MODULE 3 : CARRE LATIN Réponses

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MODULE 3 : CARRE LATIN
Réponses
Plan expérimental
1°) Dans un carré latin combien d’essais faut-il réaliser dans un dispositif :
- à 3 variantes ? Carré 3x3 = 9 essais (il existe 12 carrés différents !)
- à 6 variantes ? Carré 6x6 = 36 essais
2°) Construisez un carré latin 4x4 autre que celui de l’exemple.
Il y a 576 possibilités ! Vérifier que votre traitement n’apparaît bien qu’une fois
par ligne et qu’une fois par colonne !
A1
A2
A3
A4
B1
C2
C1
C3
C4
B2
C3
C2
C4
C1
B3
C1
C4
C2
C3
B4
C4
C3
C1
C2
3°) Identifier le dispositif expérimental, la réponse, le modèle et proposer un
plan expérimental plausible relatif à l’étude qui suit, à partir de son résumé.
J. Dairy Sci. 86:3229-3236
© American Dairy Science Association, 2003.
Dose Response of Milk Fat to Intravenous Administration of the trans-10, cis-12
Isomer of Conjugated Linoleic Acid1
S. Viswanadha, J. G. Giesy, T. W. Hanson and M. A. McGuire
Intravenous infusion of conjugated linoleic acid (CLA) was evaluated as a simpler method than
abomasal infusion and the feeding of calcium salts to examine milk fat depression. The
objectives were to determine the dose-dependent response of milk fat and plasma metabolites
to intravenous administration of the trans-10, cis-12 isomer of CLA, an isomer identified to
possess an inhibitory effect on milk fat synthesis. Four multiparous Holstein cows averaging
123 ± 30 d in milk were randomly assigned to treatments in a Latin square design. Catheters
were inserted into the jugular vein for infusions and blood sampling. Treatments consisted of
intravenous infusions of 0, 2, 4, and 6 g/d CLA (>95% trans-10, cis-12 CLA). Infusates
contained 72 g/d of a parenteral solution, saline, and CLA to 90 ml. Periods were of 5 d duration
with a 7 d wash out. Milk was sampled at each milking and analyzed for fat, protein, and fatty
acids. Blood samples were obtained on the last day of each period.
Abbreviations:
CLA = conjugated linoleic acid
B; Bottollier - ISARA
1
On soumet 4 vaches multipares de même race (Holstein) à des stades de
lactation comparables (123+/-30 j), à 4 traitements (0, 2, 4 et 6 g/j CLA). On
sait aussi que chaque traitement s’étale sur une période de 5 jours suivie de 7
jours sans traitement. On a déjà 2 facteurs à 4 niveau, le 3ème facteur peut être
la durée qui couvre l’expérimentation (4 fois 12jours), on le considère comme un
facteur contrôlé.
On va construire un carré latin 4x4 dans lequel le facteur étudié est le
traitement et les facteurs contrôlés sont : les vaches (que l’on peut ordonner
selon un critère de V1 à V4) et la durée de l’expérimentation (4 périodes
consécutives de P1 à P4)
V
P
T
Facteurs
Vache
Période
Traitement
Variantes
V2
V3
P2
P3
T2
T3
V1
P1
T1
V4
P4
T4
Les réponses étudiées sont les matières grasses du lait et des métabolites
sanguins.
On peut proposer :
V1
V2
V3
V4
P1
T2
T1
T3
T4
P2
T3
T2
T4
T1
P3
T1
T4
T2
T3
P4
T4
T3
T1
T2
Le modèle étant :
yijk = µ + V i + P j + T k + eijk.
Où Vi est l’effet du facteur vache, Pj est l’effet du facteur période et Tk l’effet
du traitement.
4°) Imaginer un dispositif pour une étude à 4 facteurs, 2 contrôlés (pente et
direction N/S) et 2 étudiés (dose et type d’engrais), chaque facteur ayant 4
niveaux, vous disposez pour cela de 16 parcelles.
Pour cela vous devez construire 2 carrés latins que vous superposez.
Facteur 1
A : niveau 1
B : niveau 2
C : niveau 3
D : niveau 4
Facteur 2
1 : niveau 1
2 : niveau 2
3 : niveau 3
4 : niveau 4
2
1
1
2
3
4
2
3
4
1
1
A
D
B
C
B
C
A
D
D
A
C
B
C
B
D
A
2
3
4
1
1
2
3
4
A1
D3
B2
C4
2
B4
C2
A3
D1
3
D2
A4
C1
B3
4
C3
B1
D4
A2
2
3
4
1
3
2
4
4
2
3
1
2
4
1
3
3
1
4
2
Ce type de dispositif se nomme un carré Greco latin.
Le modèle étant :
yijkl = µ + α i + β j + γ k + δ l + εijkl.
5°) Vous voulez tester l’influence d’un type d’alimentation à 3 variantes et un
type de dose à 2 variantes sur le rendement laitier de vaches.
Déterminer les facteurs étudiés.
Déterminer les facteurs contrôlés et leur nombre de niveaux.
Proposer un dispositif expérimental.
Les facteurs étudiés sont au nombre de 2 :
• Type d’alimentation (A) à 3 niveaux (A1, A2 et A3)
• Dose (D) à 2 niveaux (D1 et D2)
Il y a donc 6 combinaisons possibles, si on veut les disposer en carré latin il faut
6 niveaux pour les facteurs contrôlés qui seront par déduction:
• L’animal (V1 à V6)
• La période expérimentale (P1 à P6)
3
On peut proposer le dispositif suivant :
P1
P2
P3
P4
P5
P6
A1
A3
A3
A2
A1
A2
D2
D2
D1
D1
D1
D2
A1
A3
A2
A1
A3
A2
D1
D1
D2
D2
D2
D1
A3
A2
A2
A1
A3
A1
D2
D2
D1
D1
D1
D2
A2
A1
A1
A3
A2
A3
D2
D2
D1
D1
D1
D2
A2
A1
A3
A2
A1
A3
D1
D1
D2
D2
D2
D1
A3
A2
A1
A3
A2
A1
D1
D1
D2
D2
D2
D1
V1
V2
V3
V4
V5
V6
Comme dans l’article précédent de S. Viswanadha, il faudra prévoir des temps de
récupération des animaux si on veut réaliser des mesures à la fin de chaque
période afin que celles-ci puissent jouer le rôle de répétitions.
Combien y a-t-il d’unités expérimentales (ou unités statistiques) ? Qu’est ce qui
représente 1 unité statistique ?
Il y a 36 unités expérimentales, l’unité étant 1 vache à une période donnée.
Normalité des résidus
1°) Quelles sont, d’après vous les hypothèses, nulle et alternative, soumises aux
tests sur les coefficients de forme ?
Pour le coefficient d’asymétrie :
H0 β 1 = 0
H1 β 1 ≠ 0 (distribution non symétrique)
Pour le coefficient d’aplatissement :
H0 β 2 = 3
H1 β 2 ≠ 3 (distribution non mésocurtique)
2°) Quelle autre méthode connaissez-vous qui permet de vérifier la normalité
d’une distribution ?
4
On peut utiliser un test d’adéquation du X² (Chi deux), pour cela on utilise le
groupement en classes des résidus, on détermine les effectifs théoriques de
chaque classe en supposant la distribution normale, on calcule le critère du X² et
on détermine α le risque de se tromper en affirmant que la distribution n’est pas
Normale. Cependant pour réaliser ce type de test, il faut un nombre de classes
suffisant (autour de 6 classes au moins), il faut donc disposer d’au moins 36
valeurs environ.
3°) Exercice sur les vaches : La réponse étudiée yijk, est le glycérol sanguin en
µM que l’on suppose suivre une loi normale. Analyser la normalité des résidus.
GLY<-read.table("CLexerciceeleve.csv", header=TRUE, dec=",",sep=";")
factligne<-as.factor(GLY$Vache)
factcolonne<-as.factor(GLY$Période)
factT<-as.factor(GLY$Traitement)
gly<-(GLY$Glycerol)
lmGLY<-lm(gly~factligne+factcolonne+factT)
residusGLY<-lmGLY$residuals;residusGLY
par(mfrow=c(2,2))
plot(lmGLY)
Q-Q plot : Mis à part les
points extrêmes, les points
sont alignés sur le modèle
de la droite de Henry.
H0 L(e) ~N (0 ; σ(ε))
H1 L(e) ≠ N (0 ; σ(ε))
Si on rejette H0, hypothèse de la normalité, on a
17.8% de risque d’erreur. On conserve l’hypothèse
de normalité des résidus.
Shapiro-Wilk
normality test
data: residusGLY
W = 0.9214, p-value =
0.1776
hist(residusGLY)
Difficile de conclure à la
normalité des résidus avec
l’histogramme.
Analyser les résultats suivants : p-value β1 = 0.65, p-value β2 = 0.31
Pour le coefficient d’asymétrie :
H0 β 1 = 0
5
Si on rejette H0 on a 65% de risque d’erreur.
Pour le coefficient d’aplatissement :
H0 β 2 = 3
Si on rejette H0 on a 31% de risque d’erreur.
Indépendance des résidus
Exercice Vaches : Les résidus sont-ils indépendants ?
La répartition des résidus ne présente pas une disposition liée au terrain, on
représente donc graphiquement les résidus en fonction des réponses estimées à
l’aide du logiciel R. Le modèle d’indépendance semble respecté, on peut admettre
l’indépendance des résidus.
Homoscédasticité
1°) Exemple cours : Vérifier si 1 des variances résiduelles selon les lignes est
supérieure aux autres par le calcul sur Excel.
L4
L3
L2
L1
c1
-1,125
1,375
0,625
-0,875
c2
1,125
-0,625
0,375
-0,875
c3
-0,375
-0,125
-0,875
1,375
l1
l2
l3
l4
c1
-1,125
1,375
0,625
-0,875
c2
1,125
-0,625
0,375
-0,875
c3
-0,375
-0,125
-0,875
1,375
c4
0,375
-0,625
-0,125
0,375
SCEi
2,8125
2,6875
1,3125
3,5625
SCE j
νj
νjlog10σ²j
4,3125
3
0,473
2,5625
3
-0,205
2,8125
3
-0,084
0,6875
3
-1,920
-1,736
6
c4
0,375
-0,625
-0,125
0,375
νi
νilog10σ²i
3
3
3
3
-0,084
-0,143
-1,077
0,224
-1,081
H0 : les variances résiduelles selon le facteur ligne sont homogènes.
H1 : au moins une des variances est supérieure à une autre autre.
KHI2 calculé = 0.65
p-value = 0.885
Si on rejette H0 on a 88.5% de chance de le faire à tort, on conserve donc H0, on
n’a pas pu mettre en évidence que l’hypothèse d’invariance des variances
résiduelles selon le facteur ligne n’était pas respectée.
2°) Exemple cours : Pour les colonnes on donne X² calculé = 1,98
Vous déterminerez la p-value exacte avec Excel, et par encadrement en utilisant
la table adéquate. Hypothèses et conclusion
H0 : les variances résiduelles selon le facteur colonne sont homogènes.
H1 : au moins une des variances est supérieure à une autre.
KHI2 = 1.98
ddl = 3
PROBA = 0.58
Si on rejette H0 on a 58% de chance de le faire à tort, on conserve donc H0, on
résiduelles selon le facteur colonne n’était pas respectée.
Si on utilise la table du X², pour un ddl = 3 on trouve dans les 2 cas :
X² 0.10(3) < X² calculé < X² 0.50(3)
La p-value, risque de se tromper en rejetant H0 est donc comprise entre 0,5 et
0,9.
3°) Exercice Vaches : A l’aide du logiciel R vérifier l’homoscédasticité des
variances résiduelles (graphiquement + test). Hypothèses et conclusions
> bartlett.test(residusGLY~factligne)
Bartlett test of homogeneity of variances
data: residusGLY by factligne
Bartlett's K-squared = 0.7196, df = 3, p-value = 0.8686
> bartlett.test(residusGLY~factcolonne)
data: residusGLY by factcolonne
> bartlett.test(residusGLY~factT)
data: residusGLY by factT
7
Pour chaque test :
H0 : les variances résiduelles selon le facteur vache (ou période) (ou traitement)
sont homogènes.
H1 : au moins une des variances résiduelles est supérieure à une autre.
Si on rejette H0 on a p-value > 0.05 de risque de le faire à tort, on conserve donc
H0, on n’a pas pu mettre en évidence que l’hypothèse d’invariance des variances
résiduelles selon le facteur vache (ou période) (ou traitement) n’était pas
respectée.
boxplot(residusGLY~factligne, main="Facteur Vache")
boxplot(residusGLY~factcolonne, main="Facteur période")
boxplot(residusGLY~factT, main="Facteur Traitement")
Les Box Plots vont également dans le sens de l’homogénéité des variances
résiduelles selon le facteur vache (ou période) (ou traitement).
Analyse de la variance
1°) Dans l’exemple du cours donner la valeur du F théorique pour un risque
d’erreur de 5%.
Le test F est un test unilatéral donc pour α = 0.05 : F0.95 (3 ;6) = 4.76 lu dans la
table. Le F théorique est le même pour les 3 tests,
F calculé
FA = 1.67
FB = 2.16
FC = 105.39
F théorique
< 4.76
< 4.76
> 4.76
8
On a pu mettre en évidence qu’un effet du facteur C avec moins de 5% de risque
d’erreur.
2°) Quelles hypothèses sont à vérifier avant de réaliser l’analyse de la variance ?
La loi de distribution de la variable de réponse est une loi normale.
Hypothèses:
• de la normalité des résidus,
• d’invariance des variances résiduelles,
• d’indépendance des résidus.
3°) Exercice Vaches
La réponse étudiée Yijk, est le glycérol sanguin en µM que l’on suppose suivre une
loi normale.
Réaliser l’analyse de la variance des données yijk, poser les hypothèses soumises
aux tests et formuler la conclusion.
Les calculs :
µ
1137,625
Y
18202
C
20707050
vache
1
2
3
4
moyenne
1127,25
1200
1133
1090,25
somme
4509
4800
4532
4361
5134756
4754580
produit
période
moyenne
1106,75
1144
1110
1189,75
somme
4427
4576
4440
4759
produit
traitement moyenne
SC
5082770 5760000
4899582 5234944 4928400 5662020
830,5
1113,75
1070,5
1535,75
somme
3322
4455
4282
6143
produit
2758921
4961756
4583881
9434112
21936702
9
total
20732106,50
20724946,50
21738670,50
H0: CMV / CMe = 1
H1: CMV / CMe > 1
H’0: CMP / CMe = 1
H’1: CMP / CMe > 1
H’’0: CMT / CMe = 1
H’’1: CMT / CMe > 1
Source de variation
SCE
ddl
CM
F calculé
proba
Vache
25056,25
3
8352,08
0,32 (NS)
0,8090
Période
17896,25
3
5965,42
0,23 (NS)
0,8718
Traitement
1031620,25
3
343873,42 13,30 (**)
0,0046
résiduelle
155079,00
6
totale
1229651,75
15
25846,50
Seul un effet très significatif du facteur étudié T a pu être mis en évidence
avec 0.46% de risque d’erreur.
> anova(lm(gly~factligne+factcolonne+factT))
Analysis of Variance Table
Response: gly
Df Sum Sq Mean Sq F value
Pr(>F)
factligne
3
25056
8352 0.3231 0.809039
factcolonne 3
17896
5965 0.2308 0.871814
factT
3 1031620 343873 13.3044 0.004636 **
Residuals
6 155079
25847
--Signif. codes: 0 ‘***’ 0.001 ‘**’ 0.01 ‘*’ 0.05 ‘.’ 0.1 ‘ ’ 1
Comparaison des moyennes
Exercice Vaches :
La réponse étudiée yijk, est le glycérol sanguin en µM que l’on suppose suivre une
loi normale.
Le dispositif expérimental utilisé est un carré latin, les résultats analysés
autorisent l’analyse de la variance qui elle-même conclue à un effet traitement
uniquement. A partir des résultats proposés ci-dessous, regrouper les moyennes
des traitements (ppas et TUKEY) pour un risque de 5%. Conclusion.
traitement
1
2
3
4
moyenne
830,5
1113,75
1070,5
1535,75
L’analyse de la variance a donné CMe = 25846,50
H0: les µj appartiennent à un même groupe
H1: les µj n’appartiennent pas à un même groupe
10
σ(m)
80,384
q0,95 = 4,34
ppas(3)
348,868
j/j'
∆µ
q0,95 = 4,9
ppas(4)
393,883
j/j'
∆µ
µ4/µ1
Les
Les
Les
Les
moyennes
moyennes
moyennes
moyennes
705,25
q0,95 = 3,46
ppas(2)
278,129
j/j'
∆µ
µ4/µ3
465,25
µ3/µ1
240
µ2/µ1
283,25
µ2/µ3
43,25
µ4/µ2
422
4 et 1 n’appartiennent pas au même groupe.
1,3 et 2 appartiennent au même groupe.
On a 2 groupes de moyennes :
traitement
T4
T2
T3
T1
MOYENNES
1535,75
1113,75
1070,5
830,5
GROUPES
A
B
B
B
Les doses 0, 2, et 4 g/j CLA sont équivalentes sur le taux de glycérol sanguin,
par contre la dose 6 g/j CLA donne un taux différent avec 5 % de risque
d’erreur. Conclusion, pour maximiser le taux de glycérol sanguin on utilisera le
traitement 4, pour le minimiser le traitement 1 ou 2 ou 3.
> TukeyHSD(aov(gly~factligne+factcolonne+factT))
Tukey multiple comparisons of means
95% family-wise confidence level
Fit: aov(formula = gly ~ factligne + factcolonne + factT)
Compte tenu de l’ANOVA on ne retient que l’effet traitement:
$factT
2-1
3-1
4-1
3-2
4-2
4-3
diff
lwr
upr
p adj
283.25 -110.27899 676.779 0.1587332
240.00 -153.52899 633.529 0.2502363
705.25 311.72101 1098.779 0.0032896**
-43.25 -436.77899 350.279 0.9795610
422.00
28.47101 815.529 0.0375795*
465.25
71.72101 858.779 0.0246941*
Le Traitement 4 est différent du traitement 1, du traitement 2 et du traitement 3. Les
traitements 1, 2 et 3 ne diffèrent pas entre eux. On retrouve donc le même tableau de
regroupement que précédemment donc la même conclusion.
11
« Entraînez-vous ! »
Soit un essai de chauffage au sol sur la croissance de Ficus elastica (Gérard M,,
1977,Influence du chauffage du sol sur la croissance de Ficus elastica, Mémoire
de fin d'études, Gembloux, Fac, Sci, Agro,,130p,)
On dispose de :
• 144 plants en pots de Ficus, (chaque plan est constitué d’une tige),
• 2 petites serres A et B, de 2.5m x 6.5m, la serre A est au nord de la serre
B.
On sait que chaque tige doit être espacée d’environ 30 cm, en tout sens, d’une
autre tige,
Les températures du sol à étudier sont 15, 20,25 et 30°C, à 12cm de profondeur.
Sur chaque unité expérimentale on mesure l’accroissement total en hauteur des
plants après 8 mois d’expérimentation.
1°) Proposer un dispositif expérimental,
Définissez l’unité expérimentale.
Les températures du sol étudiées sont 15, 20,25 et 30°C, à 12cm de profondeur,
toutes les autres conditions de culture devront être uniformes. Si on veut
utiliser ce facteur d’étude à 4 modalités on peut imaginer un carré latin 4x4, il
faut donc 16 unités expérimentales. On peut considérer que l’étude portera sur 9
plants pour une unité (9 x 16 = 144). Les unités expérimentales pourront donc
être des « parcelles » de 9 plantes, cultivées en pots enfoncés en terre.
L’espacement des tiges est de 30 cm minimum en tout sens, donc chaque parcelle
aura une étendue de 1m² environ selon le schéma B.
L’ensemble de l’expérience est réalisé dans 2 petites serres, de 2.5m x 6.5m, des
sentiers de 0.5m de large peuvent être prévus pour effectuer les mesures et
assurer un effet tampon entre les parcelles selon le schéma A d’un dispositif en
carré latin 4x4 étalé sur les 2 serres:
Schéma A : Un dispositif expérimental possible
Ensoleillement
12
serre A
N
20°C
30°C
15°C
25°C
15°C
25°C
20°C
30°C
serre B
30°C
20°C
25°C
15°C
25°C
15°C
30°C
20°C
Schéma B : L’unité expérimentale
2°) Le dispositif retenu est celui proposé dans le corrigé de la question
précédente.
Les mesures de croissance (hauteur) ont donné :
13
T°
15
15
15
15
20
20
20
20
25
25
25
25
30
30
30
30
LIGNE
1
2
3
4
1
2
3
4
1
2
3
4
1
2
3
4
COLONNE
2
4
1
3
4
2
3
1
1
3
2
4
3
1
4
2
PARCELLE
402
304
201
103
404
302
203
101
401
303
202
104
403
301
204
102
hauteur
174
154
117
177
205
200
209
185
218
222
229
214
247
200
238
242
a) Proposez un modèle mathématique et établissez la liste des résidus,
Le modèle : yijk = µ + α i + β j + γ k + eijk.
yijk : hauteur d’une unité, réponse observée pour l’essai LiCjTk
µ : niveau moyen de la hauteur
α i : effet du facteur ligne (L) au niveau i ; i = 1…...p
β j : effet du facteur colonne (C) au niveau j ; j = 1…...p
γ k : effet du facteur température (T) au niveau k ; k = 1…...p
eijk.: résidu = yijk − yˆijk = yijk + 2 µ - y i.. - y. j . - y..k
moyennes
1
2
3
4
y i..
211
194
198,25
204,5
y. j .
180
211,25
213,75
202,75
y..k
155,5
199,75
220,75
231,75
µ = 201.938
14
T°
15
15
15
15
20
20
20
20
25
25
25
25
30
30
30
30
LIGNE
1
2
3
4
1
2
3
4
1
2
3
4
1
2
3
4
COLONNE
2
4
1
3
4
2
3
1
1
3
2
4
3
1
4
2
PARCELLE
402
304
201
103
404
302
203
101
401
303
202
104
403
301
204
102
hauteur
174
154
117
177
205
200
209
185
218
222
229
214
247
200
238
242
eijk
0,125
5,625
-12,875
7,125
-4,625
-1,125
1,125
4,625
10,125
-2,625
2,625
-10,125
-5,625
-1,875
9,125
-1,625
b) Vérifiez la normalité des résidus en utilisant le logiciel R (graphes + tests)
et en interprétant les résultats suivants donnés par le logiciel Statbox :
SYMETRIE
PROBA : .64897
APLATISSEMENT PROBA : .60422
Pour le coefficient d’asymétrie de Pearson β1 :
H0 β 1 = 0
On a 64.90% de risque de se tromper en rejetant l’hypothèse de symétrie des
résidus. Ce risque est trop fort, on n’a pas mis en évidence que la distribution
n’était pas symétrique.
Pour le coefficient d’aplatissement de Pearson β2 :
H0 β 2 = 3
On a 60.42% de risque de se tromper en rejetant l’hypothèse de mésocurtie des
résidus. Ce risque est trop fort, on n’a pas mis en évidence que la distribution
n’était pas mésocurtique.
15
Shapiro-Wilk normality
test
data: residusfic
W = 0.9753, p-value =
0.9159
On a 91% de risque de se
tromper en rejetant
l’hypothèse de normalité
des résidus. Ce risque est
trop fort, on n’a pas mis en
évidence que la distribution
n’était pas Gaussienne.
Q-Q plot : Les points
forment une droite, les
résidus suivent une loi
normale.
Hist(residusfic)
L’histogramme ne permet
pas de conclure sur la
normalité des résidus
En conclusion, on conserve l’hypothèse de normalité des résidus.
c) Vérifiez l’indépendance des résidus en proposant une cartographie à 4
modalités.
On peut proposer :
eijk < - 4,4
-4,4 < eijk < 0
0 < eijk < 4,4
eijk > 4,4
16
La cartographie ne montre pas de zones particulières, les résidus semblent
indépendants d’une parcelle à l’autre. Les conditions de culture dans les 2 serres
semblent homogènes.
d) Vérifiez l’homoscédasticité des variances résiduelles (méthode de votre
choix). Hypothèses et conclusions à formuler par écrit.
Les variances résiduelles semblent homogène (c’est moins évident pour le facteur
colonne). On va vérifier à l’aide des tests du X² de Bartlett.
H0 : les variances résiduelles selon le facteur ligne sont homogènes.
H1 : au moins une des variances est supérieure aux autres.
17
ECARTS-TYPES LIGNES
1 (L1)
7,2
= LIGNES
2 (L2)
3,8
3 (L3)
9,26
KHI2 = 1.89
4 (L4)
7,69
PROBA =.60052
Si on rejette H0 on a 60% de chance de le faire à tort, on conserve donc H0, on
résiduelles selon le facteur ligne n’était pas respectée.
H0 : les variances résiduelles selon le facteur colonne sont homogènes.
ECARTS-TYPES COLONNES
1 (C1)
9,89
= COLONNES
2 (C2)
1,9
3 (C3)
5,49
KHI2 = 5.84
4 (C4)
8,92
PROBA =.11804
résiduelles selon le facteur colonne n’était pas respectée.
H0 : les variances résiduelles selon le facteur température sont homogènes.
ECARTS-TYPES FACTEUR 1
1 (15)
9,1
= T°
2 (20)
3,89
3 (25)
8,54
KHI2 = 1.97
4 (30)
6,35
PROBA =.58317
résiduelles selon le facteur température n’était pas respectée.
L’hypothèse d’homoscédasticité est conservée pour les 3 facteurs.
e) Pouvez-vous mettre en évidence un effet du facteur température ?
Les hypothèses de normalité, d’indépendance et d’homoscédasticité des résidus
étant conservées, on va pouvoir réaliser une analyse de la variance qui consiste à
vérifier l’existence de l’effet du facteur température sur la réponse mesurée..
18
1
2
3
4
moyenne
211
194
198,25
204,5
somme
844
776
793
818
produit
178084
150544
157212,3
167281
moyenne
180
211,25
213,75
202,75
somme
720
845
855
811
produit
129600
moyenne
155,5
199,75
220,75
231,75
somme
622
799
883
927
produit
96721
ligne
colonne
traitement
µ
Y
201,9375
C
652460,06
SC
670203
178506,3 182756,3 164430,3
159600,3 194922,3 214832,3
3231
Les hypothèses nulles soumises aux tests sont :
H0: CML / CMe = 1
H’0: CMC / CMe = 1
H’1: CMC / CMe > 1
H1: CML / CMe > 1
Source de
H’’0: CMT / CMe = 1
H’’1: CMT / CMe > 1
variation
Ligne
S.C.E
ddl
C.M.
TEST F
PROBA
661,19
3
220,4
2,09
0,203
Colonne
2832,69
3
944,23
8,94
0,013
température
13615,69
3
4538,56
42,99
0,000
résiduelle
633,38
6
105,56
totale
17742,94
15
1182,86
Un effet hautement significatif du facteur T a pu être mis en évidence avec
moins de 0.1% de risque d’erreur.
Un effet significatif du facteur colonne a pu être mis en évidence avec 1.3% de
risque d’erreur.
On n’a pas pu mettre en évidence d’effet du facteur ligne.
En réalité les facteurs ligne et colonne sont liés à l’exposition des serres, on
aurait donc un effet d’exposition Est-Ouest sur la croissance des plants. Il
faudra prendre en considération ce facteur en plus de celui de la température en
sachant que l’on postule l’absence d’interaction entre les facteurs.
19
f) Quelles sont les températures qui présentent des effets différents sur la
croissance, Que proposeriez-vous comme température pour maximiser la
croissance des plants ?
On va réaliser un test de Newman-Keuls (ppas) et test de TUKEY pour un risque
de 5% pour classer les effets des variantes du facteur étudié.
H0: les µj appartiennent à un même groupe
H1: les µj n’appartiennent pas à un même groupe
Newman Keuls:
σ(m) = (105.56/4)1/2 = 5.137
traitement
1
2
3
4
moyenne
155,5
199,75
220,75
231,75
ppas(4)
25,172
ppas(3)
22,295
ppas(2)
17,775
j/j'
∆µ
j/j'
∆µ
j/j'
∆µ
µ4/µ1
76,25
µ4/µ2
32
µ2/µ1
44,25
µ3/µ1
65,25
µ3/µ2
21
µ4/µ3
11
GROUPES
MOYENNES
T4
231,75
A
T3
220,75
A
T2
199,75
T1
155,5
B
C
On a pu mettre en évidence, avec 5% de risque de se tromper, que la
température T1 a un effet différent sur la croissance que les autres
températures, de même pour T2, de même pour T3 et T4 qui par contre ne
présentent pas d’effets différents entre elles deux sur la hauteur.
Conclusion : Pour une hauteur maximale on peut proposer un chauffage à 25°C ou
30°C, le choix définitif dépendra des coûts d’installation et d’entretien.
Tukey multiple comparisons of means
$factT
T2-T1
T3-T1
T4-T1
T3-T2
T4-T2
T4-T3
diff
lwr
upr
p adj
44.25 19.100423 69.39958 0.0036188**
65.25 40.100423 90.39958 0.0004436***
76.25 51.100423 101.39958 0.0001842***
21.00 -4.149577 46.14958 0.0980882
32.00
6.850423 57.14958 0.0177319*
11.00 -14.149577 36.14958 0.4849921
T4
T3
T2
T1
A
A
B
B
C
Le groupement diffère un peu, on conseillera donc pour une hauteur maximale un
chauffage à 30°C de la serre.
20

MODULE 3 : CARRE LATIN Réponses

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