièce retombe 40 fois sur face en 100 lancers. Testez H₀ : p = 0,5 contre Hₐ : p < 0,5 au seuil α = 0,05.

Afficher la réponse

z = −2, p = 0,023 : on rejette H₀ ; les données apportent une preuve convaincante que la pièce retombe sur face moins de la moitié du temps.

$z=\frac{0.4-0.5}{0.05}=-2,\qquad P=P(Z\le-2)\approx0.023<0.05$
Dans le sondage auprès de 520 électeurs sur 1 000, que signifie l'expression « confiance à 95 % » ?

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Si l'on prélevait un grand nombre d'échantillons aléatoires de 1 000 électeurs et que l'on construisait un intervalle à partir de chacun de la même façon, environ 95 % de ces intervalles recouvriraient la proportion réelle. Cela ne mesure pas la probabilité que cet intervalle précis, (0,489 ; 0,551), la contienne : soit il la contient, soit il ne la contient pas.
Un test est mené au seuil α = 0,01. Si H₀ est réellement vraie, quelle est approximativement la probabilité que le test la rejette, et comment nomme-t-on cette erreur ?

Afficher la réponse

Environ 0,01, et exactement 0,01 seulement si la distribution d'échantillonnage était rigoureusement normale ; rejeter une hypothèse H₀ vraie est une erreur de première espèce. Une fois le rejet décidé, 0,01 ne représente aucunement la probabilité que ce rejet particulier soit une erreur.

$P(\mathrm{reject}\ H_0\mid H_0)\approx\alpha=0.01$

17 sur 100 rejette 10 %, et l'intervalle le conserve

Cliquez sur 17 sur 100 contre 10 %. Le test donne z = 2,33 et p = 0,0196 : il rejette p = 0,1 au seuil de 5 %. Pourtant, l'intervalle à 95 %, de 0,096 à 0,244, contient encore 0,1. Cliquez à présent sur 10 sur 100 contre 17 %, qui permute ces deux proportions : l'intervalle, de 0,041 à 0,159, exclut 0,17, tandis que le test le conserve avec p = 0,062. Aucun calcul n'est faux. D'ailleurs, la p-valeur binomiale exacte donne raison au test dans les deux cas : l'approximation par la loi normale n'est donc pas en cause. Le test évalue la distance entre p̂ et p₀ avec un écart-type calculé sous p₀, car il postule H₀ ; l'intervalle utilise une erreur-type calculée à partir de p̂, car il ne fait aucune supposition sur p. Pour 0,1, cette règle de mesure vaut 0,03, alors qu'elle passe à 0,0376 pour 0,17. L'écart de 0,07 se situe entre 1,96 fois l'une et 1,96 fois l'autre. Quand une question demande un test, faites le test ; quand elle demande si une valeur est plausible, utilisez l'intervalle.

Deux défauts attendus, cinq observés : 1,6 % selon la courbe, 5,1 % par le décompte

Cliquez sur 5 défauts sur 100. Le fournisseur annonce 2 % : on s'attend donc à 2 défauts, et l'on en trouve 5. Le test z donne z = 2,14 et une p-valeur unilatérale de 0,016, nettement inférieure à 0,05. Mais n p₀ = 2, bien en deçà des 10 qu'exige la condition des grands effectifs. Les barres sous la courbe montrent l'anomalie : le nombre de défauts ne pouvant descendre sous 0, sa distribution est asymétrique, avec une longue queue à droite que la courbe en cloche ne possède pas. La probabilité exacte d'observer 5 défauts ou plus chez un fournisseur à 2 % est de 0,051, soit le triple du résultat normal et un niveau tout juste supérieur à 0,05. La condition des grands effectifs marque l'endroit précis où la courbe cesse de décrire fidèlement les barres.

La pièce de Kerrich a donné 67 faces de trop, et c'est parfaitement normal

Interné au Danemark en 1941, le mathématicien John Kerrich a lancé une pièce 10 000 fois et obtenu 5 067 faces. Cliquez sur La pièce de Kerrich : avec z = 1,34 et p = 0,18, une pièce équilibrée s'écarte au moins autant du centre, dans un sens ou dans l'autre, environ une fois sur cinq ou six. Ces 67 faces supplémentaires ne sont pas une dette que la pièce devra combler. Pour une pièce équilibrée, l'écart entre le nombre de faces et la moitié des lancers possède un écart-type de √n/2 : cet écart grandit donc avec le nombre de lancers, valant 5 après 100 lancers, 50 après 10 000, 500 après un million. Ce qui diminue, c'est cet écart rapporté au total des lancers, passant de 5 % à 0,5 %, puis à 0,05 %. La loi des grands nombres porte sur la proportion, non sur le compte brut. Rien ne force les tirages à compenser les écarts passés : une longue série de piles ne rend jamais la sortie d'une face plus imminente.

Parcours

Statistiques : des données aux proportions

Références (2)

Insight block 3 and the Kerrich preset: John Kerrich, interned in Denmark in 1941, tossed a coin 10,000 times and it landed heads 5,067 times; his weighted wooden disc, tossed 1,000 times, did show a bias: Gelman, A. & Nolan, D. (2002). You can load a die, but you can't bias a coin. The American Statistician, 56(4), 308–311.
Why the large-counts condition is a rule of thumb rather than a guarantee: the coverage of the standard interval, p̂ ± z* SE, is erratic far more persistently than is usually appreciated, and the textbook prescriptions for when it is safe cannot be trusted; the Wilson, Jeffreys and Agresti–Coull intervals are recommended instead: Brown, L. D., Cai, T. T. & DasGupta, A. (2001). Interval estimation for a binomial proportion. Statistical Science, 16(2), 101–133.

Par l’équipe 7 Raven Room · Vérifié sur des sources publiées. Corrections bienvenues.

Inférence pour une proportion

D’où vient la formule

Exercices supplémentaires, réponses seules

17 sur 100 rejette 10 %, et l'intervalle le conserve 🖖

Deux défauts attendus, cinq observés : 1,6 % selon la courbe, 5,1 % par le décompte 🖖

La pièce de Kerrich a donné 67 faces de trop, et c'est parfaitement normal 🖖

17 sur 100 rejette 10 %, et l'intervalle le conserve

Deux défauts attendus, cinq observés : 1,6 % selon la courbe, 5,1 % par le décompte

La pièce de Kerrich a donné 67 faces de trop, et c'est parfaitement normal