\chapter{\'Echantillonnage}

Nous allons ici aborder un chapitre délicat. \\
Pour l'introduire, nous allons nous baser sur un exemple unique : 
\begin{quote}
\og On lance un dé équilibré à 6 faces  25 fois de suite. \fg{} 
\end{quote}

\begin{defin}
Un \bold{échantillonnage} de taille $n$ est constitué des résultats d'une expérience répétée de façon indépendante $n$ fois.
\end{defin}

Dans notre exemple, $n=25$. L'expérience répétée est le lancer du dé.\\
On peut relever les fréquences d'apparition des différentes faces du dé : on obtiendra alors ce que l'on appelle la \bold{distribution des fréquences}.

\bigskip

Maintenant, si on considère 100 échantillons de m\^eme taille, il est fort à parier que les fréquences vont varier d'un échantillon à l'autre.

\begin{defin}
On appelle \bold{fluctuation d'échantillonnage} la variation de la distribution des fréquences d'un échantillonnage à un autre.
\end{defin}


\begin{minipage}{0.4\textwidth}
On lance 25 fois fois un dé à 6 faces et on note maintenant la fréquence d'apparition des faces portant un nombre premier (2, 3 ou 5).\\
On répète 100 fois cette expérience et on représente les résultats par le graphique ci-contre :
\end{minipage}
\begin{minipage}{0.6\textwidth}
\begin{center}
\begin{tikzpicture}[scale=0.4,every node/.style={scale=0.4}]
\draw[dotted] (0,0) grid (10,10);
\draw[thick] (0,0) -- (10,0);
\draw[thick,->,>=stealth'] (0,0) -- (0,10) node[above right] {Fréquences (en \%)};
\foreach \y in {0,1,...,9}
{
	\draw[thick] (.2,\y) -- (-.2,\y) node[left] {\y 0};
}
\foreach \i in {1,2,...,100}
{
	\pgfmathparse{0}\global\let\f\pgfmathresult
	\foreach \j in {1,2,...,25}
	{
		\FPrandom\hasard%
		\FPupn\result{6 \hasard{} * 1 + 0 trunc}
		\result
		\ifnum\result=2
			\pgfmathparse{\f+1}\global\let\f\pgfmathresult
		\else
			\ifnum\result=3
				\pgfmathparse{\f+1}\global\let\f\pgfmathresult
			\else
				\ifnum\result=5
					\pgfmathparse{\f+1}\global\let\f\pgfmathresult
				\fi
			\fi
		\fi
	}
	\pgfmathparse{10*\f/25}\global\let\f\pgfmathresult
	\fill[red] ({0.1*\i},\f) circle (2pt);
}
\draw[thick,bleunuit,dashed] (0,3) -- (10,3);
\draw[thick,bleunuit,dashed] (0,7) -- (10,7);
\end{tikzpicture}
\end{center}
\end{minipage}

\medskip

On peut remarquer que les fréquences se situent aux alentours de \pourcent{50} (probabilité d'obtenir 2, 3 ou 5). On s'intéresse alors à un intervalle qui contiendrait \pourcent{95} des fréquences.\\
Sur le graphique, on peut considérer l'intervalle \intervFF{30}{70} et on pourrait le considérer comme étant l'intervalle \intervFF{50-20}{50+20}.

\medskip

\begin{prop}
Considérons une population dans laquelle nous savons que la probabilité d'apparition d'un caractère A est égale à $p$, où $0,2\leqslant p\leqslant 0,8$.\\
Considérons les échantillons de taille $n\geqslant25$.\\
Dans \pourcent{95} des échantillons de taille $n$, la fréquence d'apparition du caractère A dans l'échantillon se trouve dans l'intervalle :
 \[f \in \left[p-\dfrac{1}{\sqrt{n}};p+\dfrac{1}{\sqrt{n}}\right].\]
Ce dernier intervalle est appelé \bold{un intervalle de fluctuation au seuil de \pourcent{95}}.
\end{prop}

\begin{rem}
Cela signifie qu'il est rare (\pourcent{5}) de trouver un échantillon dans lequel la fréquence d'apparition du caractère A n'est pas dans l'intervalle.\\
On pourra alors considérer qu'un tel échantillon n'est pas \og conforme à nos attentes \fg, avec un risque de se tromper de \pourcent{5}.
\end{rem}

\medskip

Comment utiliser ce résultat ? Voyons un exemple classique :

\medskip

\begin{exemple}
Sachant que dans la population française il y a autant d'hommes que de femmes (à peu près), on voudrait savoir si deux entreprises respectent le principe de parité dans leur recrutement.\\
L'une a recruté 42 femmes sur 100 employés, l'autre \np{1175} femmes sur \np{2500} employés.\\
\`A première vue, il semble que la seconde entreprise, qui a recruté \pourcent{47} de femmes, soit plus respectueuse du principe de parité que la première, qui n'a recruté que \pourcent{42} de femmes.\\
Est-ce exact ?

\medskip

On va supposer ici :
\begin{itemize}
\item[$\bullet$] que chaque entreprise, au moment du recrutement de chaque employé, a le choix entre un grand nombre de candidats (ce qui n'est pas toujours le cas) ;
\item[$\bullet$] que si l'on respecte le principe de parité, le recrutement est parfaitement aléatoire quant au genre du futur employé (masculin ou féminin).
\end{itemize}

On peut alors supposer que chaque entreprise est un échantillon de la population totale des candidats au recrutement.

\begin{itemize}
\item[$\bullet$] \text{Pour la première entreprise.}\\
L'échantillon est de taille 100. La propriété précédente nous permet de dire que \pourcent{95} des échantillons de taille 100 ont une proportion de femmes comprise dans l'intervalle :
\[ 
\intervFF{0,5-\frac{1}{\sqrt{100}}}{0,5+\frac{1}{\sqrt{100}}}=\intervFF{0,4}{0,6}.
\]
\end{itemize}
\end{exemple}

\addtocounter{exemple}{-1}
\begin{exemple}[(suite)]
\begin{itemize}
\item[] Avec une proportion de femmes de 0,42, cette entreprise peut donc \^etre considérée comme un échantillon \og conforme à nos attentes \fg{} d'un recrutement aléatoire quant au genre des employés.

\item[$\bullet$] \text{Pour la seconde entreprise.}\\
L'échantillon est de taille \np{2500}. La propriété précédente nous permet de dire que \pourcent{95} des échantillons de taille \np{2500} ont une proportion de femmes comprise dans l'intervalle :
\[ 
\intervFF{0,5-\frac{1}{\sqrt{2500}}}{0,5+\frac{1}{\sqrt{2500}}}=\intervFF{0,48}{0,52}.
\]
Avec une proportion de femmes de 0,47, cette entreprise ne semble pas \^etre un échantillon \og conforme à nos attentes \fg{} d'un recrutement aléatoire quant au genre des employés.
\end{itemize}

C'est donc pour la seconde entreprise qu'il faut rejeter l'idée qu'elle ait respectée le principe de parité, avec un risque de se tromper de \pourcent{5}.
\end{exemple}

\medskip

\begin{prop}
Considérons maintenant une population dont la proportion $p$ d'un caractère A est inconnue.\\
Considérons alors un échantillon de taille $n\geqslant25$ de cette population, et appelons $f$ la fréquence du caractère A dans cet échantillon. Alors,
\[
p \in \left[f-\frac{1}{\sqrt{n}} ; f+\frac{1}{\sqrt{n}}\right].
\]
Ce dernier intervalle est appelé \bold{un intervalle de confiance} avec un \bold{niveau de confiance} de \pourcent{95}, souvent appelé \bold{fourchette de sondage au seuil de \pourcent{95}}.
\end{prop}

\begin{dem}
La démonstration de cette propriété s'appuie sur la propriété précédente.\\
En effet, pour \pourcent{95} des échantillons de taille $n$, 
\[ p-\frac{1}{\sqrt{n}}\leqslant f\leqslant p+\frac{1}{\sqrt{n}}\]
Or, 
\[
p-\frac{1}{\sqrt{n}}\leqslant f \Leftrightarrow p \leqslant f+\frac{1}{\sqrt{n}}
\]
et
\[
f \leqslant p+\frac{1}{\sqrt{n}} \Leftrightarrow p \geqslant f-\frac{1}{\sqrt{n}}.
\]
D'où le résultat.\hfill$\blacksquare$
\end{dem}

\begin{rem}
Cela signifie qu'il est rare (\pourcent{5}) de trouver un échantillon dans lequel la fréquence du caractère A est telle que $p$ n'est pas dans la fourchette de sondage. On pourra donc considérer que $p$ est
dans la fourchette de sondage, avec un risque de se tromper de \pourcent{5}.
\end{rem}

\begin{exemple}
Un sondage auprès de \np{1000} personnes donne, pour le second tour d'une élection présidentielle, \pourcent{51} d'intentions de vote pour un candidat.\\
L'intervalle de confiance au niveau de confiance de \pourcent{95} est :
\[
\left[ 0,51-\frac{1}{\sqrt{\np{1000}}} ; 0,51+\frac{1}{\sqrt{\np{1000}}}\right]=[0,479;0,541]
\]
Donc, on peut estimer que ce candidat aura entre \pourcent{47,9} et \pourcent{54,1} des votes ; il n'est donc pas certain de gagner cette élection.
\end{exemple}

\bigskip

\begin{methode}
Pour vérifier si une hypothèse de proportion $p$ (appelée \textbf{hypothèse nulle} et souvent notée $H_0$) est vraie,on prélève un échantillon aléatoire de taille $n$ dans la population sur lequel on observe une fréquence :
\begin{itemize}
\item[$\bullet$] si $f \in \left[p-\frac{1}{\sqrt{n}};p+\frac{1}{\sqrt{n}}\right]$, alors on accepte l'hypothèse nulle ;
\item[$\bullet$] sinon, on rejette l'hypothèse nulle.
\end{itemize}
\end{methode}

\bigskip

\begin{exemple}
Un fournisseur de pièces électronique affirme que \pourcent{98} de ces pièces ne comporte aucun défaut.\\
Pour vérifier cela, on prélève un échantillon de \np{5000} pièces. On trouve, dans cet échantillon, 187 pièces défectueuses. Sous l'hypothèse $p=0,98$ (proportion théorique de pièces non défectueuses), l'intervalle de fluctuation au seuil de \pourcent{95} est :
\[
\left[0,98-\frac{1}{\sqrt{\np{5000}}};0,98+\frac{1}{\sqrt{\np{5000}}}\right] \approx [ 0,9659 ; 0,9941 ]
\]
La fréquence observée de pièces non défectueuses est :
\[
f=\frac{\np{5000}-187}{\np{5000}}\approx0,9626 \notin [ 0,9659 ; 0,9941 ]
\]
On peut donc rejeter l'hypothèse : ce fournisseur ment sur la proportion de pièces non défectueuses (avec un risque de se tromper de \pourcent{5}).
\end{exemple}

\bigskip

\begin{defins}
Une \bold{épreuve de Bernoulli} (du nom du mathématicien suisse Daniel Bernoulli) est une expérience à seulement deux issues possibles, que l'on appelle \og succès \fg{} et \og échec \fg.\\
Un \bold{échantillon de Bernoulli de taille n} est la répétition de $n$ épreuves de Bernoulli.
\end{defins}

\begin{exemple}
L'expérience :
\begin{quote}
\og On lance un dé équilibré à 6 faces et on regarde quand on obtient un nombre premier \fg{} 
\end{quote}
est une épreuve de Bernoulli, où le succès est : \og obtenir un nombre premier \fg{} et où l'échec est son contraire : \og obtenir un nombre qui n'est pas premier \fg.\\
Considérer 25 fois cette expérience constitue un échantillon de Bernoulli de taille 25.
\end{exemple}

\begin{defin}[(Intervalle de fluctuation dans le cas d'une loi binomiale)]
Soit X la variable aléatoire représentant le nombre de succès ; on suppose que X suit la loi binomiale $\mathscr{B}(n;p)$ (dans un échantillon de Bernoulli de taille $n$). On considère alors la variable aléatoire $\dfrac{\text{X}}{n}$ représentant la fréquence du succès. L'intervalle de fluctuation au seuil de \pourcent{95} de $\dfrac{\text{X}}{n}$ est $\left[\dfrac{a}{n};\dfrac{b}{n}\right]$, où :
\begin{itemize}
\item[$\bullet$] $a$ est le plus petit entier tel que $\probavar[\leqslant]{X}{a}>0,025$
\item[$\bullet$] $b$ le plus petit entier tel que $\probavar[\leqslant]{X}{b}\geqslant 0,975$.
\end{itemize}
\end{defin}

\bigskip

\begin{rem}
Si on voulait un intervalle de fluctuation au seuil de \pourcent{90}, on considèrerait les nombres $a'$, plus petit entier tel que $\probavar[\leqslant]{X}{a'}>\pourcent{5}$ et $b'$, plus petit entier naturel tel que $\probavar[\leqslant]{X}{b'}\geqslant\pourcent{95}$.
\end{rem}

\bigskip

\begin{exemple}
On lance un dé à 6 face et on s'intéresse à l'événement :
\begin{quote}
\og Obtenir le 2 ou le 5 \fg
\end{quote}

La probabilité de cet événement est égale à $p=\frac{1}{3}$.

\medskip

On observe, sur un échantillon de taille 50, la fréquence de cet événement et on trouve $f = 0,4$.\\
On se pose la question de savoir si cette fréquence est \og compatible \fg{} avec l'hypothèse émise (à savoir que $p=\frac{1}{3}$).
\end{exemple}

\addtocounter{exemple}{-1}
\begin{exemple}[(suite)]
Le tableau ci-dessous correspond à la loi binomiale $\mathscr{B}\left(50 ; \frac{1}{3}\right)$.

\medskip

\begin{minipage}{6cm}
\begin{echantillon}
build("temp0","minbreak",[50,0.33333,9,24,12,21]);
\end{echantillon}
\input{temp0}
\end{minipage}
\begin{minipage}{\dimexpr\linewidth-7cm}
On voit ici que $a=10$ et $b=23$. L'intervalle de fluctuation au seuil de \pourcent{95} est donc \intervFF{\frac{10}{50}}{\frac{23}{50}}, soit $\intervFF{0,2}{0,46}$.

\medskip

Ainsi, $0,4$ appartient à l'intervalle de fluctuation au seuil de \pourcent{95}, donc l'hypothèse selon laquelle $p=\frac{1}{3}$ est acceptée.
\end{minipage}
\end{exemple}

\begin{cadre}[titre={Règle de décision},color={red!50!black},style={vide}]
Si la fréquence observée appartient à l'intervalle \intervFF{\dfrac{a}{n}}{\dfrac{b}{n}}, on considère que l'hypothèse selon laquelle la proportion est $p$ dans la population n'est pas remise en question.\\
Sinon, on rejette l'hypothèse (au risque de se tromper de \pourcent{5}).
\end{cadre}

\begin{rem}
Si $n\geqslant25$ et $0,2\leqslant p\leqslant0,8$, on pourra observer que \intervFF{\dfrac{a}{n}}{\dfrac{b}{n}} est sensiblement le m\^eme que \intervFF{p-\dfrac{1}{\sqrt{n}}}{p+\dfrac{1}{\sqrt{n}}}. Mais dans un cas général, il n'y a pas de restriction sur $n$ et $p$. dans le cas d'une loi binomiale.
\end{rem}

\medskip

Afin de déterminer les nombres $a$ et $b$, on se sert souvent d'un logiciel, d'un tableur ou d'une calculatrice.

\begin{exemple}
Pour faire un contrôle de qualité dans une usine automobile, on étudie les défauts de peinture \og grains ponctuels sur le capot \fg{} (quasiment invisibles pour le client). Lorsque le processus est sous contrôle, on a \pourcent{10} de ce type de défaut, c'est-à-dire que la proportion de capots présentant ce défaut de peinture dans la
production totale est $p= 0,10$.\\
On choisit un échantillon de 200 capots et on observe 26 capots défectueux.\\
Faut-il s'en inquiéter ?\\
(Un constructeur d'automobiles français a effectivement pratiqué ce type de contrôle de qualité).
\end{exemple}

\addtocounter{exemple}{-1}

\begin{exemple}[(suite)]
On a représenté ci-dessous les valeurs pour la loi binomiale $\mathscr{B}\coord{200}{0,1}$ :

\medskip

\begin{minipage}{6cm}
\begin{echantillon}
build("temp","minbreak",[200,0.1,10,31,14,28]);
\end{echantillon}
\input{temp}
\end{minipage}
\begin{minipage}{\dimexpr\linewidth-7cm}
On a alors $a=12$ et $b=29$.

\medskip

On en déduit que l'intervalle de fluctuation est \intervFF{0,06}{0,145}.

\medskip

26 capots défectueux sur 200 correspondent à une fréquence de 0,13, et cette valeur appartient à l'intervalle de fluctuation.

\medskip

Il n'y a donc pas raison de s'inquiéter.
\end{minipage}
\end{exemple}

Voici un algorithme qui permet de trouver les valeurs de $a$ et $b$ :

\medskip

\def\colorAlgoBox{blue!50}
\def\colorAlgoTitle{blue!50!black} 
\def\colorAlgoLine{blue!50} 

\begin{algo}
\begin{algoentries}
Variable n (entière)\\
Variable p (entière)\\
Variable S (réelle)\\
Variable k (entière)\\
Variables a et b (entières)
\end{algoentries}
\begin{algobody}
S$\leftarrow$0\\
k$\leftarrow$0
\begin{algowhile}{S$\leqslant$0,025}
S$\leftarrow$S+$\dbinom{k}{n}p^k(1-p)^{n-k}$\\
k$\leftarrow$k+1
\end{algowhile}
a$\leftarrow$k-1
\begin{algowhile}{S<0,975}
S$\leftarrow$S+$\dbinom{k}{n}p^k(1-p)^{n-k}$\\
k$\leftarrow$k+1
\end{algowhile}
b$\leftarrow$k-1
\end{algobody}
\begin{algoend}
Afficher a et b
\end{algoend}
\end{algo}

Voici maintenant deux programmes de calculatrice, l'un pour TI, l'autre pour CASIO :

\newcommand{\return}{~\tikz\draw[<-,>=stealth'] (0,0)--(0.4,0)--(0.4,0.2);}
\newcommand{\rect}{~\tikz\fill (0,0)--(0.25,0)--(0.25,0.25)--cycle;}

\begin{tabularx}{\linewidth}{|*2{>{\ttfamily\arraybackslash}X|}}
\hline\rowcolor{blue!50}
\centering\arraybackslash\textbf{TI} & \centering\arraybackslash\textbf{CASIO} \\
\hline
PROGRAM:INTFLUC & INTFLUCT\\
:Prompt N & $?\rightarrow$N\return\\
:Prompt P & $?\rightarrow$P\return\\
:0$\rightarrow$I & 0$\rightarrow$I\return\\
:binompdf(N,P,0)$\rightarrow$C & BinomialPD(0,N,P)$\rightarrow$C\return\\
:While C$\leqslant$0.025 & While C$\leqslant$0.025\return\\
:I+1$\rightarrow$I & I+1$\rightarrow$I\return\\
:C+binompdf(N,P,I)$\rightarrow$C & C+BinomialPD(I,N,P)$\rightarrow$C\return\\
:End & WhileEnd\return\\
:I$\rightarrow$A & I$\rightarrow$A\return\\
:While c<0.975 & While C<0.975\return\\
:I+1$\rightarrow$I & I+1$\rightarrow$I\return\\
:C+binompdf(N,P,I)$\rightarrow$C & C+BinomialPD(I,N,P)$\rightarrow$C\return\\
:End & WhileEnd\return\\
:I$\rightarrow$B & I$\rightarrow$B\return\\
:Disp A & A\rect\\
:Disp B & B\rect\\
\hline
\end{tabularx}

\medskip

Nous allons maintenant parler de la loi normale, et nous verrons qu'elle a son utilité dans ce chapitre.

\medskip

\begin{defin}[(Variable aléatoire centrée réduite)]
On dit d'une variable aléatoire qu'elle est une \bold{variable centrée réduite} quand son espérance mathématique est nulle et son écart-type égal à 1.
\end{defin}

\begin{prop}[(Changement de variable aléatoire)]
Soit X une variable aléatoire d'espérance $m$ et d'écart-type $\sigma\neq0$.\\
Alors, la variable aléatoire Z définie par :\vspace*{-0.5em}
\[ \text{Z}=\dfrac{\text{X}-m}{\sigma}\]
est une variable aléatoire centrée réduite.
\end{prop}

\begin{dem}
Rappelons les formules :\vspace*{-0.5em}
\[ \mathbb{E}(a\text{X}+b)=a\esp{X}+b\qquad;\qquad\sigma(a\text{X}+b)=\vert a\vert\sigma(\text{X}).
\]\vspace*{-0.5em}
Alors,\vspace*{-0.5em}
\begin{align*}
\esp{Z} & = \mathbb{E}\left(\frac{1}{\sigma}\text{X}-\frac{m}{\sigma}\right)\\
& = \frac{1}{\sigma}\esp{X}-\frac{m}{\sigma}\\
& = \frac{1}{\sigma}\times m-\frac{m}{\sigma}\\
& = 0
\end{align*}
\end{dem}

\begin{demsuite}
et

\begin{align*}
\sigma(\text{Z}) & = \frac{1}{\sigma}\sigma\\
& = 1.
\end{align*}

Z est donc bien une variable aléatoire centrée réduite. \hfill$\blacksquare$
\end{demsuite}

\begin{thm}[(Théorème de Moivre-Laplace)]
Soit $p\in\intervOO{0}{1}$ et soit, pour $n\in\N$, $\text{X}_n$ une variable aléatoire suivant la loi binomiale $\mathscr{B}\coord{n}{p}$. On pose alors :
\[ \text{Z}_n=\frac{\text{X}_n-m}{\sigma_n}\]
où $m=\mathbb{E}(\text{X}_n)$ et $\sigma_n$ l'écart-type de $\text{X}_n$.\\
Pour tous nombres réels $a$ et $b$, $a<b$, on a :
\[
\limite{n}{+\infty}{\text{P}\left(a\leqslant \text{Z}_n\leqslant b\right)}=\int_a^b \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\e^{-\frac{x^2}{2}\dx}.
\]
\end{thm}

\begin{defin}[(Loi normale centrée réduite)]
Une variable aléatoire X à densité $f$ sur I suit une \bold{loi normale centrée réduite} si \mbox{$f(x)=\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}}\e^{-\frac{x^2}{2}}$} et $\text{I}=\intervFF{a}{b}$, $a$ et $b$ étant deux réels, $a<b$.\\
On note alors :
\[ \text{X} \hookrightarrow \mathscr{N}\coord{0}{1}.\]
\end{defin}

\begin{prop}
Soit $\text{X} \hookrightarrow \mathscr{N}\coord{0}{1}$. Alors,
\begin{enumerate}
\item $\forall u\in\R^+,\ \probavar[\leqslant]{X}{-u}=\probavar[\geqslant]{X}{u}$ ,
\item $\probavar[\leqslant]{X}{0}=\probavar[\geqslant]{X}{0}=\dfrac{1}{2}$.
\end{enumerate}
\end{prop}

\begin{dem}
\begin{enumerate}
\item $f(-x)=f(x)$ donc $\dint_{-\infty}^{-u}f(x)\dx=\dint_u^{+\infty} f(x)\dx$, d'où le résultat.
\item En prenant $u=0$ dans le résultat précédent, on a $\probavar[\leqslant]{X}{0}=\probavar[\geqslant]{X}{0}$ et comme $\probavar[\leqslant]{X}{0}+\probavar[\geqslant]{X}{0}=1$ , on arrive au résultat souhaité.\hfill$\blacksquare$
\end{enumerate}
\end{dem}

\begin{prop}[(Espérance et écart-type de la loi normale centrée réduite)]
Soit $ \text{X} \hookrightarrow \mathscr{N}\coord{0}{1}$. Alors,
\[ \esp{X}=0 \qquad\text{et}\qquad\sigma(\text{X})=1 .\]
\end{prop}

\begin{dem}
\[
\esp{X} =\dint_{-\infty}^{+\infty} \dfrac{x}{\sqrt{2\pi}}\e^{-\frac{x^2}{2}}\dx.\]
Or, la fonction $f\;:\;x\mapsto \dfrac{x}{\sqrt{2\pi}}\e^{-\frac{x^2}{2}}$ est impaire, ce qui signifie que :\[\dint_{-x}^0 f(x)\dx~=~-~\dint_0^x f(x)\dx\] et donc $\esp{X}=0$.

\medskip

La démonstration de la propriété sur l'écart-type est hors-programme de Terminale. Cependant, voyons les points essentiels de la démonstration.

\medskip

La formule de König-Huygens nous dit que $\var{X}=\esp{X$^2$}-\left(\esp{X}\right)^2=\esp{X$^2$}$ car\linebreak$\esp{X}=0$.\\
\[ \esp{X$^2$} = \int_{-\infty}^{+\infty} \frac{x^2}{\sqrt{2\pi}}\e^{-\frac{x^4}{2}}\dx=2\int_{-\infty}^{0} \frac{x^2}{\sqrt{2\pi}}\e^{-\frac{x^4}{2}}\dx\]
\`A l'aide d'une intégration par parties, en posant $u(x)=\dfrac{x^2}{\sqrt{2\pi}}$ et $v(x)=\e^{-\frac{x^4}{2}}$, on a :
\[
\int_{-\infty}^0 \frac{x^2}{\sqrt{2\pi}}\e^{-\frac{x^4}{2}}\dx = \underbrace{\left[-\frac{x}{\sqrt{2\pi}}\e^{-\frac{x^2}{2}}\right]_{-\infty}^0}_{=0}+\int_{-\infty}^0\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\e^{-\frac{x^2}{2}}\dx=\frac{1}{2}.
\]
On arrive donc bien à $\var{X}=1$. Or, $\sigma(\text{X})=\sqrt{\var{X}}$, donc $\sigma(\text{X})=1$.\hfill$\blacksquare$
\end{dem}

\begin{thm}[(Répartition des valeurs d'une loi normale centrée réduite)]
Soit X une variable aléatoire suivante la loi normale centrée réduite $\mathscr{N}\coord{0}{1}$.\\
Alors,
\[ \forall~\alpha \in \intervOO{0}{1},\ \exists !~ u_\alpha \in\R^+\ \vert\ \text{P}\left(-u_\alpha \leqslant \text{X} \leqslant u_\alpha \right)=1-\alpha. \]
\end{thm}

\newpage

\begin{dem}
La fonction de densité de la loi normale est représentée par la courbe suivante :

\begin{center}
\begin{tikzpicture}[yscale=2]
\draw[->,>=stealth',thick] (-5,0) -- (5,0);
\draw[->,>=stealth',thick] (0,-0.2) -- (0,1.5);
\draw[thick] plot[domain=-5:5,samples=70] (\x,{exp(-\x*\x/2)});
\end{tikzpicture}
\end{center}

Par sa symétrie, on a :
\[ \forall~u\in\R^+,\ \text{P}\left(-u \leqslant \text{X} \leqslant u \right)=2\text{P}\left(0 \leqslant \text{X} \leqslant u \right)=2\int_0^uf(x)\dx=2F(u), \]
où $F$ est une primitive de $f$ sur \R{} qui s'annule en 0.\\
La fonction $F$ est alors continue et strictement croissante sur \R{} ($F(u)$ représente l'aire du domaine délimité par la courbe, l'axe des abscisses, l'axe des ordonnées et la droite d'équation $x=u$).\\
De plus, $2F(0)=0$ et $\limite{u}{+\infty}{2F(u)}=1$ (par définition d'une fonction de densité) donc, d'après le théorème de la valeur intermédiaire, il existe un unique nombre $u_\alpha$ dans \intervOO{0}{+\infty} tel que $2F(u_\alpha)=1-\alpha$ pour $\alpha\in\intervOO{0}{1}$. D'où le tableau de variations suivant :

\begin{center}
\begin{tikzpicture}
\tkzTabInit[%
			espcl=7,%
			color,%
			colorC=blue!10,%
			colorL=blue!10,%
			colorT=white,%
			colorV=blue!10]{$u$/0.75,$2F(u)$/2}{$0$,$+\infty$}
\tkzTabVar{-/$0$,+/$1$}
\tkzTabVal{1}{2}{0.5}{$u_\alpha$}{$1-\alpha$}
\end{tikzpicture}
\end{center}

Le résultat est alors démontré.\hfill$\blacksquare$
\end{dem}

\begin{rem}
En classe de Terminale, on demande aux élèves de retenir les \textbf{Valeurs particulières de $\pmb{u_\alpha}$ suivantes :}

\medskip

\begin{itemize}
\item[$\bullet$] $u_{0,05}\approx1,96$ d'où $\text{P}(-1,96\leqslant\text{X}\leqslant1,96)\approx0,95$.
\item[$\bullet$] $u_{0,01}\approx2,58$ d'où $\text{P}(-2,58\leqslant\text{X}\leqslant2,58)\approx0,99$.
\end{itemize}

\medskip

Cela signifie que si une variable aléatoire X suit la loi $\mathscr{N}\coord{0}{1}$, alors \pourcent{95} de ses valeurs se trouvent entre $-1,96$ et $1,96$, et \pourcent{99} entre $-2,58$ et $2,58$.
\end{rem}

\begin{defin}[(Loi normale)]
Une variable aléatoire X suit une loi normale $\mathscr{N}\coord{\mu}{\sigma^2}$, d'espérance $\mu$ et d'écart-type $\sigma$, si la variable aléatoire $\text{Z}=\dfrac{\text{X}-\mu}{\sigma}$ suit la loi normale centrée réduite $\mathscr{N}\coord{0}{1}$.
\end{defin}

\begin{prop}
Soit $\text{X} \hookrightarrow \mathscr{N}\coord{\mu}{\sigma^2}$.\\
Alors,
\begin{align*}
\text{P}(\mu-\sigma\leqslant\text{X}\leqslant\mu+\sigma)\approx0,68 && \text{(à }10^{-2}\text{ près)}\\
\text{P}(\mu-2\sigma\leqslant\text{X}\leqslant\mu+2\sigma)\approx0,95 && \text{(à }10^{-2}\text{ près)}\\
\text{P}(\mu-3\sigma\leqslant\text{X}\leqslant\mu+3\sigma)\approx0,997 && \text{(à }10^{-3}\text{ près)}
\end{align*}
\end{prop}

\begin{dem}
On a :
\begin{align*}
\mu-\sigma\leqslant\text{X}\leqslant\mu+\sigma&  \Leftrightarrow -\sigma \leqslant \text{X}-\mu \leqslant \sigma\\
& \Leftrightarrow -1\leqslant\dfrac{\text{X}-\mu}{\sigma}\leqslant 1
\end{align*}

donc :

\begin{align*}
\text{P}(\mu-\sigma\leqslant\text{X}\leqslant\mu+\sigma) & = \text{P}\left(-1\leqslant\dfrac{\text{X}-\mu}{\sigma}\leqslant 1 \right)\\
& = \text{P}(-1\leqslant\text{Z}\leqslant 1)\\
& \approx 0,68 \text{ (\`A l'aide de la calculatrice ou d'un logiciel de calcul)}
\end{align*}

Nous faisons de même pour les autres résultats.\hfill$\blacksquare$
\end{dem}

Ce dernier résultat nous dit que si X est une variable aléatoire suivant la loi normale $\mathscr{N}\coord{\mu}{\sigma^2}$, alors :

\medskip

\begin{itemize}
\item[$\bullet$] \pourcent{68} de ses valeurs se trouvent dans \intervFF{\mu-\sigma}{\mu+\sigma} ;
\item[$\bullet$] \pourcent{95} de ses valeurs se trouvent dans \intervFF{\mu-2\sigma}{\mu+2\sigma} ;
\item[$\bullet$] \pourcent{99,7} de ses valeurs se trouvent dans \intervFF{\mu-3\sigma}{\mu+3\sigma}.
\end{itemize}

\begin{thm}[(Intervalles de fluctuation asymptotiques)]
Soit $p\in \intervOO{0}{1}$. On pose alors $\text{X}_n$ une suite de variables aléatoires suivant la loi \linebreak binomiale $\mathscr{B}\coord{n}{p}$. Alors,
\[
\forall \alpha\in\intervOO{0}{1},\ \lim\limits_{n\to+\infty} \text{P}\left(\dfrac{\text{X}_n}{n}\in \text{I}_n \right)=1-\alpha
\]
où 
\[
\text{I}_n=\intervFF{p-u_\alpha\frac{\sqrt{p(1-p)}}{\sqrt{n}}}{p+u_\alpha\frac{\sqrt{p(1-p)}}{\sqrt{n}}}
\]
et où $u_\alpha$ est l'unique réel tel que $\text{P}(-u_\alpha\leqslant\text{Z}\leqslant u_\alpha)=1-\alpha$, Z suivant la loi $\mathscr{N}\coord{0}{1}$.
\end{thm}

\begin{dem}
$\text{X}_n \hookrightarrow \mathscr{B}\coord{n}{p}$ donc $\esp{X$_n$}=np$ et $\sigma\left(\text{X}_n\right)=\sqrt{np(1-p)}$.\\
Ainsi,
\[
\text{Z}_n=\dfrac{\text{X}_n-np}{\sqrt{np(1-p)}}.
\]

On a :

\begin{align*}
\text{P}(a\leqslant \text{Z}_n\leqslant b) & = \text{P}\left(a\leqslant \frac{\text{X}_n-np}{\sqrt{np(1-p)}}\leqslant b\right)\\
& = \text{P}(a\sqrt{np(1-p)} \leqslant \text{X}_n-np \leqslant b\sqrt{np(1-p)})\\
& = \text{P}(a\sqrt{np(1-p)}+np \leqslant \text{X}_n \leqslant b\sqrt{np(1-p)}+np)\\
& = \text{P}\left(a\frac{\sqrt{np(1-p)}}{n}+p \leqslant \frac{\text{X}_n}{n} \leqslant b\frac{\sqrt{np(1-p)}}{n}+p\right).
\end{align*}

D'après le théorème de Moivre-Laplace,

\[
\forall\coord{a}{b}\in\R\times\R,\ \lim_{n\to+\infty} \text{P}(a\leqslant \text{Z}_n\leqslant b)=\int_a^b\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\e^{-\frac{x^2}{2}}\dx.
\]

On en déduit alors :

\[
\lim_{n\to+\infty}\text{P}\left(a\frac{\sqrt{np(1-p)}}{n}+p \leqslant \frac{\text{X}_n}{n} \leqslant b\frac{\sqrt{np(1-p)}}{n}+p\right)=\int_a^b\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\e^{-\frac{x^2}{2}}\dx.
\]
En prenant $a=-u_\alpha$ et $b=u_\alpha$, on obtient :
\[
\lim_{n\to+\infty}\text{P}\left(-u_\alpha\frac{\sqrt{np(1-p)}}{n}+p \leqslant \frac{\text{X}_n}{n} \leqslant u_\alpha\frac{\sqrt{np(1-p)}}{n}+p\right)=\int_{-u_\alpha}^{u_\alpha}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\e^{-\frac{x^2}{2}}\dx=1-\alpha.
\]
Ainsi, 
\[
\lim\limits_{n\to+\infty} \text{P}\left(\dfrac{\text{X}_n}{n}\in \text{I}_n \right)=1-\alpha.
\]
Le théorème est ainsi démontré.\hfill$\blacksquare$
\end{dem}

\begin{rem}
L'intervalle $\text{I}_n=\intervFF{p-u_\alpha\dfrac{\sqrt{p(1-p)}}{\sqrt{n}}}{p+u_\alpha\dfrac{\sqrt{p(1-p)}}{\sqrt{n}}}$ est appelé un \bold{intervalle de fluctuation asymptotique} au seuil de $1-\alpha$ de la variable aléatoire $\text{F}_n=\dfrac{\text{X}_n}{n}$.
\end{rem}


L'intervalle $\intervFF{p-1,96\dfrac{\sqrt{p(1-p)}}{\sqrt{n}}}{p+1,96\dfrac{\sqrt{p(1-p)}}{\sqrt{n}}}$ est un intervalle de fluctuation asymptotique au seuil de \pourcent{95} ($p$ désigne la proportion dans la population).

\medskip

Pour que toutes les approximations précédentes soient réalisées, on prendra pour habitude d'avoir :
\[ n\geqslant 30\qquad ; \qquad np\geqslant 5\qquad ; \qquad n(1-p)\geqslant5.\]


On utilise les intervalles de fluctuation au seuil de \pourcent{95} pour déterminer si la fréquence $f$ observée dans une population est compatible ou pas avec un modèle de Bernoulli.

\medskip

\begin{exemple}[(d'après les ressources de l'E.N.)]
Le responsable de la maintenance des machines à sous d'un casino doit vérifier qu'un certain type de machine est bien réglé sur une fréquence de succès de 0,06.\\
Il décide de régler chaque machine pour laquelle il aura observé, dans l'historique des jeux, une fréquence de succès se situant en dehors d'un intervalle de fluctuation au seuil de \pourcent{95}.\\
Lors du contrôle d'une machine, le technicien constate qu'elle a fourni 9 succès sur 85 jeux.

\medskip

\begin{enumerate}
\item Déterminer la fréquence observée $f$ de succès de cette machine.
\item Déterminer un intervalle de fluctuation asymptotique du cours au seuil de \pourcent{95}.
\item Le technicien va-t-il modifier le réglage de la machine ?
\item Quelle aurait été sa décision s'il y avait eu 21 succès sur 200 jeux ?
\end{enumerate}

\medskip

\textbf{Solution :}

\medskip

\begin{enumerate}
\item La fréquence observée est : $f=\dfrac{8}{98}\approx0,106$.
\item Ici, $n=85\geqslant30$, $p=0,06$ donc $np=5,1\geqslant5$ et $n(1-p)=79,9\geqslant5$.\\
Un intervalle de fluctuation au seuil de \pourcent{95} est donc :
\[
\text{I}=\intervFF{0,06-1,96\dfrac{\sqrt{0,06\times0,94}}{\sqrt{85}}}{0,06+1,96\dfrac{\sqrt{0,06\times0,94}}{\sqrt{85}}}\approx\intervFF{0,009}{0,111}.
\]
\item $f\in\text{I}$ donc le réglage de la machine n'est pas à modifier.
\item Dans cette question, $f\approx0,105$ et $\text{I}\approx\intervFF{0,027}{0,093}$ donc $f\notin\text{I}$. Il faut donc régler la machine.
\end{enumerate}
\end{exemple}


\begin{rem}
Pour tout réel $p\in\intervOO{0}{1}$, la fonction $p \mapsto p(1-p)$ admet un maximum pour $p=\dfrac{1}{2}$ et vaut $\dfrac{1}{2}\left(1-\dfrac{1}{2}\right)=\dfrac{1}{4}$. Donc, 
\[ p(1-p)\leqslant\dfrac{1}{4}.\]
On en déduit alors :
\[ 1,96\sqrt{p(1-p)}\leqslant1,96\sqrt{\dfrac{1}{4}}\leqslant 1\;,\]
et donc :
\[ 1,96\dfrac{\sqrt{p(1-p)}}{\sqrt{n}}\leqslant\dfrac{1}{\sqrt{n}}.\]
\end{rem}

\begin{remsuite}
Ainsi,
\[
\text{I}_n=\intervFF{p-1,96\dfrac{\sqrt{p(1-p)}}{\sqrt{n}}}{p+1,96\dfrac{\sqrt{p(1-p)}}{\sqrt{n}}} \subseteq \intervFF{p-\dfrac{1}{\sqrt{n}}}{p-\dfrac{1}{\sqrt{n}}}=\text{J}_n
\]
et donc :
\[
\text{P}\left(\dfrac{\text{X}_n}{n}\in\text{I}_n \right)\leqslant\text{P}\left(\dfrac{\text{X}_n}{n}\in\text{J}_n \right).
\]
Ceci légitime l'utilisation de l'intervalle J$_n$ en classe de Seconde. 
\end{remsuite}

\begin{thm}
Soit $p\in\intervOO{0}{1}$ un réel. Soit alors (X$_n$) une suite de variables aléatoires suivant la loi binomiale $\mathscr{B}\coord{n}{p}$.\\
\[\exists~n_0\in\N,\ n\geqslant n_0 \Rightarrow \text{P}\left(\dfrac{\text{X}_n}{n}\in\intervFF{p-\dfrac{1}{\sqrt{n}}}{p+\dfrac{1}{\sqrt{n}}}\right)\geqslant0,95. \]
\end{thm}

\begin{dem}\vspace*{-2em}
\begin{itemize}
\item Dans un premier temps, on démontre que :\vspace*{-0.5em}
\[ 
\text{P}\left(p-2\dfrac{\sqrt{p(1-p)}}{\sqrt{n}}\leqslant\dfrac{\text{X}_n}{n}\leqslant p+2\dfrac{\sqrt{p(1-p)}}{\sqrt{n}} \right) \leqslant \text{P}\left(p-2\dfrac{1}{\sqrt{n}}\leqslant\dfrac{\text{X}_n}{n}\leqslant p+2\dfrac{1}{\sqrt{n}} \right)
\]\vspace*{-0.5em}
en utilisant le même raisonnement que dans la remarque précédente.

\item De plus, \vspace*{-1em}
\begin{align*}
& p-2\dfrac{\sqrt{p(1-p)}}{\sqrt{n}}\leqslant\dfrac{\text{X}_n}{n}\leqslant p+2\dfrac{\sqrt{p(1-p)}}{\sqrt{n}}
\\
\Leftrightarrow\ & np-2\sqrt{np(1-p)}\leqslant\text{X}_n\leqslant np+2\sqrt{np(1-p)}\\
\Leftrightarrow\ & -2 \leqslant \dfrac{\text{X}_n-np}{\sqrt{np(1-p)}}\leqslant 2.
\end{align*}

Donc,\vspace*{-0.5em}
\[
\text{P}\left(p-2\dfrac{\sqrt{p(1-p)}}{\sqrt{n}}\leqslant\dfrac{\text{X}_n}{n}\leqslant p+2\dfrac{\sqrt{p(1-p)}}{\sqrt{n}} \right) = \text{P}\left( -2 \leqslant \dfrac{\text{X}_n-np}{\sqrt{np(1-p)}}\leqslant 2 \right).
\]
Posons :\vspace*{-0.5em}
\[
a_n=\text{P}\left( -2 \leqslant \dfrac{\text{X}_n-np}{\sqrt{np(1-p)}}\leqslant 2 \right).
\]
D'après le théorème de Moivre-Laplace,\vspace*{-0.5em}
\[
\lim_{n\to+\infty} a_n=\int_{-2}^2 \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}}\e^{-\frac{x^2}{2}}\dx\approx 0,9545.\quad\text{(calculatrice)}
\]
Ainsi, \suite{a}{n}{} converge vers un nombre fini supérieur à 0,95.\\
Il existe donc bien un entier $n_0$ à partir duquel $a_n\geqslant0,95$. D'où le théorème.\hfill$\blacksquare$
\end{itemize}
\end{dem}

\begin{rem}
L'entier $n_0$ dépend de $p$. Son maximum est atteint pour $p=\dfrac{1}{2}$ et vaut $n_0=529$. (Résultat obtenu à l'aide d'un algorithme)
\end{rem}

\begin{prop}[(Intervalle de confiance)]
Soit $p\in\intervOO{0}{1}$ et soit (X$_n$) une suite de variables aléatoires suivant la loi binomiale $\mathscr{B}\coord{n}{p}$. On pose alors $\text{F}_n=\dfrac{\text{X}_n}{n}$ la variable aléatoire représentant la fréquence du nombre de \og succès \fg.\\
Alors, pour $n$ assez grand, $p\in\intervFF{\text{F}_n-\dfrac{1}{\sqrt{n}}}{\text{F}_n+\dfrac{1}{\sqrt{n}}}$ avec une probabilité de \pourcent{95}.
\end{prop}

\begin{dem}
D'après le théorème précédent,
\[\exists~n_0\in\N,\ n\geqslant n_0 \Rightarrow \text{P}\left(\dfrac{\text{X}_n}{n}\in\intervFF{p-\dfrac{1}{\sqrt{n}}}{p+\dfrac{1}{\sqrt{n}}}\right)\geqslant0,95. \]
Or, 
\[
\dfrac{\text{X}_n}{n}\in\intervFF{p-\dfrac{1}{\sqrt{n}}}{p+\dfrac{1}{\sqrt{n}}}\Leftrightarrow \text{F}_n-\dfrac{1}{\sqrt{n}}\leqslant p\leqslant \text{F}_n+\dfrac{1}{\sqrt{n}}. \]
D'où le résultat souhaité.\hfill$\blacksquare$
\end{dem}

\begin{rem}[(Intervalle aléatoire)]
L'intervalle $\intervFF{\text{F}_n-\dfrac{1}{\sqrt{n}}}{\text{F}_n+\dfrac{1}{\sqrt{n}}}$ est appelé un \bold{intervalle aléatoire} (intervalle dont les bornes sont des variables aléatoires).
\end{rem}

La précision de l'estimation est alors donnée par l'amplitude de l'intervalle $\intervFF{f-\dfrac{1}{\sqrt{n}}}{f+\dfrac{1}{\sqrt{n}}}$, soit $\dfrac{2}{\sqrt{n}}$. En notant $\varepsilon$ la précision souhaitée, on peut donc calculer la taille $n$ de l'échantillon pour que $\dfrac{2}{\sqrt{n}}\leqslant\varepsilon$. On a alors $n\geqslant\dfrac{4}{\varepsilon^2}$.

\medskip

Par exemple, pour avoir une précision de $10^{-2}$, on prendra un échantillon de taille $n=\numprint{40000}$.

\bigskip

\begin{exemple}[(Sondages et élections)]
Pour le 2\ieme{} tour d'une élection présidentielle, l'institut de sondages A réalise un sondage qui montre que \pourcent{52,5} des intentions de votes sont pour le candidat 1, et donc \pourcent{47,5} pour le candidat 2 (en ne tenant pas compte ni de l'abstention ni des votes blancs).\\
L'institut B réalise son propre sondage et constate que \pourcent{50,5} des intentions de votes sont pour le candidat 1.\\
Les deux sondages ont été faits sur un échantillon de \numprint{1112} personnes.\\
L'intervalle de confiance pour l'institut A est $\intervFF{0,525-\dfrac{1}{\sqrt{\numprint{1112}}}}{0,525-\dfrac{1}{\sqrt{\numprint{1112}}}}$, soit \intervFF{0,495}{0,555} pour le candidat 1.

\medskip

L'intervalle de confiance pour l'institut B est $\intervFF{0,505-\dfrac{1}{\sqrt{\numprint{1112}}}}{0,505-\dfrac{1}{\sqrt{\numprint{1112}}}}$, soit \intervFF{0,475}{0,535} pour le candidat 1.\\
L'intersection des deux intervalles n'étant pas vide, les résultats des deux sondages ne sont pas en contradiction.\\
De plus, ces intervalles contiennent des valeurs inférieures à 0,5 ; ainsi, le candidat 1 n'est pas totalement sûr de gagner les élections.
\end{exemple}

\begin{rem}
\begin{enumerate}
\item Remarquez l'importance de connaître la taille de l'échantillon sur lequel le sondage est effectué. Sans ce nombre, impossible de faire des conclusions probantes.
\item Comme pour les intervalles de fluctuation, il existe différents intervalles de confiance. Par exemple, l'intervalle :
\[
\intervFF{f-1,96\dfrac{\sqrt{f(1-f)}}{\sqrt{n}}}{f+1,96\dfrac{\sqrt{f(1-f)}}{\sqrt{n}}}.
\]
\end{enumerate}
\end{rem}

\begin{exemple}[(Contr\^ole du Loto)]
Le site \url{http://www.lototest.com} offre certaines statistiques concernant le Loto, et notamment concernant le nouveau Loto (depuis 2008). On y trouve, au 16 août 2013, que sur 763 tirages, que la fréquence maximale enregistrée pour un numéro est de \pourcent{2,49} (le numéro 23) et la fréquence minimale est de \pourcent{1,6} (les numéros 42 et 19).\\
La question que l'on est en droit de se poser est si ces fréquences sont acceptables au seuil de \pourcent{95} ?

\medskip

La probabilité d'un numéro quelconque est : $p=\dfrac{1}{49}\approx\pourcent{2,04}$.\\
Un intervalle de fluctuation au seuil de \pourcent{95} est :\vspace*{-0.5em}
\[
\intervFF{0,0204-1,96\frac{\sqrt{0,0204\times(1-0,0204)}}{\sqrt{763}}}{0,0204-1,96\frac{\sqrt{0,0204\times(1-0,0204)}}{\sqrt{763}}}\approx\intervFF{0,0104}{0,031}.
\]\vspace*{-0.5em}
On constate donc que la fréquence minimale observée ainsi que la fréquence maximale observée sont dans cet intervalle.\\
On peut donc conclure qu'il n'y a aucune anomalie concernant les tirages observés.
\end{exemple}