mth 2301 méthodes statistiques en ingénierie- somme de v.a uniformes - somme de v.a exponentielles...

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)


fX ( x ) =


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


distribution EXPONENTIELLE : T ~ Exp (λ )


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


4 exemples d’applications la loi exponentielle

pages suivantes

distribution EXPONENTIELLE : T ~ Exp (λ )


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


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


Réponse : graphique quantile (données) vs quantile (loi)

alignement

des points :

indication

que oui


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


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


t (an)


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


aussi appelée distribution gaussienne


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


13

Quelques exemples de distributions normales


densité

répartition

ou

cumulative


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 )


15

Table

fonction Φ

Normale

centrée

réduite

N(0,1)


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)


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


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


méthodes 1-2-3 : jugement visuel


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


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


différence : inversion axe vertical axe horizontal


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


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


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?


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


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


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


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


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


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


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


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


28

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)


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


30Bernard CLÉMENT, PhD

Théorème Central-Limite


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)


Théorème Central-Limite


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


distribution lognormale


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


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



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


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


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

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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


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


graphique quantile - quantile

alignement

des points :

indication

loi

Weibull

semble

acceptable

mth 2301 méthodes statistiques en ingénierie- somme de v.a uniformes - somme de v.a exponentielles...

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