MTH 2301 Méthodes statistiques en ingénierie Lexique anglais

Transcription

MTH 2301 Méthodes statistiques en ingénierie
Lexique
Chapitre 7 - Tests d’hypothèses
anglais – français
Lexique anglais - français
• null hypothesis ………. hypothèse nulle ( principale)
Constats - terminologie - concepts de base tests
Tests concernant une moyenne
• alternative hypothesis ….. contre-hypothèse
- variance connue
- courbe caractéristique
• significance level ………… seuil de signification
- variance inconnue
- n=?
• critical region …………… région critique
• type I error ………………… faute (erreur) de type I
Test de Shapiro-Wilk : distribution gaussienne ?
Tests concernant 2 moyennes :
• type II error ……………….. faute (erreur) de type II
• one-tailed test …….……… test unilatéral
- variances inconnues égales
• two-tailed test …………… test bilatéral
- courbes caractéristiques n =?
- variances inconnues inégales
- échantillons appariés (dépendants)
• OC (Operating Characteristic) curve …….
………........ courbe d’efficacité (caractéristique)
Tests concernant les variances:
-- -une variance / 2 variances
• paired samples ……………. échantillons apprariés (pairés)
hors programme
7.4 ( 1 binomiale) – 7.5 ( 2 binomiales) – 7.7 (non paramétrique)
7 -1
Bernard CLÉMENT, P h D
7- 2
constats - terminologie – concepts de base
• prendre des décisions à l’aide de données échantillonnales
• Hypothèse nulle H 0: hypothèse à tester (mettre à l’épreuve)
• Contre hypothèse H 1 : seule affirmation sensée lorsque que H0 est fausse
provenant d’observations passives ou de données expérimentales:
- 2 appareils de mesure ont-ils la même justesse /précision ?
- traitement anti corrosion réduit – il la rouille de 50% après 4 ans ?
- un type de boulon peut-il être soumis à 100 000 cycles de
tension-compression sans se rompre par fatique ?
• H 0 est toujours formulée en termes d’une valeur exacte du
paramètre statistique à tester - exemple : H 0 : µ = 100
• H 1 prévoit toujours un ensemble de valeurs : ex. H 1 : µ < 100
• test statistique : est définie par une région critique d’une
• prendre une décision
conjecture
issue probabiliste
formulation d’une hypothèse statistique
• hypothèse statistique : affirmation concernant une population
- vraie ou fausse
- on dispose que de un seul échantillon de taille n
- risques (probabilités ) de mauvaises décisions:
-- accepter une hypothèse fausse ( erreur de type II)
-- rejeter une hypothèse vraie (erreur de type I)
• adopter une hypothèse : les données de l’échantillon n’indiquent pas
clairement que ’on ne doit pas l’adopter
• réfuter une hypothèse : l’échantillon témoigne fortement contre
statistique X (fonction des données) qui conduit au rejet de H0
X
Région d’acceptation
Région critique : X > c
• erreur de type II : adopter (ne pas rejeter) H0 alors qu’elle fausse
• seuil (niveau) de signification : la probabilité de commettre erreur type I
7- 3
c
• erreur de type I : réfuter l’hypothèse nulle H0 alors qu’elle est vraie
7- 4
LES DÉCISIONS STATISTIQUES
H0
STATUT
VRAIE
DÉCISION
La statistique n’est pas une discipline qui permet de décider de la vérité ou
de la fausseté des questions qu’elle examine : c’est plutôt une science du
comportement rationnel qui fournit des règles de conduite pratiques dans
des situations d’incertitude.
FAUSSE
REJET DE H0
erreur type I
pas d’erreur
NON REJET H0
pas d’erreur
erreur type II
Une hypothèse particulière est déclarée vraie : sur la base de données
disponibles vous pouvez la tenir vraie jusqu’à preuve du contraire.
Une hypothèse particulière est déclarée fausse : sur la base de données
disponibles vous ne pouvez pas la tenir pour vraie.
Risque de type I = P ( erreur type I ) = α
Risque de type II = P ( erreur type II ) = β
•
LA DÉCISION EST BASÉE SUR DES OBSERVATIONS X i
•
LE STATUT RÉEL DE H0 N’ EST JAMAIS CONNU
•
β EST UNE FONCTION
Mais dans les deux cas, vous aurez raison en moyenne, dix neuf fois sur 20,
(95%), ou n’importe quel niveau de confiance ou niveau de risque
(=1- niveau de confiance) que l’on se fixe d’avance.
COURBE D’ EFFICACITÉ
En moyenne vos conclusions seront donc bonnes, mais on ne pourra jamais
savoir si une décision particulière est bonne.
7- 6
7- 5
Bernard CLÉMENT, PhD
Cas A : test moyenne µ - population gaussienne - variance σ2 connue X
0.14
N ( µ, σ2 )
0.12
H 0 : µ = µ0
σ
0.10
X1, X2, …, Xn
GAUSS
0.08
0.06
~
N ( µ,
0.02
X
0.00
-2
0
2
4
6
8
10
12
14
16
18
20
22
24
: échantillon de X
si H0 est vraie
Z = ( X – µ0 ) / (σ / √ n ) ~ N ( 0, 1)
X
µ0
α
Questions (a) définir l’hypothèse nulle , la contre hypothèse, le seuil du test, le risque de type II. (b)
Poser les équations définissant les risques de type I et de type II; résoudre afin de trouver la taille de
l’échantillon à prélever et déterminer la région critique du test. (c) Un échantillon de 19 observations a
donné une moyenne de 25970. Le nouvel alliage est-il supérieur ?
µ = µ0
26
σ/√ n
U
c
Région critique :
rejeter H 0 si X > c
Z
0
z1 - α
β
σ= 300
α
Région critique
X>c
P ( X > c ) = P ( X - µ0 > c - µ0 )
= P ( X – µ0 ) > ( c - µ0 )
σ/√ n
σ/√ n
X
µ0 = 25800
= P ( Z > z0 ) = α
H0
z0 = ( c - µ0 )/ σ/√ n = z 1-α
c
µ1 = 25800 + 250 = 26050
H1
:µ
> µ0
( unilatérale )
P( erreur type I ) = P ( X > c ) = α = 0.01
c = µ0 + z1-α ( σ /√ n )
P( erreur type II ) = P ( X < c ) = β = 0.10
7- 7
σ/√n
Solution (a)-(b)
c=?
P ( rejeter H0 quand elle est vraie ) = α
σz =1
Cas A : test moyenne µ - population gaussienne - variance σ2 connue X ~ N ( µ, σ2 )
Exemple 1 : un acier d’un alliage spécial a une tension de rupture X (psi) dont la moyenne est de
25800 avec un écart type de 300. Un changement dans la composition de l’alliage devrait augmenter
la tension moyenne sans changer l’écart type. Si le nouvel alliage ne produit aucun changement on
voudrait pouvoir le dire avec une probabilité de 0.99. Par contre, si la tension moyenne est augmentée
de 250, on veut que le risque de ne pas le détecter soit 0.10
H 1 : µ > µ0
X = ∑ Xi / n : moyenne échantillonnale
0.04
-0.02
vs
σ2 )
7- 8
σ2
Cas A : test moyenne µ - population gaussienne - variance
Solution (a)-(b)
P ( X > c | si µ = 25800) = α = 0.01
connue X ~ N ( µ,
σ2
)
(1)
Courbe d’efficacité (caractéristique) du test
P ( X < c | si µ = 26050) = β = 0.10 (2)
2 équations avec 2 inconnus : n et c
Définition: probabilité d’accepter H0 en fonction de la moyenne µ de la population
β ( µ ) = P ( X < c =µ0 + z 1-α ( σ /√ n ) | µ )
= P [ ( X - µ ) / σ /√ n < z 1-α + (µ0 - µ) / σ /√ n ]
n = ( z0.99 + z0.90 )2 σ2 / ( 26050 – 25800)2 = ( 2.33 + 1.28)2 ( 300 / 250 )2 = 18.8 ≈ 19
c = 25800 + 2.33 * 300 / (19)0.5 = 25960.36
( c ) puisque
x = 25970 > c = 25960.36
σ/√n
Solution (a)-(b)
= Φ (z 1-α + δ √ n )
on rejette H0
β
Calcul de n : on veut
σ= 300
*)
dépend de α, n, δ
que
β ( µ1 ) = β
pour une valeur particulière µ1 de µ
n = ( z 1-α + z 1- β )2 σ2 / (µ1 – µ0)- 2
α
Région critique
(
où
δ = (µ0 - µ) / σ : paramètre de non centralité
graphiques : page 7-11 avec α = 0.05, 0.01 / n = 1,2,3, … / -1 ≤ δ ≤ 3
X>c
Exemple : voir page 7-9 avec α = 0.01 β = 0.10
σ = 300
µ0 = 25800
µ1 = 26050
X
µ0 = 25800
H0
c
Exemple : calcul de la fonction d’efficacité
µ1 = 25800 + 250 = 26050
H1
P( erreur type I ) = P ( X > c ) = α = 0.01
P( erreur type II ) = P ( X < c ) = β = 0.10
µ = 25800
26000
26050
µ 25800
26000
26050
26100
β 0.99
0.28
0.10
0.02
26100
avec la formule ( * ) ci haut
7 -10
7- 9
courbe d’efficacité (caractéristique) du test Z : unilatéral
type
de la
CONTRE HYPOTHÈSE :
unilatérale
contre hypothèse H1 : µ > µ0
Exemple 1 ( page 7- 8) :
autres cas
ou
bilatérale
unilatéral droite ( cas 1 )
H 1 : µ < µ0
unitatéral gauche ( cas 2 )
H1 : µ ≠ µ0
bilatéral
( cas 3 )
Formules
Cas 2
si
x < c = µ0 - z1-α ( σ /√ n )
n = ( z1-α + z1- β )2 σ2 / (µ1 – µ0) - 2
rejeter H0
β( µ ) = Φ (z1-α - δ √ n )
Cas 3
rejeter H0 si
note : - z1-α = zα
δ = (µ0 - µ) / σ
x < c1 = µ0 - z1-α/2 ( σ /√ n ) ou si x > c2 = µ0 + z1-α/2 ( σ /√ n )
région critique bilatérale
équivalent à :
rejeter H0
si
│ x - µ0 │ / σ /√ n > z1-α/2
n = ( z1-α/2 + z 1- β )2 σ2 / (µ1 – µ0) – 2
β( µ ) = Φ (z 1-α/2 - δ √ n ) + Φ (z 1-α/2 - δ √ n ) - 1
7 -11
7 -12
courbe d’efficacité (caractéristique) du test Z : bilatéral
Cas B : test moyenne µ - population N ( µ, σ2) variance σ2 inconnue
Si σ2 est inconnue : on en fait l’estimation avec la variance échantillonnale s2
S2 = ∑ ( X i – X )2 / ( n - 1 ) et utilise la statistique T de Student en place de Z
Les 2 cas sont résumés dans le tableau.
Hypothèse nulle
Statistique
pour le test
H N : µ = µ0
σ2
Z0 =
connue
H N : µ = µ0
σ2
7 -13
inconnue
σ
n
x − µ0
s
n
Critère de rejet
H A : µ ≠ µ0
Z 0 > z1 − α
H A : µ > µ0
Z 0 > z1 − α
H A : µ < µ0
Z 0 < − z1 − α
2
H A : µ ≠ µ0
T0 > t n −1, 1 − α
H A : µ > µ0
T0 > t n −1, 1− α
H A : µ < µ0
2
T0 < − t n −1, 1 − α
Remarque : le test est employé pour le cas de différences appariées
(2 échantillons dépendants) avec
xi = x1i − x 2 i
7 -14
Cas B : test moyenne µ - population gaussienne - variance σ2 inconnue X ~ N ( µ, σ2 )
courbe d’efficacité (caractéristique) du test T : unilatéral
courbe d’efficacité (caractéristique) du test T : bilatéral
7 -15
T0 =
x − µ0
Contre hypothèse
(alternative)
7 -16
Cas C : test d’ajustement à une loi gaussienne
BUT :
Exemple 2 : étiquette sur un contenant 4 litres de peinture ‘’couvre 325 pi. ca’’ en
moyenne dans des conditions normales d’utilisation. Vous testez 6 contenants avec les
résultats suivants : 305, 285, 310, 300, 280, 290.
H0 : X ~ N ( µ, σ2 )
vs
H1 : X ~ loi non gaussienne
Statistique W du test de Shapiro-Wilk :
x ( i ) ] 2 / [ ∑ ( xi - x ) ] 2
W = [ ∑ an, i
a n, i
s = 11.83 ,
coefficients spéciaux
( table non disponible dans le manuel du cours ).
La statistique W mesure la corrélation entre la série ordonnée des observations
T5 = ( 295 – 325 ) / 11.83 √ 6 = - 6.21 < - t 5 , 0.95 = - 2.015
H0
xn provient d’une
Plusieurs tests : Khi2, Kolmogorov-Smirnov ( D ), Lilifors, Shapiro-Wilk. ( W )
( b ) calculer le nombre d’observations nécessaire pour détecter un écart de moyenne de
10 pi. car. avec un risque de type 2 de 0.10
x = 295
vérifier si une série de données x1 , x2 , x3 , ,,,,,
population distribué selon une loi gaussienne.
( a ) Testez H0 : µ = 325 vs H1 : µ < 325 au seuil α = 0.05
Solution : ( a ) n = 6
- procédure de Shapiro-Wilk
et les quantiles théoriques d’une loi N( 0,1 ).
est rejetée
Décision : rejeter H0
si
0.70 ≤ W ≤ 1
W est ‘’petite’’
Mise en oeuvre avec le logiciel Statistica : p-value = P( W < Wcalculée )
( b ) δ = 10 / 11.83 = 0.84 noté d dans l’annexe L-3 (page 550)
Si le p-value est petite (disons inférieure à 0.05 ) on rejette loi gaussienne
on obtient une valeur de n = 15
comme modèle acceptable pour les observations.
Exemple 3 :
OTHM 7.9 – 7.15 p. 237, 243
n = 10
X : 4050 - 4185 - 4080 - 4100 - 4160 - 4230 - 4350 - 4290 - 4320 - 4710
W calculée = 0.85
7 -17
et
P ( W ≤ 0.85) = 0.06 = p-value
on ne rejette pas la loi gaussienne pour ces données.
W = 0.85
et
P ( W ≤ 0.85) = 0.06 = p-value
Cas D :
Quantile-Quantile Plot of EX3_Y (ch07.sta 10v*50c)
Distribution: Normal
EX3_Y = 4247.5+187.1784*x
0.05
0.10
0.25
0.50
test d’égalité
X ~ N ( µX, σX2)
0.12
0.10
0.75
0.90
0.95
GAUSS
4700
0.10
σX
0.08
0.06
0.02
0.02
0.00
Observed Value
0.00
4500
σY
0.06
0.04
0.04
4600
-0.02
-0.02
-2
0
2
4
6
8
10
12
µX
14
16
18
20
22
24
26
-2
U
4400
X = ∑ X i / n1
4200
0
2
4
6
8
10
12
µY
14
16
18
20
22
24
U
indépendants
Y1, Y2, … , Yn2
moyennes
Y = ∑ Yi / n2
H 0 : µX = µY
4100
4000
cas 1 : variances connues
-1.5
-1.0
-0.5
0.0
0.5
1.0
1.5
Cas 2 : variances inconnues
2.0
Tableau page 7- 21
Cas 3 : échantillons appariés
Theoretical Quantile
7 -19
échantillons
X1, X2, … , Xn1
4300
moyennes
Y ~ N ( µY, σY2)
0.12
0.08
4800
de 2
0.14
0.14
GAUSS
Exemple 3 : graphique quantile – quantile
3900
-2.0
7 -18
7 - 20
26
Cas D : tests d’égalité
Hypothèse nulle HN
Statistique pour le test
H N : µ1 − µ 2 = 0
σ 12 , σ 22
Z0 =
connues
σ 2 inconnue
S 2p =
HN : µ1 − µ2 = 0
≠
H A : µ1 − µ 2 ≠ 0
σ 12
H A : µ1 − µ 2 > 0
+
n2
Z 0 > z1 − α
2
Z 0 > z1 − α
Z 0 < − z1 − α
H A : µ1 − µ 2 < 0
H A : µ1 − µ 2 ≠ 0
T0 > tν , 1 − α
informations suivantes :
X :
n1 = 16
σX = 128
X = 1050
Y :
n2 = 9
σY = 81
Y = 970
Intervalle de confiance avec coefficient de confiance 0.95
µX - µY : 1050 – 970 ± 1.96 ( 1282 / 16 + 812 / 9 )0.5 = 80 ± 82.1 = ( - 2.1, 162.9 )
2
+
n1 + n2 − 2
H A : µ1 − µ 2 < 0
T0 < − t n1 + n 2 − 2, 1−α
( x1 − x 2 )
H A : µ1 − µ 2 ≠ 0
(n2 − 1) S22
Question : les ampoules de type X durent - elles ( en moyenne ) plus longtemps
que les ampoules de type Y ?
Solution avec un test d’hypothèse : bilatéral - variances connues - alpha = 0.05
S12
S2
+ 2
n1
n2
T0 > tn1 + n2 − 2, 1−α 2
H A : µ1 − µ 2 > 0
la durée moyenne ampoules type X
n’est pas différente
de la durée moyenne des ampoules de type Y
T0 < − tν , 1 − α
H A : µ1 − µ 2 < 0
(a + b) 2
a 2 ( n1 − 1) + b 2 ( n 2 − 1)
Z = ( 1050 – 970 ) / ( 1282 / 16 + 812 / 9 )0.5 = 80 / 41.87 =1.91 < 1.96 = z0.975
T0 > tν , 1 − α
a = s12 n1 , b = s 22 n 2
ν =
pour la différence de vie ( heures ) moyenne de deux types ( X et Y)
d’ampoules électriques à l’aide des
T0 > t n1 + n 2 − 2, 1 − α
T0 =
inégales
Exemple 4 : calculer un intervalle de confiance avec coefficient de confiance 0.95
Critère de rejet
H A : µ1 − µ 2 > 0
(n1 − 1) S12
σ 22
inconnues
σ 22
1
1
+
n1
n2
SP
σ 12 = σ 22 = σ 2
Contre hypothèse
( x1 − x 2 )
T0 =
moyennes
( x1 − x 2 )
n1
H N : µ1 − µ 2 = 0
σ 12
de 2
7 - 21
7 - 22
différence entre 2 moyennes avec variances inconnues égales
Exemple 5 : OTHM p. 245, 247 ex.7.19 comparaison de l’épaisseur à heure x et heure y
X ~ N ( µX, σ2 )
0.12
0.10
Y ~ N ( µY, σ2 )
0.12
0.10
σ
Heure y : 12.4-10.9- 10.4- 10.3- 10.6- 9.6- 9.7- 9.6- 9.8- 10.3- 7.7- 12.7- 10.2- 10.2- 8.6- 8.4- 9.5- 7.8
11.5- 10.0- 10.0- 8.4-10.0-11.5-11.4-11.7-10.7-10.8-9.4-10.7
0.08
GAUSS
0.08
0.06
σ
Solution : avec Statistica / module Basic Statistics and Tables / T- test independent
0.06
0.04
0.04
12
0.02
0.02
n
moy
écart type
0.00
0.00
µX
-0.02
-2
0
2
4
6
8
10
X1, X2, … , Xn1
12
-0.02
14
16
18
U
20
22
SX2 = ∑ ( Xi – X ) 2 / ( n1 - 1 )
moyennes
variances
-2
0
2
4
6
8
Sp √ 1/ n1 + 1 / n2
10
12
10
14
16
18
20
22
24
Y1, Y2, … , Yn2
30
8.99
1.18
Y
30
10.16
1.22
8
Y = ∑ Yi / n2
Test T avec variances
SY2 = ∑ ( Yi – Y ) 2 / ( n2 - 1 )
‘ pooled ’
inconnues et égales
6
s p = 1.20
4
T = - 3.77
2
0
7 - 23
ddl=58
p- value = 0.0004
= T ~ Student avec n1 + n2 - 2 ddl
égalité moyennes rejetée
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
5
HEURE: x
X
26
U
[ ( n1 -1 ) SX2 + ( n2 – 1) SY2 ] / ( n1 + n2 -2)
( X - Y ) - ( µX - µY )
Résultat
26
échantillons indépendants
X = ∑ Xi / n1
Sp2 =
24
µY
No of obs
GAUSS
Heure x : 10.0-11.2- 8.1- 8.3- 10.8- 10.3- 9.5- 8.2- 10.0- 10.1- 9.2- 8.4- 6.4- 8.3- 8.2- 7.0- 10.8- 7.5
7.4- 9.5- 9.7- 9.4-8.6-10.4-8.3-8.0-8.7-9.6-8.9-8.9
0.14
0.14
7
8
9
10
11
12
13
14
HEURE: y
épaisseur
6
7 - 24
Test d’égalité
de 2
Cas E - test sur une variance H0 : σ2 = σ02
moyennes : échantillons appariés dépendants
Contexte : lorsque les 2 séries de mesures proviennent des mêmes unités expérimentales.
Par exemple, lorsque que l’on fait une comparaison AVANT-APRÈS :
mesures avant sur n unités expérimentales
X : x1, x2, …, xn
Y : y1, y2, …, yn mesures après sur les mêmes unités expérimentales
l’indépendance des 2 échantillons n’est vérifiée car les mêmes unités expérimentales sont
utilisées pour faire la comparaison. Le test est basé sur les différences :
Di = x i - y i
i = 1, 2, …, n
Le problème est ramené à un test de la nullité d’une moyenne avec variance inconnue.
Remarque: il est important de reconnaître le cas d’échantillons appariés dépendants
afin d’exécuter le bon test tel que décrit à la page 7-21 ( observations couplées)
Exemple 6 : OTHM ex. 7.26 p. 253
15 composants électroniques sont testés à 2 niveau de température : N et E
N : normale ( 20 degrés C)
E: élevée ( 100 degrés C)
Une mesure de qualité importante Y fut mesurée à ces 2 niveaux de température
Composant : 1
2
3
4 5
6
7
8
9 10
11 12
13 14 15
N (normale) : 7.6 - 10.2 - 9.5 - 1.3 - 3.0 - 6.3 - 5.3 - 6.2 - 2.2 - 4.8 - 11.3 - 12.1 - 6.9 - 7.6 - 8.4
E (élevée)
: 7.3 - 9.1 - 8.4 - 1.5 - 2.7 - 5.8 - 4.9 - 5.3 - 2.0 - 4.2 - 11.0 - 11.0 - 6.1 - 6.7 - 7.5
D = YN – YE : 0.3 1.1 1.1 -0.2 0.3 0.5 0.4 0.9 0.2 0.6 0.3 1.1 0.8 0.9 0.9
Exemple 7 : OTHM ex. 7.36 p. 262 réf. table 2.1 p. 28
n = 75 données de poids
test de
H1
: σ2 < 0.015
p-value = P ( W ≤ 50.3 ) = 0.016
on rejette H0 si on utilise un risque de type I de 0.05
7 - 25
7 - 26
Cas F - test d’égalité de 2 variances
vs
s2 = ( 0.101 )2 = 0.010
W = 74 ( 0.01) /0.015 = 50.3
T = D / (s D/√ 15) = 6.02 > t14, 0.995 = 2.977
test
:
D = 0.61
s D = 0.39
On rejette l’égalité des 2 moyennes avec risque de type 1 de 0.001
H0 : σ2 = 0.015
donne
H0 : σX2 = σY2
Courbes
d’efficacité du
test Khi-deux
Annexes L-5 /L-6
----------------------Application :
Calcul de n
voir aussi :
Exemple 8 :
courbes
d’efficacité
OTHM ex. 7.39 p. 264
n1 = 16
s X = 1.93
test unilatéral
et
F = 1.932
n2 = 10
/
s Y = 1.00
du test F
1.00 2 = 3.72
Annexe L-7
p.552
loi de Fisher avec ( 15, 9 ) ddl : F15 ,9, 0.95 = 3.01
7 - 27
7 - 28

MTH 2301 Méthodes statistiques en ingénierie Lexique anglais

Transcription

Documents pareils

mth anello - Colorificio San Marco

MTH 2301 Méthodes statistiques en ingénierie • définition • fonction

MTH 2301 Méthodes statistiques en ingénierie MTH 2301 Méthodes

Diagramme de flux de processus

Technologies clés 2020 : le poster - (DGE) | Direction Générale des

MTH Diecast Autobus car bus Pennsylvania echelle 0 O

Couts relatifs à la qualité

Lycée Jean-Baptiste Clément

Ingénieur conception mécanique (H/F) Titre du poste : Ingénieur