Haïti-vérification des résultats du 1er tour présidentielles 2010 par l'OEA: Manigat 1ere, Martelly 2e, Célestin 3e

Par Dr. Pierre Montès
LCDP-Mathématiques appliquées, lundi 17 janvier 2011.
Mise à jour: 23 janvier 2011.

Une mission d'experts de l'OEA a révisé, début janvier, les résultats du premier tour publiés par le CEP le 7 décembre 2010. On attend que le CEP publie les résultats définitifs du premier tour des présidentielles en tenant compte des recommandations de l'OEA. Selon les résultats révisés par les experts de l'OEA, malgré le faible écart de 3225 voix qui sépare les candidats Michel Martelly et Jude Célestin, reclassés deuxième et troisième respectivement, loin derrière la candidate Mirlande Manigat, classée première, la statistique mathématique ne permet pas de considérer que les candidats Martelly et Célestin soient à égalité.

L'OEA, dans un rapport de 37 pages remit au gouvernement d'Haïti le jeudi 13 janvier 2011, a montré, chiffres à l'appui, que Michel Martelly n'est pas 3e comme l'avait publié initialement le CEP, mais il est bel et bien 2e au premier tour. Le rapport a montré que Jude Célestin n'est pas 2e comme l'avait publié initalement le CEP, mais il est tout au plus 3e et donc certainement pas 2e. Des fraudes massives et flagrantes en faveur de Jude Célestin avaient été largement dénoncées le 28 novembre 2010, le jour du scrutin, et aussi par la suite. Le rapport de l'OEA confirme que Mirlande Manigat est bien première au premier tour. L'écart entre Martelly et Célestin qui était de 6845 voix en faveur de Célestin, selon les chiffres du CEP publiés le 7 décembre dernier, est passé à 3225 voix en faveur de Martelly.

Aux élections présidentielles 2010, le nombre d’électeurs potentiels est, selon le CEP, estimé à 4 712 693.

Résultats préliminaires publiés par le CEP le 7 décembre 2010.-
Au premier tour des élections réalisé le 28 novembre 2010, selon les données du CEP, n = 1 074 056 électeurs avaient voté pour les 19 candidats à la présidence.
Les trois candidats arrivant en tête et se démarquant des 16 autres, sont :

1. Mirlande Manigat, 1ère, avec X1= 336 878 voix, ou en proportion p1 = X1/n = 0,3137.
2. Jude Célestin, 2eme, avec X2 = 241 462 voix, ou en proportion p2 = X2/n = 0,2248.
3. Michel Martelly, 3eme, avec X3 = 234 617 voix, ou en proportion p3 = X3/n = 0,2184.

Nous avons montré le 16 décembre dernier (voir article LCDP-Mathématiques appliquées) que, statistiquement parlant, Célestin et Martelly n'étaient pas à égalité sur la base des résultats préliminaires publiés du CEP.


Résultats révisés par l'OEA dans un rapport déposé le 13 janvier 2011.-
Les experts de l'OEA recommandent de rejeter 50 935 bulletins de vote du nombre n = 1 074 056 bulletins retenus initialement comme valides par le CEP. Le rapport des experts de l'OEA détermine donc que le total de votes valides au premier tour se chiffre à n' = 1 023 121 votes. Mentionnons en passant que nous avons découvert une petite coquille dans le tableau des résultats révisés contenus dans le rapport de l'OEA qui mentionne un total de 1 035 883 votes au lieu de la valeur exacte de 1 023 121 (vérifiée par LCDP-Mths. appl.). Mais les pourcentages et autres calculs de l'OEA se basent implicitement sur le bon total de 1 023 121 votes, ce qui n'affecte donc en rien les calculs, les conclusions et les recommandations de l'OEA.

Selon le raspport de l'OEA, les trois candidats arrivant en tête sont dans l'ordre:

1. Mirlande Manigat, 1ère, avec X'1= 323 048 voix, ou en proportion p'1 = X'1/n' = 0,3157.
2. Michel Martelly, 2eme, avec X'2 = 227 467 voix, ou en proportion p'2 = X'2/n' = 0,2223.
3. Jude Célestin, 3eme, avec X'3 = 224 242, ou en proportion p'3 = X'3/n' = 0,2192.

Pour éviter toute confusion avec les symboles utilisés dans notre analyse postée le 16 décembre 2010 sur LCDP-Mths. appl., nous proposons d'appeler P'1, P'2, P'3 les proportions réelles (nombres inconnus qui le resteront à jamais, du point de vue de la statistique) des électeurs qui auraient voté pour Mirlande Manigat, Michel Martelly et Jude Célestin, respectivement, si toute la population d'électeurs de taille N = 4,7 millions avait voté le 28 novembre 2010.

Les proportions inconnues P'1, P'2 et P'3 sont des paramètres (fixes, le jour du scrutin, et inconnus). Les quantités p'1, p'2 et p'3, estimateurs de P'1, P'2 et P'3, suivent des lois binomiales, comme les quantités X'1, X'2 et X'3 qui ont servi à les définir.


Martelly et Célestin sont-ils à égalité du point de vue de l'inférence statistique ?
A) Test de l'égalité (ou non) de deux proportions, basé sur leur différence.-
Sur la base des résultats du premier tour révisés par l'OEA, moyennant un niveau de confiance acceptable (95%, 99%, 99,9%, ou 99.99%), peut-on accepter pour vraie l’hypothèse nulle :
H0 : P'2 = P'3
Et rejeter l’hypothèse alternative :
H1 : P'2 ≠ P'3 ?

Nous allons voir que, quel que soit le choix du niveau de confiance parmi ceux mentionnés ci-dessus, l’hypothèse nulle H0 : P'2 = P'3 est rejetée. Par conséquent on devrait accepter l’hypothèse alternative H1 : P'2 ≠ P'3.

Sur la base de ces calculs, Jude Célestin devrait donc être écarté du second tour définitivement par le CEP. L'OEA a clairement recommandé d'écarter Jude Célestin et recommandé de retenir Manigat et Martelly pour le second tour.

Montrons que l’hypothèse H0 : P'2 = P'3 est fausse.

L’échantillon de taille n' peut être considéré comme tiré aléatoirement de la population des 4,7 millions d'électeurs potentiels. La taille de l’échantillon aléatoire étant grand, on peut supposer que les estimateurs p'1, p'2 et p'3 suivent approximativement la loi normale. Les variables X'2 et X'3 (nombre d'électeurs ayant voté pour Martelly et Célestin respectivement) sont tirées du même échantillon qui lui-même provient de la même population. On procédera comme dans l'article du 16 décembre 2010 mis à jour le 21 janvier 2010 qui traitait des résultats du premier tour avant les corrections proposées par les experts de l'OEA, c'est-à-dire que nous tenons compte du fait que les variables X'2 et X'3 ne sont pas indépendantes.


Par conséquent, si l’hypothèse H0 : P'2=P'3 est vraie, en posant P'2 = P'3 = P, la variable aléatoire Z telle que :

Z = (p'2-p'3)/(racine carrée de [(p'2+p'3)-(p'2-p'3)^2]/n')

suit approximativement la loi normale de moyenne zéro et de variance 1 : N(0; 1).

Un estimateur de P est :

p = (X'2+X'3)/2n'.

La statistique du test de l'hypothèse H0 : P'2 = P'3 est alors :

Z0 = (p'2-p'3)/(racine carrée de [2p/n'])

Soit α l’erreur de première espèce ou la probabilité de rejeter l’hypothèse H0 : P'2 = P'3, alors qu’elle est vraie.
Donc la probabilité d’accepter l’hypothèse H0 : P'2 = P'3, alors qu’elle est vraie est (1- α).
En pourcentage, 100(1- α)% représente le niveau de confiance du test.

Il s’agit ici d’un test bilatéral. Pour un α spécifié, on définit à l’aide des tables de la loi normale, les limites -Zα/2 et Zα/2 de l’intervalle à l’intérieur duquel doit se situer Z0 pour que l’hypothèse H0 : P'2 = P'3 soit vraie.

Par conséquent, si Z0 supérieur à Zα/2 , ou Z0 inférieur à -Zα/2 , l’hypothèse H0 : P'2 = P'3 est rejetée.

Résultats du test dans le cas de Martelly et Célestin.-

Estimateur de P : p= 0,22075
Écart entre les deux estimateurs : p'2 – p'3 = 0,0031
Statistique Z0 = 4,80
1) Pour 100α% = 5%, ou 100(1- α) = 95%, on a Zα/2 = 1,96, et H0 est rejetée;
2) Pour 100α% = 1%, ou 100(1- α) = 99%, on a Zα/2 = 2,57, et H0 est rejetée;
3) Pour 100α% = 0,27%, ou 100(1- α) = 99,73%, on a Zα/2 = 3,00, et H0 est rejetée;
4) Pour 100α% = 0,1%, ou 100(1- α) = 99.9%, on a Zα/2 = 3,29, et H0 est rejetée;
5) Pour 100α% = 0,01%, ou 100(1- α) = 99.99%, on a Zα/2 = 3,89, et H0 est rejetée;
6) Pour 100α% = 6,34E-05 %, ou 100(1- α) =100%, on a Zα/2 = 4,00, et H0 est rejetée;

On rejette l’hypothèse H0 : P'2 = P'3 pratiquement pour tous les niveaux de confiance retenus ici.

On ne peut donc pas dire que les candidats Martelly et Célestin sont à égalité sur la base des résultats du premier tour révisés par l'OEA et selon lesquels l'écart entre ces deux candidats s'établit à 3225 voix en faveur de Michel Martelly.


La figure ci-après montre la situation des trois candidats Mirlande Manigat, Michel Martelly et Jude Célestin. Elle est construite par LCDP-Mathématiques appliquées à partir des résultats du premier tour révisés par l'OEA.

Situation des trois candidats Mirlande Manigat, Michel Martelly et Jude Célestin,
selon le rapport de l'OEA.
Graphique: LCDP-Mathématiques appliquées/Dr. Pierre Montès, 17 janvier 2011

Sur un axe gradué en pourcentages entre 21,5% et 32%, on montre les fonctions de densité de probabilités des variables aléatoires p'1, p'2 et p'3 approximées par la loi normale.

À l'extrême droite se trouve la fonction de densité de p'1 associée à la candidate Mirlande Manigat. C'est une courbe normale de moyenne 31,57% et d'écart-type 0,046%.
À l'extrême gauche se trouve la courbe normale de p'3 associée au candidat Jude Célestin, de moyenne 21,92% et d'écart-type 0,041%.
Entre les deux extrêmes se situe la courbe normale de p'2 associée au candidat Michel Martelly, de moyenne 22,23% et d'écart-type 0,041%.
On voit que les courbes de densité de Martelly et de Célestin n'accusent aucun chevauchement (pour des densités non nulles), ce qui corrobore en quelque sorte, graphiquement, le rejet de l'hypothèse H0: P'2 = P'3 obtenue ci-dessus.

L'écart entre Manigat et Martelly est de 95 581 voix, soit 9,34% comme l'illustre la figure. L'écart entre Martelly et Célestin est de 3225 voix, soit 0,31% comme le montre la figure.


B) Test d'égalité d'une proportion à une valeur fixée.-

La comparison des deux proportions P'2 et P'3 provenant de la même population peut se faire aussi rigoureusement de la manière suivante. On peut en effet proposer de comparer indépendamment et séparément chacune des proportions P'2 et P'3 à une même valeur spécifiée P0, fixée une fois pour toutes à 0,22075.

Alors le problème revient à tester séparément les deux séries d'hypothèses:

B1)Cas de Martelly.-
Sur la base des résultats du premier tour révisés par l'OEA le 13 janvier 2011, et moyennant un niveau de confiance acceptable (95%, 99%, 99,9%, ou 99.99%), peut-on accepter pour vraie l’hypothèse nulle :
H0' : P'2 = P0 (P0 = 0,22075)
Et rejeter l’hypothèse alternative :
H1' : P'2 supérieur à P0 ?

B2)Cas de Célestin.-
Sur la base des résultats du premier tour révisés par l'OEA le 13 janvier 2011, et moyennant un niveau de confiance acceptable (95%, 99%, 99,9%, ou 99.99%), peut-on accepter pour vraie l’hypothèse nulle :
H0'' : P'3 = P0 (P0 = 0,22075)
Et rejeter l’hypothèse alternative :
H1 : P'3 inférieur à P0 ?

Dans l'un ou l'autre cas, la statistique du test de l'hypothèse H0' est Z0' et celle du test H0'' est Z0''. On a:

Z0' = (p'2-P0)/racine carrée de (p'2(1-p'2)(1/n'2))
Z0'' = (p'3-P0)/racine carrée de (p'3(1-p'3)(1/n'3))

Dans le cas qui nous occupe, on a:

Z0' = 3,84
Z0'' = -3,84
Pour un niveau de confiance 100(1- α)% donné, si Z0' est supérieur à Zα , l'hypothèse H0': P'2 = P0 est rejetée; de même si Z0'' est inférieur à -Zα, l’hypothèse H0'': P'3 = P0 est rejetée.

B1) Dans le cas de Martelly, on trouve:

Statistique Z0 = 3,84
B11) Pour 100α% = 5%, ou 100(1 - α) = 95%, on a Zα = 1,645, et H0' est rejetée;
B12) Pour 100α% = 2,5%, ou 100(1 - α) = 97,5%, on a Zα = 1,96, et H0' est rejetée;
B13) Pour 100α% = 1,0%, ou 100(1 - α) = 99,0%, on a Zα = 2,33, et H0' est rejetée;
B14) Pour 100α% = 0,27%, ou 100(1 - α) = 99.73%, on a Zα = 2,78, et H0' est rejetée;
B15) Pour 100α% = 0,1%, ou 100(1 - α) = 99.90%, on a Zα = 3,10, et H0' est rejetée;
B16) Pour 100α% = 0,01%, ou 100(1 - α) = 99,99%, on a Zα = 3,72, et H0' est rejetée;

B2) Dans le cas de Celestin, on trouve:

Statistique Z0 = -3,84
B21) Pour 100α% = 5%, ou 100(1 - α) = 95%, on a -Zα = -1,645, et H0'' est rejetée;
B22) Pour 100α% = 2,5%, ou 100(1 - α) = 97,5%, on a -Zα = -1,96, et H0'' est rejetée;
B23) Pour 100α% = 1,0%, ou 100(1 - α) = 99,0%, on a -Zα = -2,33, et H0'' est rejetée;
B24) Pour 100α% = 0,27%, ou 100(1 - α) = 99.73%, on a -Zα = -2,78, et H0'' est rejetée;
B25) Pour 100α% = 0,1%, ou 100(1 - α) = 99.90%, on a -Zα = -3,10, et H0'' est rejetée;
B26) Pour 100α% = 0,01%, ou 100(1 - α) = 99,99%, on a -Zα = -3,72, et H0'' est rejetée;

On conclut donc que les hypothèses H1' et H1'' sont simultanément et indépendamment vraies: P'2 est supérieur à P0= 0,22075 et P'3 est inférieur à P0=0,22075 pour chacun des six niveaux de confiance spécifiés ci-dessus. Par conséquent P'2 n'est statistiquement pas égal à P'3, comme l'a aussi montré le test sur la différence des deux propostions développé précédemment où la variance de (p'2-p'3) prend en compte le fait que p'2 et p'3 ne sont pas indépendantes.

Conlusion.-
La preuve est faite ici: Michel Martelly est bien deuxième et devrait est qualifié par le CEP pour le second tour. Jude Célestin, 3e, devrait être écarté du second tour par le CEP.

Le Coin de Pierre souhaite bonne chance à la favorite Madame Mirlande Manigat, qui, si elle est élue au second tour, sera la première femme haïtienne à accéder à la présidence par une élection au suffrage universel. Madame Manigat a toute la compétence pour être Chef d'État. Un vrai changement en perspective pour Haïti en 2011.

Référence.-
Scott, A.J. and Seber, G.A.F. (1983), Difference of Proportions From the Same Survey, The American Statistician, Vol. 37, No. 4, pp 319-320.


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Liens vers le rapport de l'OEA:

Premier lien:
Haiti-1er tour élections présidentielles 2010/LCDP-Politique/Rapport experts OEA.

Autre lien : rocmasters.com.

Haïti-élections présidentielles 2010-2011/Un second tour à trois?

Par Dr. Pierre Montès
LCDP-Mathématiques appliquées, jeudi 16 décembre 2010.
Mise à jour: dimanche 23 janvier 2011

Selon les résultats du premier tour publiés par le CEP le 7 décembre 2010, malgré le faible écart de 6845 voix qui sépare les candidats Jude Célestin et Michel Martelly, classés deuxième et troisième respectivement, loin derrière la candidate Mirlande Manigat, classée première, la statistique mathématique ne permet pas de considérer que les candidats Célestin et Martelly soient à égalité.

Aux élections présidentielles 2010, le nombre d’électeurs potentiels est, selon le CEP, estimé à 4 712 693. C’est la taille de la population considérée dans cet article. Nous la désignerons par N.

Au premier tour des élections réalisé le 28 novembre 2010, selon les données du CEP, 1 074 056 électeurs ont voté pour les 19 candidats à la présidence. Ces électeurs constituent un échantillon de taille n = 1 074 056 tiré au hasard de la population de taille N. Le taux de participation s’est donc établi à environ 23%.

Les trois candidats arrivant en tête et se démarquant des 16 autres, sont :

1. Mirlande Manigat, 1ère, avec X1= 336 878 voix, ou en proportion p1 = X1/n = 0,3137.
2. Jude Célestin, 2eme, avec X2 = 241 462 voix, ou en proportion p2 = X2/n = 0,2248.
3. Michel Martelly, 3eme, avec X3 = 234 617, ou en proportion p3 = X3/n = 0,2184.
   

Soient P1, P2, P3 les proportions réelles (nombres inconnus qui le resteront à jamais, du point de vue de la statistique) des électeurs qui auraient voté pour Mirlande Manigat, Jude Célestin et Michel Martelly, respectivement, si toute la population de taille N = 4,7 millions avait voté le 28 novembre 2010.

Les proportions inconnues P1, P2 et P3 sont des paramètres (fixes, le jour du scrutin, et inconnus). Les quantités p1, p2 et p3, estimateurs de P1, P2 et P3, suivent des lois binomiales, comme les quantités X1, X2 et X3 qui ont servis à les définir.

Le candidat Michel Martelly étant classé troisième au premier tour n’est pas admis à concourir au deuxième tour des élections présidentielles. Il proteste en dénonçant les fraudes qui ont été commises le jour du scrutin par les partisans du candidat du pouvoir Jude Célestin, apparemment moins populaire que lui à travers le pays.

De plus, l’écart entre Martelly et Célestin est de 6 845 voix, soit 0,64%.

Les partisans de Michel Martelly ont protesté pendant plusieurs jours contre l’élimination de leur candidat par le CEP, obéissant selon eux aux ordres du pouvoir. Michel Martelly, selon ses partisans, aurait dû terminer 2eme, au premier tour, devant le candidat du pouvoir Jude Célestin.

Sous les pressions de la Rue et des pays amis d'Haïti, le CEP a accepté de procéder à un recomptage des voix pour les trois candidats qui sont arrivés en tête du classement.

Le recomptage des voix déterminera quel est le candidat qui ira au second tour en face de la favorite, Mirlande Manigat, le 16 janvier 2010.

En attendant, plusieurs secteurs suggèrent que le second tour soit organisé avec les trois premiers candidats : Manigat, Martelly et Célestin, considérant que l’écart entre Célestin et Martelly est tellement faible que l’on peut les considérer comme ex aequo. La France est pour un second tour à trois.

Selon Madame Mirlande Manigat, constitutionnaliste, le second tour à trois est inconstitutionnel, même si la loi électorale le permet, car la loi électorale ne peut être au-dessus de la Constitution.


Martelly et Célestin sont-ils vraiment à égalité ?

Du point de vue de la statistique mathématique, peut-on dire que les deux candidats Martelly et Célestin sont à égalité sur la base des résultats publiés le 7 décembre (avant recomptage)?

En d’autres termes, sur la base des résultats du premier tour publiés le 7 décembre 2010, et moyennant un niveau de confiance acceptable (95%, 99%, 99,9%, ou 99.99%), peut-on accepter pour vraie l’hypothèse nulle :
H0 : P2 = P3
Et rejeter l’hypothèse alternative :
H1 : P2 ≠ P3 ?

Nous allons voir que, quel que soit le choix du niveau de confiance parmi ceux mentionnés ci-dessus, l’hypothèse nulle H0 : P2 = P3 est rejetée. Par conséquent on devrait accepter l’hypothèse alternative H1 : P2 ≠ P3.

Sur la base de ces calculs, Michel Martelly devrait donc être écarté du second tour.

Montrons que l’hypothèse H0 : P2 = P3 est fausse.

L’échantillon de taille n peut être considéré comme tiré aléatoirement de la population de taille N. La taille de l’échantillon aléatoire étant grand, on peut supposer que les estimateurs p1, p2 et p3 suivent approximativement la loi normale. Les variables X2 et X3 (nombre d'électeurs ayant voté pour Célestin et Martelly respectivement) sont tirées du même échantillon qui lui-même provient de la même population. Dans le cas qui nous intéresse ici, la comparaison de P2 et P3, les variables X2 et X3 sont tirées du même échantillon taille n provenant de la même population de taille N. Les variables X2 et X3 ne sont donc pas indépendantes et leur covariance n'est pas nulle. Nous en tiendrons compte ici en utilisant le test d'hypothèse de l'égalité des deux proportions P2 et P3 tirées de la même population.

Lorsque les paramètres P2 et P3 sont associés à deux populations différentes, leurs estimateurs p2 et p3 sont des variables aléatoires indépendantes et la variance de leur différence (p2-p3) est égale à la somme des variances de p2 et de p3, soit:
Var(p2-p3) = p2(1-p2)/n2 + p3(1-p3)/n3, n2 et n3 étant les tailles des échantillons d'où proviennent p2 et p3 respectivement.

Lorsque les paramètres P2 et P3 sont associés à la même population, leurs estimateurs p2 et p3 provenant d'un même échantillon de taille n tiré de la population, ne sont pas des variables aléatoires indépendantes et la variance de leur différence (p2-p3) est (voir par exemple, Kish(1965), Scott et Seber(1983)):
Var(p2-p3) = [p2 + p3 - (p2 - p3)^2]/n, avec p^2 = pxp (et dans le cas qui nous occupe, n est grand (plus d'un million)).
Ce résultat intéressant s'obtient après avoir établi que la covariance de p2 et p3 est donnée par: Cov(p2, p3) = -p2xp3/n.

La variable aléatoire:
Z = (p2-p3)/racine carrée de Var (p2-p3) = (p2-p3)/(racine carrée de [(p2+p3)-(p2-p3)^2]/n)
suit approximativement la loi normale de moyenne zéro et de variance 1 : N(0; 1).

Par conséquent, dans le cas qui nous intéresse (P2 et P3 associés à la même population), si l’hypothèse H0 : P2=P3 est vraie, en posant P2 = P3 = P, la variable aléatoire Z telle que :

Z = (p2-p3)/racine carrée de Var (p2-p3) = (p2-p3)/racine carrée de [(p2+p3)/n]

suit approximativement la loi normale de moyenne zéro et de variance 1 : N(0; 1).

Un estimateur de P est :

p = (X2+X3)/(2n)

La statistique du test de l'hypothèse H0 : P2 = P3 est alors :

Z0 = (p2-p3)/racine carrée de [(2p/n)]

Soit α l’erreur de première espèce ou la probabilité de rejeter l’hypothèse H0 : P2 = P3, alors qu’elle est vraie.
Donc la probabilité d’accepter l’hypothèse H0 : P2 = P3, alors qu’elle est vraie est (1- α).
En pourcentage, 100(1- α)% représente le niveau de confiance du test.

Il s’agit ici d’un test bilatéral. Pour un α spécifié, on définit à l’aide des tables de la loi normale, les limites -Zα/2 et Zα/2 de l’intervalle à l’intérieur duquel doit se situer Z0 pour que l’hypothèse H0 : P2 = P3 soit vraie.

Par conséquent, si Z0 supérieur à Zα/2 , ou Z0 inférieur à -Zα/2 , l’hypothèse H0 : P2 = P3 est rejetée.

Résultats du test dans le cas de Célestin et Martelly.-

Estimateur de P : p= 0,2216
Écart entre les deux estimateurs : p2 – p3 = 0,0064
Statistique Z0 = 9,92
1) Pour 100α% = 5%, ou 100(1- α) = 95%, on a Zα/2 = 1,96, et H0 est rejetée;
2) Pour 100α% = 1%, ou 100(1- α) = 99%, on a Zα/2 = 2,57, et H0 est rejetée;
3) Pour 100α% = 0,27%, ou 100(1- α) = 99,73%, on a Zα/2 = 3,00, et H0 est rejetée;
4) Pour 100α% = 0,1%, ou 100(1- α) = 99.9%, on a Zα/2 = 3,29, et H0 est rejetée;
5) Pour 100α% = 0,01%, ou 100(1- α) = 99.99%, on a Zα/2 = 3,89, et H0 est rejetée;
6) Pour 100α% = 1,33E-13 %, ou 100(1- α) =100%, on a Zα/2 = 8, et H0 est rejetée;

On rejette l’hypothèse H0 : P2 = P3 pratiquement à tous les coups.

On ne peut dire que les candidats Martelly et Célestin sont à égalité sur la base des résultats publiés.

Cependant, on peut s’étonner d’un pareil résultats des urnes : élimination de Martelly et passage de Célestin au second tour, étant donné la faible popularité du candidat du pouvoir sur le terrain par rapport à celle de Martelly, si l’on oublie un moment les fraudes en faveur du candidat du pouvoir.

Au recomptage qui aura lieu sous peu, si les voix en faveur de Célestin ne changent pas et que l’écart entre Célestin et Martelly diminue pour passer de 6845 voix à une valeur de l'ordre de 1826 voix, par exemple, alors Z0 passerait au-dessous de la valeur 3,00 (2,65 plus exactement) et l’hypothèse H0 : P2 = P3 ne pourrait plus être rejetée avec un niveau de confiance de 99,73% (99,2% plus exactement).

La figure ci-après montre la situation des trois candidats Manigat, Célestin et Martelly construite par LCDP-Maths appliquées à partir des résultats du premier tour et avant recomptage.

Sur un axe gradué en pourcentages entre 21,5% et 32%, on montre les fonctions de densité de probabilités des variables aléatoires p1, p2 et p3 approximées par la loi normale.

À l'extrême droite se trouve la fonction de densité de p1 associée à la candidate Mirlande Manigat. C'est une courbe normale de moyenne 31,37% et d'écart-type 0,045%.
À l'extrême gauche se trouve la courbe normale de p3 associée au candidat Michel Martelly, de moyenne 21,84% et d'écart-type 0,040%.
Entre les deux extrêmes se situe la courbe normale de p2 associée au candidat du pouvoir Jude Célestin, de moyenne 22,48% et d'écart-type 0,040%.
On voit que les courbes de densité de Martelly et de Célestin n'accusent aucun chevauchement (pour des densités non nulles), ce qui corrobore en quelque sorte, graphiquement, le rejet de l'hypothèse H0: P2 = P3 obtenue ci-dessus.

L'écart entre Manigat et Célestin est de 95 416 voix, soit 8,89% comme l'illustre la figure. L'écart entre Célestin et Martelly est de 6845 voix, soit 0,64% comme le montre la figure.

Si, au recomtage, l'écart entre Célestin et Martelly rétrécissait à 1826 voix et que Célestin ne bougeait pas, alors l'écart en pourcentages entre ces deux candidats serait de 0,17%. Cette situation hypothétique est illustrée sur la figure ci-dessus par la courbe en pointillés (courbe en rouge) dont la pointe droite (+3 écarts-types) passe en avant de la pointe gauche (-3 écarts-types) de la coube de Célestin. Dans une telle situation l'hypothèse H0: P2 = P3 ne pourrait être rejetée avec un niveau de confiance de 99,2%.

Le niveau de confiance à partir duquel il faudrait considérer que les candidats Martelly et Célestin sont ex aequo est une décision qui relèvra du CEP qui est seul habilité à appliquer la loi électorale, tout en respectant l'esprit de la constitution. Peut-être tiendra-t-il compte aussi de l'avis des candidats en lice, des électeurs qui veulent que leur vote compte, et, des amis d'Haïti ?

_________________________________

(1) Remarque.-

La comparison des deux proportions P2 et P3 provenant de la même population peut se faire aussi rigoureusement de la manière suivante. On peut en effet proposer de comparer indépendamment et séparément chacune des proportions P2 et P3 à une même valeur spécifiée P0, fixée une fois pour toutes à 0,2216.

Alors le problème revient à tester séparément les deux séries d'hypothèses:

A)Cas de Célestin.-
Sur la base des résultats du premier tour publiés le 7 décembre 2010, et moyennant un niveau de confiance acceptable (95%, 99%, 99,9%, ou 99.99%), peut-on accepter pour vraie l’hypothèse nulle :
H0' : P2 = P0 (P0 = 0,2216)
Et rejeter l’hypothèse alternative :
H1' : P2 supérieur à P0 ?

B)Cas de Martelly.-
Sur la base des résultats du premier tour publiés le 7 décembre 2010, et moyennant un niveau de confiance acceptable (95%, 99%, 99,9%, ou 99.99%), peut-on accepter pour vraie l’hypothèse nulle :
H0'' : P3 = P0 (P0 = 0,2216)
Et rejeter l’hypothèse alternative :
H1 : P3 inférieur à P0 ?

Dans l'un ou l'autre cas, la statistique du test de l'hypothèse H0' est Z0' et celle du test H0'' est Z0''. On a:

Z0' = (p2-P0)/racine carrée de (p2(1-p2)(1/n))
Z0'' = (p3-P0)/racine carrée de (p3(1-p3)(1/n))

Dans le cas qui nous occupe, on a:

Z0' = 7,95
Z0'' = -7,95
Pour un niveau de confiance 100(1- α)% donné, si Z0' est supérieur à Zα , l'hypothèse H0': P2 = P0 est rejetée; de même si Z0'' est inférieur à -Zα, l’hypothèse H0'': P3 = P0 est rejetée.

A) Dans le cas de Célestin, on trouve:

Statistique Z0 = 7,95
A1) Pour 100α% = 5%, ou 100(1 - α) = 95%, on a Zα = 1,645, et H0' est rejetée;
A2) Pour 100α% = 2,5%, ou 100(1 - α) = 97,5%, on a Zα = 1,96, et H0' est rejetée;
A3) Pour 100α% = 1,0%, ou 100(1 - α) = 99,0%, on a Zα = 2,33, et H0' est rejetée;
A4) Pour 100α% = 0,27%, ou 100(1 - α) = 99.73%, on a Zα = 2,78, et H0' est rejetée;
A5) Pour 100α% = 0,1%, ou 100(1 - α) = 99.90%, on a Zα = 3,10, et H0' est rejetée;
A6) Pour 100α% = 0,01%, ou 100(1 - α) = 99,99%, on a Zα = 3,72, et H0' est rejetée;

B) Dans le cas de Martelly, on trouve:

Statistique Z0 = -7,95
B1) Pour 100α% = 5%, ou 100(1 - α) = 95%, on a -Zα = -1,645, et H0'' est rejetée;
B2) Pour 100α% = 2,5%, ou 100(1 - α) = 97,5%, on a -Zα = -1,96, et H0'' est rejetée;
B3) Pour 100α% = 1,0%, ou 100(1 - α) = 99,0%, on a -Zα = -2,33, et H0'' est rejetée;
B4) Pour 100α% = 0,27%, ou 100(1 - α) = 99.73%, on a -Zα = -2,78, et H0'' est rejetée;
B5) Pour 100α% = 0,1%, ou 100(1 - α) = 99.90%, on a -Zα = -3,10, et H0'' est rejetée;
B6) Pour 100α% = 0,01%, ou 100(1 - α) = 99,99%, on a -Zα = -3,72, et H0'' est rejetée;

On conclut donc que les hypothèses H1' et H1'' sont simultanément et indépendamment vraies: P2 est supérieur à P0= 0,2216 et P3 est inférieur à P0=0,2216 pour chacun des six niveaux de confiance spécifiés ci-dessus. Par conséquent P2 n'est statistiquement pas égal à P3, comme l'a aussi montré le test sur la différence des deux propostions développé dans le corps du texte en estimant la variance de (p2-p3), p2 et p3 n'étant pas indépendantes.
_________________________
Références:
(1) Kish, Leslie (1965), SURVEY SAMPLING, John Wiley and Sons, 643 pages.
(2) Scott, A.J. and Seber, G.A.F. (1983), Difference of Proportions From the Same Survey, The American Statistician, Vol. 37, No. 4, pp 319-320.

______________________________________________
Mises à jour: 30 décembre 2010, 31 décembre 2010, 23 janvier 2011.
LCDP-Mathémathiques appliquées remercie M. Patrick Ambroise pour ses remarques.

Probabilités pour ingénieurs et pour presque tous les non mathématiciens (1.8)

Chapitre 1.- Quelques notions de base

1. Introduction
2. Définition de quelques termes reliés aux ensembles et aux probabilités
3. La probabilité d'un événement et sa détermination
4. L'espace échantillonnal fini et son dénombrement
5. Les probabilités conditionnelles
6. Les expériences statistiquement indépendantes et les événements indépendants
7. La partition de l'espace échantillonnal, la loi de probabilité totale et le théorème de Bayes
8. Problèmes
   
   
   ***********************************************
   

1.8 - Problèmes

1. Un ouvrage en quatre volumes est placé dans un ordre aléatoire sur un rayon d’une bibliothèque. Quelle est la probabilité que les quatre volumes soient placés dans le bon ordre de gauche à droite ou de droite à gauche ? D’après Y.A. Rozanov. (Réponse : 1/12).


2. Un cube en bois dont les faces sont peintes est scié en 1000 petits cubes de même taille. Les 1000 petits cubes sont ensuite placés dans une urne et mélangés. On tire alors un cube au hasard dans l’urne. Quelle est la probabilité que le cube choisi ait juste deux faces peintes ? ? D’après Y.A. Rozanov. (Réponse : 0,096).


3. Un lot de n articles manufacturés contient k articles défectueux. On choisit au hasard m articles du lot. Quelle est la probabilité que l de ces m articles soient défectueux ? ? D’après Y.A. Rozanov.


4. Dix livres sont placés dans un ordre aléatoire sur un rayon d’une bibliothèque. Quelle est la probabilité que trois livres donnés soient placés cote à cote ? D’après Y.A. Rozanov. (Réponse : 1/15).


5. Un franc-tireur a 80% de chance d’atteindre une cible, tandis qu’un autre franc-tireur a 70% de chance d’atteindre la cible. Quelle est la probabilité pour la cible d’être atteinte (au moins une fois) si les deux francs-tireurs tirent sur la cible simultanément ? D’après Y.A. Rozanov. (Réponse : 0,94).


6. N personnes s’assoient de manière aléatoire et indépendante les unes des autres dans un auditorium ayant N+K sièges. Quelle est la probabilité que M sièges spécifiés à l’avance (M ≤ N) soient occupés ? D’après Y.A. Rozanov.


7. Trois cartes sont tirées au hasard d’un jeu de 52 cartes. Quelle est la probabilité de tirer à la fois un3, un 7 et un as ? D’après Y.A. Rozanov.


8. Quelle est la probabilité de pouvoir construire un triangle dont les trois côtés sont choisis au hasard d’un lot de cinq segments de longueurs 1, 3, 5, 7 et 9 ? (Indice : Dans un triangle chaque côté est inférieur à la somme des deux autres côtés). D’après Y.A. Rozanov.


9. On choisit au hasard un nombre entre 1 et 1000. Quelle est la probabilité que les deux derniers chiffres du cube de ce nombre soient 1 ? D’après Y.A. Rozanov. (Réponse : 0,01).


10. Déterminer la probabilité qu’un nombre entier non négatif (formé d’un chiffre) aléatoirement choisi donnera un résultat se terminant par un 1 :
    (a) s’il est élevé au carré;
    (b) s’il est élevé à la puissance quatre;
    (c) s’il est multiplié par un entier positif arbitraire.
    D’après Y.A. Rozanov. (Réponse : (a) 0,2; (b) 0,4; (c) 0,04).


11. On forme une fraction de la façon suivante. Le numérateur est choisi au hasard parmi les huit nombres suivants : 2, 4, 6, 7, 8, 11, 12, 13. Puis le dénominateur est formé en choisissant l’un des sept nombres restants. Quelle est la probabilité pour la fraction ainsi obtenue d’être irréductible ? s’il est multiplié par un entier positif arbitraire. D’après Y.A. Rozanov. (Réponse : 9/14).


12. Chacune des six lettres du mot « drawer» est écrite sur un carton. Les cartons sont ensuite placés les uns à la suite des autres aléatoirement. Quelle est la probabilité que le mot formé soit «reward» ? D’après Y.A. Rozanov. (Réponse : 1/360).


13. Un jeu de 52 cartes est divisé au hasard en deux paquets de 26 cartes. Quelle est la probabilité que chaque paquet contienne le même nombre de cartes rouges et de cartes noires ? D’après Y.A. Rozanov. (Réponse : 0,218).


14. Au sénat américain, estimer la probabilité que tous les 50 états soient représentés dans un comité de 50 sénateurs choisis au hasard. D’après Y.A. Rozanov.


15. On lance en l’air trois dés équilibrés. On fait la somme des nombres indiqués par la face sur laquelle tombent les trois dés. Quelles sont les probabilités que cette somme soit : 3, 4, 5, …, 18 ? D’après M.G. Bulmer. (Problème considéré par Galilée) (Réponse : (1, 3, 6, 10, 15, 21, 25, 27, 27, 25, 21, 15, 10, 6, 3, 1) x 1/216).


16. Trois personnes se rencontrent par hasard. Quelles sont les probabilités que (a) aucune d’elles, (b) deux d’entre elles, (c) toues les trois, aient la même date d’anniversaire ? D’après M.G. Bulmer. (Réponse : (a) 364x363/365x365; (b) 3x364/365x365; (c) 1/365x365).


17. Une classe de 10 étudiants est composée de 6 hommes et 4 femmes. Trouver le nombre de manières :
    (a) de former un comité de 4 membres
    (b) de former un comité de quatre membres composé de 2 hommes et 2 femmes.
    (c) la classe peut élire un président, un vice-président, un trésorier et un secrétaire.
    D’après S. Lipschutz et M. Lipson. (Réponse : (a) 210; (b) 90; (c) 360).


18. Dans un party, il y a exactement n couples. (a) Trouver le nombre N de pairs de personnes possibles. (b) On suppose que chaque membre d’un couple serre la main à chacun des membres d’un couple autre que le sien. Quel est le nombre M d’échanges de poignée de mains ? D’après S. Lipschutz et M. Lipson. (Réponse : (a) N= n(2n-1); (b) M=2n(n-1)).


19. Déterminer la probabilité que n personnes (n≤ 365) choisies au hasard ont n dates de naissance différentes. D’après M.R. Siegel et al. (Réponse : (1-1/365)(1-2/365)…(1-(n-1)/365)).


20. Un transporteur routier doit acheminer des marchandises de la ville W à la ville Z. Aucune route ne relie directement la ville W à la ville Z, mais il y a six routes reliant la ville W à la ville X et cinq routes reliant la ville X à la ville Z. Combien y a-t-il d’itinéraires possibles ? D’après W.W. Hines et al. (Réponse : 30 itinéraires).


21. Il y a un million de véhicules immatriculés dans pays donné. On désire utiliser des plaques d’immatriculation portant trois lettres suivies de trois chiffres. Un tel projet est-il faisable ? D’après W.W. Hines et al. (Réponse : 17 576 000 plaques possibles; projet faisable).


22. Soit un lot de 100 unités. On sait que 20 unités sont défectueuses. On tire quatre unités au hasard sans remise. Quelle est la probabilité que cet échantillon ne renferme pas plus de deux unités défectueuses ? D’après W.W. Hines et al. (Réponse : 0,97).


23. On choisit un point au hasard à l’intérieur d’un cercle. Quelle est la probabilité que ce point soit situé plus près du centre que de la circonférence ? D’après W.W. Hines et al. (Réponse : 0,25).
24. Tout accident d’avion fait l’objet d’une enquête approfondie. S’il résulte d’une défaillance de structure, la probabilité que les experts le reconnaissent est de 0,90. Si sa cause est autre, la probabilité qu’on l’attribue à tort à une défaillance de structure est de 0,20. Sachant que 25% de tous les accidents d’avion résultent d’une défaillance de structure, déterminer la probabilité qu’il s’agisse bien de la cause d’un accident ayant été attribué à une telle défaillance. Suggestion : un diagramme en arbre facilite le raisonnement. D’après W.W. Hines et al. (Réponse : 0,60).
    
    
    

Références utilisées

1. Hines, W.W., Montgomery, D.C., Goldsman, D.M., Borror, C. M. (2005) Probabilités et statistique pour ingénieurs, Les Éditions de la Chenelière, 597 p., traduction de Probability and statistics in engineering, Fourth Edition, Wiley 2003 des mêmes auteurs et du chapitre 7 de Introduction to Statistical Quality Control, Fourth Edition, Montgomery, Douglas C. Wiley 2001.


2. Rozanov, Y.A. (1969) Probability Theory, A concise course, Dover, 148 p.


3. Bulmer, M.G. (1979) Principles of Statistics, Dover, 252 p.


4. Spiegel, M.R., Schiller, J., Srinivasan, R. A. (2000), Probability and Statistics, second edition, Schaum series, 408 p.


5. Lipschutz, S. and Lipson, M. (2000), Probability, second edition, Schaum series, 311 p.


6. Moi-même.

Probabilités pour ingénieurs et pour presque tous les non mathématiciens (1.7)

Chapitre 1.- Quelques notions de base

1. Introduction
2. Définition de quelques termes reliés aux ensembles et aux probabilités
3. La probabilité d'un événement et sa détermination
4. L'espace échantillonnal fini et son dénombrement
5. Les probabilités conditionnelles
6. Les expériences statistiquement indépendantes et les événements indépendants
7. La partition de l'espace échantillonnal, la loi de probabilité totale et le théorème de Bayes
   
   ***********************************************
   
   

LEÇON 1.7 - Partition de l’espace échantillonnal, probabilités totales, théorème de Bayes

Dans cette septième et dernière leçon du chapitre 1 le lecteur apprendra les notions suivantes:

1. Partition de l’espace échantillonnal.
2. Théorème des probabilités totales.
3. Théorème de Bayes.
   
   
   

1.7.1 Partition de l’espace échantillonnal.

Définition.-
Si B1, B2, …, Bk sont des sous-ensembles disjoints de S (des événements mutuellement exclusifs) et si :
B1 U B2 U … U Bk = S
alors, ces ensembles forment une partition de S.
Lorsqu’on réalise l’expérience, un seul des événements, Bi, se réalise en présence d’une partition de S.

La figure suivante illustre une partition de S.

Étant donné la partition de S ci-dessus, si A désigne un événement arbitraire dans S comme le montre la figure ci-dessus, on peut toujours écrire :
A = (A ∩ B1) U (A ∩ B2) U … U (A ∩ Bk)
Comme les événements (A ∩ Bi) sont mutuellement exclusifs par paire (voir figure précédente où k = 4), on a :
P(A) = P(A ∩ B1) + P(A ∩ B2) + … + P(A ∩ Bk) (éq. 1.7.1)


1.7.2 Théorème des probabilités totales.
Si B1, B2, …, Bk forment une partition de S et si A est un événement quelconque dans S, alors la probabilité totale de A s’écrit:
P(A) = P(B1) . P(A\B1) + P(B2) . P(A\B2) + … + P(Bk) . P(A\Bk)
Ou:
P(A) = ∑ (P(Bi) . P(A\Bi)) , i entier allant de 1 à k (éq. 1.7.2)


Preuve.-

La preuve est évidente. Il suffit de porter (éq. 1.5.2 a) dans (éq. 1.7.1) :
P(A) = P(B1) . P(A\B1) + P(B2) . P(A\B2) + … + P(Bk) . P(A\Bk)
ou, en écriture condensée:
P(A) = ∑ ( P(Bi) . P(A\Bi)), i entier allant de 1 à k
Ce théorème est très utile. Si l’on sait que les Bi sont réalisés, alors on peut évaluer les probabilités conditionnelles P(ABi) et ainsi déterminer P(A), une fois que l’on connaît les probabilités P(Bi).


1.7.3 Théorème de Bayes.

Si B1, B2, …, Bk forment une partition de S et si A est un événement arbitraire dans S, alors, pour r = 1, 2, …, k, on a :
P(Br\A) = P(Br) . P(A\Br) / ∑ (P(Bi) . P(A\Bi)), i entier allant de 1 à k


Preuve.-

Selon la définition reliée à (éq. 1.5.1), on écrit :
P(Br\A) = P(Br ∩ A)/P(A) (a)
Selon la règle de multiplication, (éq. 1.5.2), on a:
P(Br ∩ A) = P(Br) . P(A\Br) (b)
On porte (b) et (éq. 1.7.2) au numérateur et au dénominateur respectivement du second membre de (a).
D’où :
P(Br\A) = P(Br) . P(A\Br) / ∑ (P(Bi) . P(A\Bi), i entier allant de 1 à k
C.Q.F.D.

Remarque.-
Dans la résolution des problèmes dans lesquelles les théorèmes de probabilité totale et de Bayes doivent être appliqués, on aura intérêt à faire un croquis clair montrant le diagramme de Venn de la partition de S et de l’événement étudié; de plus et surtout, un diagramme en arbre permettra d’appliquer aisément la règle de Bayes au problème étudié.
Le diagramme de Venn sera souvent présenté sous une forme ressemblant au croquis suivant:



L'utilisation du diagramme de Venn et du diagramme en arbre sera illustrée dans un exemple.

Fin de la Leçon 1.7


Références utilisées

1. Hines, William W., Montgomery, Douglas C., Goldsman, David M., Borror, Connie M. (2005) Probabilités et statistique pour ingénieurs, Les Éditions de la Chenelière, 597 p., traduction de Probability and Statistics in Engineering, Fourth Edition, Wiley 2003 des mêmes auteurs et du chapitre 7 de Introduction to Statistical Quality Control, Fourth Edition, Montgomery, Douglas C., Wiley 2001.
2. Rumsey, Deborah (2006) Probability for Dummies, Wiley, 358 p.
3. Moi-même.
   

______________________

Note.- Avec la leçon 1.7 prend fin le chapitre 1. On proposera sous peu un certain nombre d'exercices sur les 7 leçons du chapitre 1.

Probabilités pour ingénieurs et pour presque tous les non mathématiciens (1.6)

Chapitre 1.- Quelques notions de base

1. Introduction
2. Définition de quelques termes reliés aux ensembles et aux probabilités
3. La probabilité d'un événement et sa détermination
4. L'espace échantillonnal fini et son dénombrement
5. Les probabilités conditionnelles
6. Les expériences statistiquement indépendantes et les événements indépendants
7. La partition de l'espace échantillonnal, la loi de probabilité totale et le théorème de Bayes
   
   ***********************************************
   

LEÇON 1.6 - Expériences statistiquement indépendantes, événements indépendants

Dans cette sixième leçon le lecteur apprendra les notions suivantes:

1. Expériences statistiquement indépendantes, Événements indépendants.
2. Événements mutuellement indépendants.
   
   

1.6.1 Expériences indépendantes, Événements indépendants

Expériences indépendantes.-

On dit que deux expériences aléatoires sont «statistiquement» indépendantes ou plus simplement indépendantes, quand le résultat de l’une n’a aucune influence sur le résultat de l’autre.

Soit A un événement associé à la première expérience et B un événement associé à la deuxième expérience. L’occurrence de A n’a pas d’influence sur la probabilité de l’occurrence de l’événement B, et réciproquement. On dit alors que les événements A et B sont (statistiquement) indépendants.


Définition.-

Soit deux expériences aléatoires E1 et E2 et deux événements arbitraires A1 et A2 définis dans leurs espaces échantillonnaux respectifs.
Si P(A1 ∩ A2) = P(A1) . P(A2), alors les expériences E1 et E2 sont dites indépendantes.


Événements indépendants.-

Plus formellement, on définit ci-après l’indépendance de deux événements.

Définition.-

Deux événements sont indépendants l’un de l’autre si et seulement si la probabilité de leur intersection est égale au produit de leurs probabilités respectives:
P(A ∩ B) = P(A) . P(B)


Conséquence.-

Dans le cas de deux événements indépendants A et B, la relation générale définissant la probabilité conditionnelle s’écrit :

P(A\B) = P(A ∩ B)/P(B) = P(A) . P(B) / P(B) = P(A)

De même,

P(B\A) = P(B ∩ A)/P(A) = P(B) . P(A) / P(A) = P(B)

Donc, A et B étant indépendants, on a:

P(A\B) = P(A); P(B\A) = P(B)


Théorème.-
Si A et B sont deux événements indépendants, alors (B’ étant le complémentaire de B; A’ le complémentaire de A):

1. A et B’ sont des événements indépendants.
2. A’ et B’ sont des événements indépendants.
3. A’ et B sont des événements indépendants.
   
   

Preuve.- (preuve de 1. seulement).

On suppose que A et B sont indépendants. De la règle de multiplication, on tire:
P(A ∩ B’) = P(A) . P(B’\A)
P(A ∩ B’) = P(A) . P(B’\A)
P(A ∩ B’) = P(A)(1 - P(B\A))
P(A ∩ B’) = P(A)(1 - P(B))
P(A ∩ B’) = P(A) . P(B’).

Les événements A et B’ sont donc indépendants.

1.6.2 Événements mutuellement indépendants

Définition.-

K événements A1, A2, …, Ak sont mutuellement indépendants si et seulement si la probabilité de l’intersection de 2, de 3, …, de k de ces ensembles pris au hasard, correspond au produit de leurs probabilités respectives :

P(Ai1 ∩ Ai2 ∩ … ∩ Air) = P(Ai1) . P(Ai2) . … . P(Air), r = 2, 3, … , k.

La définition précédente contient (2^k – k – 1) conditions à satisfaire. Dans le cas de 3 événements indépendants A, B et C, ces conditions sont au nombre de 4 :

P(A ∩ B) = P(A) . P(B);
P(B ∩ C) = P(B) . P(C);
P(C ∩ A) = P(C) . P(A);
P(A ∩ B ∩ C) = P(A) . P(B). P(C).


Fin de la leçon 1.6


Références utilisées

1. Hines, William W., Montgomery, Douglas C., Goldsman, David M., Borror, Connie M. (2005) Probabilités et statistique pour ingénieurs, Les Éditions de la Chenelière, 597 p., traduction de Probability and statistics in engineering, Fourth Edition, Wiley 2003 des mêmes auteurs et du chapitre 7 de Introduction to Statistical Quality Control, Fourth Edition, Montgomery, Douglas C., Wiley 2001.
2. Rumsey, Deborah (2006) Probability for Dummies, Wiley, 358 p.
3. Rozanov, Y.A. (1977) Probability Theory-A Concise Course, Dover, 148 p.
4. Moi-même.
   
   

Probabilités pour ingénieurs et pour presque tous les non mathématiciens (1.5)

Chapitre 1.- Quelques notions de base

1. Introduction
2. Définition de quelques termes reliés aux ensembles et aux probabilités
3. La probabilité d'un événement et sa détermination
4. L'espace échantillonnal fini et son dénombrement
5. Les probabilités conditionnelles
6. Les expériences statistiquement indépendantes et les événements indépendants
7. La partition de l'espace échantillonnal, la loi de probabilité totale et le théorème de Bayes
   
   ***********************************************
   
   LEÇON 1.5 - Les probabilités conditionnelles
   
   Dans cette cinquième leçon le lecteur apprendra les notions suivantes:
   

1. Probabilité conditionnelle d’un événement.
2. Propriétés de la probabilité conditionnelle.
   
   

1.5.1 Probabilité conditionnelle d’un événement.

Si l’on dispose d’une information a priori sur le résultat d’une expérience aléatoire, cette information peut souvent changer la probabilité de ce résultat.
Les probabilités conditionnelles tiennent compte des changements qui résultent d’informations antérieures.

Une probabilité conditionnelle est la probabilité d’un événement, étant donné qu’un autre événement a déjà lieu.

Toutes les probabilités considérées dans la leçon 3 étaient associées à l’espace échantillonnal S dans son ensemble. Au lieu de noter P(A), la probabilité d’un événement A donné, on aurait pu écrire P(A\S) qui se lit : «probabilité de A par rapport à l’espace échantillonnal S».

Dans cette leçon, on va trouver la probabilité d’événements d’un sous ensemble quelconque de l’espace échantillonnal S.

La probabilité conditionnelle de l’événement A, étant donné la réalisation de l’événement B, se note P(A\B).


Espace échantillonnal réduit.-

On définit l’espace échantillonnal réduit comme étant l’espace formé de tous les sous-ensembles de S qui appartiennent à B, un événement dont la réalisation est supposée (a priori).

La figure suivante illustre la situation.

Définition de la probabilité conditionnelle.-

La probabilité conditionnelle de l’événement A étant donné la réalisation de l’événement B se définit comme suit :
P(A\B) = P(A ∩ B)/P(B), si P(B) ≠ 0 (éq. 1.5.1)


1.5.2 Propriétés de la probabilité conditionnelle.

La probabilité conditionnelle a les propriétés requises d’une probabilité, à savoir :
1. 0 ≤ P(A\B) ≤ 1.
2. P(S\B) = 1.
3. P( (A1\B) U (A2\B) U … U (Ak\B) ) = ∑ P(Ai\B), i entier allant de 1 à k, si Ai ∩ Aj = Ø, i ≠ j.
4. Pour une suite A1, A2, A3, … dénombrable d’événements disjoints, on a :
P( (A1\B) U (A2\B) U (A3\B) U … ) = ∑ P(Ai\B), i entier allant de 1 à ∞.



Règle de multiplication.-

On peut écrire:
P(A ∩ B) = P(B) . P(A\B), P(B) > 0 (éq. 1.5.2 a)
P(A ∩ B) = P(A) . P(B\A), P(A) > 0 (éq. 1.5.2 b)


Si A et B sont mutuellement exclusifs (A ∩ B = Ø), alors P(A\B) = P(B\A) = 0. (Voir figure ci-après).




Si B inclus dans A, alors P(A\B) = 1. (Voir figure ci-après).

En effet, si B inclus dans A, alors P(A ∩ B)= P(B).
Or, P(A ∩ B) = P(B) . P(A\B)
Donc P(B) = P(B) . P(A\B)
Par conséquent,
P(A\B) = 1.



Fin de la leçon 1.5


Références utilisées

1. Hines, William W., Montgomery, Douglas C., Goldsman, David M., Borror, Connie M. (2005) Probabilités et statistique pour ingénieurs, Les Éditions de la Chenelière, 597 p., traduction de Probability and Statistics in Engineering, Fourth Edition, Wiley 2003, des mêmes auteurs et du chapitre 7 de Introduction to Statistical Quality Control, Fourth Edition, Montgomery, Douglas C., Wiley 2001.
2. Rumsey, Deborah (2006) Probability for Dummies, Wiley, 358 p.
3. Moi-même.
   
   

Probabilités pour ingénieurs et pour presque tous les non mathématiciens (1.4)

Chapitre 1.- Quelques notions de base

1. Introduction
2. Définition de quelques termes reliés aux ensembles et aux probabilités
3. La probabilité d'un événement et sa détermination
4. L'espace échantillonnal fini et son dénombrement
5. Les probabilités conditionnelles
6. Les expériences statistiquement indépendantes et le événements indépendants
7. La partition de l'espace échantillonnal, la loi de probabilité totale et le théorème de Bayes
   
   ***********************************************
   

LEÇON 1.4 - Espace échantillonnal fini et son dénombrement

Dans cette quatrième leçon le lecteur commencera à se familiariser avec les notions suivantes:

1. Les diagrammes en arbre.
2. Le principe de multiplication.
3. Les pemutations.
4. Les combinaisons.
5. Les permutations d’objets semblables.
6. L'échantillonnage hypergéométrique.
   

1.4.1 Les diagrammes en arbre.

Le diagramme en arbre peut être utilisé pour faciliter le dénombrement de l’espace échantillonnal.

Par exemple, on lance en l’air à trois reprises une pièce de monnaie équilibrée. Il y a deux résultats possibles à chacun des trois lancers successifs. Le diagramme en arbre suivant montre les différents résultats possibles après trois lancers. Il permet de définir une fois pour toutes l’ensemble des résultats possibles en suivant chacun des trajets du diagramme en arbre.

Il y a un total de 2^3 = 8 résultats possibles.

L’espace échantillonnal s’écrit :
S = {PPP, PPF, PFP, PFF, FPP, FPF, FFP, FFF}


1.4.2 Le principe de multiplication.

On considère les ensembles A1, A2, …, Ak ayant pour nombres d’éléments (cardinaux):
n1, n2, … , nk.

On forme un k-tuplet : (xA1, xA2, …, xAk) dont chacune des coordonnées xAi
provient de chacun des ensembles Ai.

On forme l’ensemble produit cartésien B tel que :
B = A1 x A2 x … x Ak = {( xA1, xA2, …, xAk) : xA1 ε A1, xA2 ε A2, ..., xAk ε Ak }

Le cardinal de B est le nombre de façons différentes de choisir un k-tuplet.

Soit n(B) le cardinal de B. On a:

n(B) = n1 x n2 x … x nk

Si n1 = n2 = … = nk = n, alors : n(B) = n^k, c'est-à-dire n exposant k.


1.4.3 Les permutations.

Une permutation est un arrangement ordonné d’objets distincts.

On considère les permutations de n objets distincts pris r à la fois (r ≤ n). On note le nombre de permutations par Pn;r. On veut calculer Pn;r en fonction de n et de r.

Il y a n façons différentes de choisir sans remise le premier objet parmi les n objets distincts; ce premier objet étant choisi et retiré du lot, il reste alors (n-1) objets.

Il y a (n-1) façons de choisir le 2e objet sans remise; ce deuxième objet étant choisi et retiré du lot, il reste (n-2) objets.

On continue ainsi jusqu’au (r-1) ième objet. Et il reste à choisir le r ième objet.

Il y a (n-r+1) façons de choisir le r ième objet sans remise; il reste alors (n-r) objets.

En vertu du principe de multiplication, le nombre de permutations possibles de n objets pris r à la fois est donc :

Pn;r = n(n-1)(n-2)…(n-r+1) = n!/(n-r)!


1.4.4 Les combinaisons.

Une combinaison est un arrangement d’objets distincts tels que :
• l’ordre n’a pas d’importance
• deux combinaisons sont différentes si leur contenu n’est pas le même.

On considère les combinaisons de n objets distincts pris r à la fois (r ≤ n). On note le nombre de combinaisons par Cn;r.

On veut trouver Cn;r en fonction de n et de r.

Soit A un ensemble de n éléments distincts.
Soit Bi l’un des sous-ensembles de A ayant r éléments distincts, i = 1, 2, …, Cn;r.

Bi ≠ Bj, si i ≠ j.
Cn;r = cardinal de {B1, B2, …, BCn;r }.

Le nombre de permutations des r éléments d’un seul sous-ensemble Bi est :
r(r-1)(r-2) … 2 . 1 = r!

Le nombre total de permutations des r éléments de tous les Cn,r sous-ensembles Bi est :

Pn;r = r! Cn;r

D’où :

Cn;r = n!/((n-r)!r!)


1.4.5 Les permutations d’objets semblables.

Soit A l’ensemble de n objets distincts répartis en k classes d’objets semblables (indiscernables).
On a :

A = A1 U A2 U … U Ak, les Ai sont 2 à 2 disjoints.
N = n1 + n2 + … + nk, ni = nombre d’éléments semblables (indiscernables) de Ai.

Le nombre total de permutations des n éléments de A, s’ils étaient tous discernables, serait :

Pn;n = n!

Si les ni éléments de Ai étaient discernables, le nombre de permutations de ces ni objets serait :

Pni;ni = ni!

Pni;ni est le nombre de fois que l’on trouve dans les Pn,n permutations, les ni objets indiscernables dans le «même» ordre puisqu’on est incapable de discerner les ni objets de Ai les uns des autres.

Donc Pni;ni est un facteur de Pn;n. Et cela est vrai pour chacun des Ai, i = 1, 2, …, k.

On peut alors décomposer Pn;n en facteurs et l’écrire sous la forme :

Pn;n = Pn1;n1 . Pn2;n2 . … . Pnk;nk . Q

où Q représente le nombre de permutations des n objets contenant k classes d’objets indiscernables.

On remplace Q par Pn; n1,n2,…,nk. D’où :

Pn; n1,n2,…nk = n!/(n1! n2! … nk!)


1.4.6 L'échantillonnage hypergéométrique.

On considère une population de taille N (un ensemble de N objets (unités)).

Des N unités, D unités appartiennent à une classe donnée, par exemple, D unités défectueuses.

On veut tire de la population de taille N, un échantillon (un sous-ensemble) de taille n, au hasard et sans remise.

On considère l’événement A : «l’échantillon de taille n choisi renferme exactement r éléments appartenant à la classe donnée (unités défectueuses)».

On veut trouver la probabilité de l’événement A, ce que l’on va faire ci-après.

Le nombre d’échantillons possibles (différents) de taille n que l’on peut tirer de la population de taille N est : Cn;n.

De ces Cn;n échantillons possibles, quel est le nombre de cas favorables à l’événement A ?

La réponse à cette question s’obtient de la façon suivante.

Le nombre de choix différents de (n-r) éléments tirés parmi les (N-D) unités n’appartenant pas à la classe donnée (unités non défectueuses) est : C(N-D); (n-r).

Le nombre de choix de r éléments différents tirés parmi les D unités appartenant à classe donnée (unités défectueuses) est : CD;r.

Par conséquent, le nombre d’échantillons différents de taille n contenant exactement r unités appartenant à la classe donnée (unités défectueuses) et (n-r) unités n’appartenant pas à cette classe (unités non défectueuses) est : (CD;r ) . (C(N-D); (n-r)). C’est le nombre de cas favorables à l’événement A.

On peut donc calculer la probabilité de l’événement A :

P(A) = (CD;r) . (C(N-D; (n-r) ) / CN;n

Dans cette relation, étant donné la valeur de n, alors r peut prendre l'une des valeurs suivantes: max {0, (n+D-N)}, …, min {n, D}.



Fin de la leçon 1.4


Références utilisées

1. Hines, William W., Montgomery, Douglas C., Goldsman, David M., Borror, Connie M. (2005) Probabilités et statistique pour ingénieurs, Les Éditions de la Chenelière, 597 p., traduction de Probability and statistics in engineering, Fourth Edition, Wiley 2003 des mêmes auteurs et du chapitre 7 de Introduction to Statistical Quality Control, Fourth Edition, Montgomery, Douglas C., Wiley 2001.


2. Rumsey, Deborah (2006) Probability for Dummies, Wiley, 358 p.


3. Moi-même.