Chapitre III. Tests de comparaison d’´echantillons

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Chapitre III. Tests de comparaison d’´ echantillons

Cours de Tests param´etriques

Deuxi`eme Ann´ee - IUT STID - Olivier Bouaziz

2018-2019

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Introduction

I Jusqu’à présent nous avons éffectué des tests à partir d’un seul

´

echantillon. On comparait l’espérance, la variance ou la proportion d’un caractère d’une population à une valeur de référence.

I On souhaite à présent effectuer des tests de comparaison de deux populations différentes selon un critère quantitatif particulierà partir de deux échantillonsextraits de ces deux populations. Par exemple :

I Comparer le salaire moyen des femmes cadres et celui des hommes cadres.

I Comparer les performances de deux machines au vu de la proportion de pi`eces d´efectueuses qu’elles produisent.

I Comparer l’efficacité d’un traitement en comparant des mesures effectuées avant traitement à des mesures faites après traitement.

I Comparer la dur´ee de vie moyenne des PME en 2008 et en 1950.

I La généralisation à plus de deux populations sera faite dans le cadre du cours de l’analyse de la variance (modèle linéaire).

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3.1 Test sur ´echantillons appari´es

On parle de données appariées lorsque les deux échantillons considérés sont formés des individus, pour lesquels on a fait deux mesures d’une même quantité, généralement avec écart temporel et/ou après l’occurence d’un

événement. On dispose donc de deux séries de données, de même taille X1, ...,Xn₁ etY1, ...,Yn₂, (n1=n2) oùXjetYj ont toutes deux été mesurées sur lej−ième membre de l’échantillon.

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Exemple 1

Chez un échantillon de 30 sujets extrait d’une population, on mesure le rythme cardiaque (exprimé en pulsations par minute), notéX avant, etY après administration d’un médicament, car on se demande si l’absorption de ce médicament a un effet sur le rythme cardiaque. On considère donc ici deux

échantillons appariés (ou dépendants) (X1,· · ·,X30) et (Y1,· · ·,Y30). On obtient les résultats suivants :

patient 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15

x 80 80 82 75 80 74 80 72 91 88 70 65 83 74 81

y 85 84 87 81 79 85 87 78 96 80 82 73 89 85 86

patient 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30

x 68 69 71 70 73 78 75 76 78 77 75 72 71 75 78

y 72 74 77 75 81 70 77 76 82 83 80 80 81 76 77

L’absorption du m´edicament affecte-t-elle le ryhtme cardiaque de mani`ere significative ?

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I Ici, la modélisation est qu’on a d’une partX1, ...,Xn i.i.d distribuées selon une loi d’espéranceµ1et d’autre part,Y1, . . . ,Yn i.i.d. distribuées selon une loi éventuellemment différente d’espéranceµ2.

I Mais ici, on ne pourra supposer que lesXjsont ind´ependantes desYj

(mˆeme sujet,j, qui influe `a la fois surXjetYj).

I C’est pourquoion s’intéressera plutôt aux différences : Zj=Xj−Yj

I Les v.a.Z1, ...,Zn sont i.i.d. selon une loi d’esp´eranceµ=µ1−µ2. I Il s’agit alors de testerH0:µ= 0 contre :H1:µ6= 0ouH1:µ >0ou

encoreH1:µ <0, selon le contexte.

I Dans le cas des échantillons appariéson applique les techniques du chapitre précédent.

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Application avec R

>x =c(80,80,82,75,80,74,80,72,91,· · ·,71,75,78)

>y =c(85,84,87,81,79,85,87,78,96,· · ·,81,76,77)

>t.test(x,y,paired =T)

Paired t-test data :x andy

t=−5.327,df = 29,p-value= 1.022e−05 alternative hypothesis : true difference in means is not equal to 0 95 percent confidence interval :

−6.319972 −2.813362 sample estimates : mean of the differences -4.566667

Conclusion: L’absorption du médicament affecte le rythme cardiaque de manière extrêmement significative.

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3.2 Test de comparaison de deux espérances sur échantillons indépendants

Exemple 2

Des essais cliniques sont menés auprès de 137 patients atteints d’une maladie pulmonaire sans gravité afin de tester l’efficacité d’un traitement. Le protocole est le suivant :

I Des exercices respiratoires sont prescrits `a 67 patients choisis au hasard ainsi qu’un placebo (goupe t´emoin (A)).

I Les mˆemes exercices respiratoires sont prescrits aux 70 autres patients ainsi que le traitement (groupe trait´e (B)).

I Au bout de trois mois, l’amélioration de la capacité pulmonaire de chaque patient est mesurée. L’amélioration est mesurée (voir tableau suivant) sur une échelle de 0 (pas d’amélioration) à 10 (récupération totale).

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Exemple 2 (suite)

Amélioration Groupe témoin (A) Groupe traité (B)

0 2 0

1 8 0

2 4 3

3 7 0

4 14 10

5 9 14

6 5 13

7 4 17

8 7 10

9 2 3

10 5 0

Ensemble n1= 67 n2= 70

¯

x= 4,776 y¯= 5,671 s²₁= 7,479 s²₂= 2,601

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Exemple 2 (suite)

I L’amélioration moyenne du groupe traité est supérieure de 0,9 points à celle du groupe témoin. Le problème est de savoir si cette différence moyenne d’amélioration entre les deux échantillons doit être attribuée aux bienfaits du traitement ou aux fluctuations d’échantillonnage (le même protocole sur d’autres individus n’aurait sans doute pas donné les mêmes résultats).

I Autrement dit, la diff´erence observ´ee entre les deux moyennes empiriques est-elle statistiquement significative ?

I Le caractère étudié est l’amélioration :

I SoitX la v.a. qui associe à la personne choisie son amélioration sans traitement. L’espéranceµ1et l’écart-typeσ1deX sont inconnus.

I SoitY la v.a. qui associe à la personne choisie son amélioration après traitement. L’espéranceµ2 et l’écart-typeσ2 deY sont inconnus.

I Il s’agit de construireun test de comparaisondes deux esp´erancesµ1et µ2.

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Exemple 2 (suite)

I Le laboratoire qui veut mettre sur le marché le traitement tient à l’hypothèse selon laquelle son médicament (groupe B) est plus efficace qu’un placebo (groupe A). L’intérêt du laboratoire est de contrôler l’erreur qui consiste à décider à tort que le placebo est plus efficace que le médicament et donc ainsi de poser le test sous la forme :H0:µ1≤µ2

contreH1:µ1> µ2, ce qui revient `a poser le test : H0:µ1=µ2 contreH1:µ1> µ2.

I En revanche, l’agence de sécurité sanitaire qui délivre l’autorisation de mise sur le marché du traitement, veut contrôler la probabilité de décider

`

a tort que le m´edicament est plus efficace que le placebo. Cette agence pose le test sous la forme :H0:µ1≥µ2contreH1:µ1< µ2, ce qui revient `a poser le test :

H0:µ1=µ2 contreH1:µ1< µ2.

(l’agence cherche à minimiser la probabilité de mettre sur le marché un nouveau médicament qui n’a pas prouvé son efficacité)

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Cadre g´en´eral

On dispose de mesures d’une mˆeme grandeur (salaire, taille, etc.) sur deux

échantillons extraits indépendamment de deux populations différentes : I Population 1 : Le caractère est noté parX. Soitx1, ...,xn₁ les réalisations

d’un échantillon de v.a.(X1, . . . ,Xn₁)de taillen1, extrait de cette population et tels queE(Xi) =µ1etVar(Xi) =σ₁²; on noteX la moyenne empirique etS₁²la variance empirique de cet échantillon càd : X = _n¹

1

Pn1

i=1Xi et S1²=_n¹

1−1

Pn1

i=1(Xi−X)².

I Population 2 : Le caractère est noté parY. Soity1, ...,yn₂ les réalisations d’un échantillon de v.a.(Y1,· · ·,Yn₂), de taillen2, extrait de la

population 2 avecE(Yi) =µ2, etVar(Yi) =σ₂²; on noteY la moyenne empirique etS2²la variance empirique de cet ´echantillon c`ad :

Y =_n¹

2

Pn₂

i=1Yi et S₂²=_n¹

2−1

Pn₂

i=1(Yi−Y)².

I les variablesXi etYj sont supposées indépendantes (mesures réalisées sur des individus nécessairement différents).

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Probl`eme pos´e

A l’aide des deux échantillons on veut comparer ces deux populations. Celà revient à comparer les paramètres des lois de probabilités desXi etYj. Pour un test de comparaison sur les espérances, on se demande si l’espérance de le grandeur considérée est la même dans les deux populations. On veut donc tester

H0 : µ1=µ2

I contre l’alternative bilatéraleH1 : µ16=µ2, I ou contre l’alternative unilatéraleH1 : µ1< µ2, I ou contre l’autre l’alternative unilatéraleH1 : µ1> µ2.

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Probl`eme pos´e

I Supposons qu’on s’intéresse à la taille des hommes et des femmes d’un pays ; on noteµ1l’espérance de la taille des femmes adultes etµ2

l’espérance de la taille des hommes adultes. On peut alors chercher à tester si la taille moyenne des hommes est significativement supérieure à celle des femmes.

I On teste donc :H0 : µ1=µ2 contreH1 : µ1< µ2.

I Il est naturel de fonder les tests deH0sur l’écartX−Y entre les moyennes observées des deux échantillons.

I Sous l’hypothèseH0, la différence observéeX−Y doit avoir une espérance nulle puisqueE(X)−E(Y) =µ1−µ2= 0.

I Il faut donc connaˆıtre la loi deX−Y sousH0.

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Deux cas `a distinguer

I Cas des grands ´echantillons de loi quelconque I Cas des petits ´echantillons gaussiens.

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3.2.1 Grands ´echantillons de loi quelconque

I Si les tailles d’´echantillonsn1etn2sont grandes, on sait d’apr`es le TLC que, approximativement, on a

X ≈ N

µ1,σ1²

n1

et Y ≈ N

µ2,σ²2

n2

. I Comme les deux ´echantillons sont ind´ependants,X etY sont

ind´ependantset approximativement sousH0, on a X−Y ≈ N

0,σ1²

n1

+σ²2

n2

.

I Soit encore,sousH0:

T = X−Y qσ²₁

n₁ +^σ_n²²

2

≈ N(0,1).

I Maison ne peut utiliser directement la v.a.T comme statistique de test que lorsque les variances des deux populations sont connues.

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3.2 Test de comparaison de deux espérances sur échantillons indépendants 3.2.1 Grands échantillons de loi quelconque

3.2.1 Grands ´echantillons de loi quelconque

Remarque

Il faut que les tailles desdeux´echantillonsn1etn2soient suffisamment grandes pour pouvoir appliquer le TCL pourX etY. En pratique on consid´erera qu’il faut avoirn1>30etn2>30.

Nous allons distinguer les trois cas suivants : I Cas o`u les variancesσ1²etσ2²sont connues.

I Cas o`u les variancesσ₁²etσ₂²sont inconnues.

I Cas o`u les variancesσ₁²etσ₂²sont inconnues mais ´egales.

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a. Cas o`u les variancesσ₁²etσ²₂ sont connues (grands ´echantillons)

I Test deH0 : µ1=µ2 contreH1 : µ16=µ2

La statistique de test est

T = X−Y qσ²₁

n₁ +^σ_n²²

2

SousH0,T ≈ N(0,1). SousH1,T a tendance `a prendre desvaleurs plus petites ou plus grandes.

R`egle de d´ecision :

I si|T|>cα on rejetteH0, I si|T| ≤cα, on ne rejette pasH0.

Le seuilcαest tel queP^H0(|T|>cα) =α,i.e.tel queP^H0(T >cα) =α/2. Le seuilcα est le quantile d’ordre 1−α/2 de la loiN(0,1).

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I Test deH0:µ1=µ2contreH1:µ1> µ2

SousH0,T = X−Y qσ₁²

n₁ +^σ_n²²

2

≈ N(0,1). SousH1,T a tendance a prendre des valeurs plus grandes.

I siT >cα on rejetteH0, I siT ≤cα, on ne rejette pasH0,

o`ucα est tel queP^H0(Tn₁,n₂>cα) =α. Le seuilcαest le quantile d’ordre 1−αde la loiN(0,1).

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I Test deH0:µ1=µ2contreH1:µ1< µ2

SousH0,T = X−Y qσ₁²

n₁ +^σ_n²²

2

≈ N(0,1). SousH1,T a tendance a prendre des valeurs plus petites.

I siT <cα (cα<0) on rejetteH0, I siT ≥cα, on ne rejette pasH0,

o`ucα est tel queP^H0(T <cα) =α. Le seuilcαest le quantile d’ordreαde la loiN(0,1).

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b. Cas o`u les variancesσ²₁ etσ₂²sont inconnues (grands ´echantillons)

I On remplace respectivementσ²1etσ²2par leurs estimateurs consistants et sans biais

S₁²=S_X² = 1 n1−1

n₁

X

i=1

(Xi−X)² et S₂²=S_Y² = 1 n2−1

n₂

X

i=1

(Yi−Y)².

I On utilise alors la statistique de test U= X−Y

qS²_X n₁ +^S_n^Y²

2

.

I SousH0,U≈ N(0,1) approximativement, et on procède de même que précédemment.

(21)

c. Cas où les variancesσ²₁ etσ₂²sont inconnues mais égales (grands échantillons)

I Si les variances sont inconnues mais ´egalesσ²₁=σ²₂=σ², on estime la valeur communeσ²par

S²= (n1−1)S_X²+ (n2−1)S_Y²

n1+n2−2 = 1 n1+n2−2

n₁

X

i=1

(Xi−X)²+

n₂

X

i=1

(Yi−Y)² .

I On montre facilement que l’estimateur obtenuS² est sans biais. En effet, SX² est un estimateur sans biais deσ²1doncE(SX²) =σ1²=σ², etSY² est sans biais deσ₂²doncE(S_Y²) =σ₂²=σ².

I On en d´eduit que :

E(S²) = (n1−1)E(S_X²) + (n2−1)E(S_Y²)

n1+n2−2 = (n1−1)σ²+ (n2−1)σ² n1+n2−2 =σ²

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c. Cas où les variancesσ²₁ etσ₂²sont inconnues mais égales (grands échantillons)

I On estime alors σ₁² n1

+σ²₂ n2

=σ² 1

n1

+ 1 n2

parS²

1 n1

+ 1 n2

I On utilise ainsi la statistique de test U= X−Y

r S²

1 n₁ +_n¹

2

.

I SousH0,U≈ N(0,1) approximativement, et on procède de même que précédemment.

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Exemple 3

Un fabricant de câbles en acier étudie un nouveau traitement de câbles pour améliorer leur résistance. Il choisit au hasard 200 câbles traités et 100 câbles non traités. On suppose que la charge de rupture est une variable aléatoire. On noteXi la charge de rupture du ième câble traité etYi la charge de rupture du ième câble non traité. On observex= 30,82 :y = 29,63 ;

1 199

200

X

i=1

(xi−x)²= 27,25 et 1 99

100

X

i=1

(yi−y)²= 23,99.

Peut-on conclure `a l’efficacit´e du traitement ?

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Exemple 3

I Soitµ1(respectivementµ2) la charge de rupture moyenne (dans la population) des câbles traités (respectivement non traités),σ₁² (respectivementσ2) la variance.

I On suppose que les deux ´echantillonsX1, . . . ,Xn₁,n1= 200, et Y1, . . . ,Yn₂,n2= 100 sont ind´ependants.

I µ1etµ2sont estimés parX etY les charges moyennes empiriques des câbles traités et non traités des échantillons.

I x = 30.82 (resp.y= 29.63) est la r´ealisation deX (resp.Y).

I Les variancesσ₁²etσ²₂sont inconnues et estim´ees par les variances empiriquesS_X² etS_Y².

I s_X² = 27.25 (resp.s_X² = 23.99) est la r´ealisation deS_X² (resp.S_Y²) deS_X² (resp.S_Y²).

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Exemple 3

I On souhaite tester

H0 : µ1=µ2 contreH1 : µ1> µ2.

I Le TCL s’applique (les deux ´echantillons sont suffisamment grands), et la statistique de test est en l’absence d’information sur les variances

T = X−Y qS²_X

n1 +^S_n^Y²

2

≈ N(0,1) sous H0

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Exemple 3

I siT >cα on rejetteH0, I siT ≤cα, on ne rejette pasH0,

o`u le seuilcα est tel queP^H0(T >cα) =α= 5%. Dans la table de la loi N(0,1), on litcα= 1,645. Si on notet la r´ealisation deT sur les deux

´echantillons, sit>1.645 on rejetteraH0(avec un risque de 5% de se tromper), sit≤1.645 on ne rejettera pasH0.

Mise en oeuvre: Sur l’´echantillon, on trouvet= 1,94>1,645. On rejetteH0

au risque 5%. Le traitement est donc efficace.

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3.2.2 Petits ´echantillons gausssiens

I On considère à nouveau deux échantillons indépendants, le premier (X1, . . . ,Xn₁), d’espéranceE(Xi) =µ1, de varianceVar(Xi) =σ₁², et le second (Y1, . . . ,Yn₂), d’espéranceE(Yi) =µ2, de varianceVar(Yi) =σ²2. I Si l’un des deux effectifsn1oun2 n’est pas assez grand pour appliquer le

TCL, on ne peut pas utiliser les résultats de la section précédente ! I Cependant, on peut construire un test analogue dans le cas où les deux

´

echantillons sontgaussiens.

I On suppose dans la suite queXi ∼ N µ1, σ²1

,i = 1, . . . ,n1et Yi ∼ N µ2, σ²₂

,i = 1, . . . ,n2.

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3.2 Test de comparaison de deux espérances sur échantillons indépendants 3.2.2 Petits échantillons gausssiens

Supposons qu’on teste :

H0 : µ1=µ2 contreH1 : µ16=µ2

Le test est encore fond´e sur la diff´erenceXn1−Yn2. Dans le cas gaussien, on connaˆıt la loi exacte deXn₁ etYn₂ :

Xn₁∼ N

µ1,σ1²

n1

et Yn₂ ∼ N

µ2,σ²2

n2

.

Par ind´ependance des deux ´echantillons, Xn₁−Yn₂∼ N

µ1−µ2,σ1²

n1

+σ²2

n2

.

SousH0,

Xn1−Yn2 ∼ N

0,σ²₁ n1

+σ₂² n2

soit encore Xn₁−Yn₂

qσ²₁ n₁ +^σ_n²²

2

∼ N(0,1).

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(i) Cas o`u les variancesσ₁²etσ²₂sont connues

La statistique de test est

Tn₁,n₂= Xn₁−Yn₂

qσ₁² n₁ +^σ_n²²

2

.

SousH0,Tn1,n2 ∼ N(0,1) et on procède de la même manière que précédemment.

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(ii) Cas o`u les variancesσ²₁ etσ₂²sont inconnues mais ´egales

I On estime la valeur communeσ²par la moyenne pondérée par les effectifs (n1−1) et (n2−1) des deux variances d’échantillonsS₁²etS₂² :

S²= (n1−1)S1²+ (n2−1)S2²

n1+n2−2

de sorte queσ₁²/n1+σ²₂/n2=σ²(1/n1+ 1/n2) est estim´ee par S²(1/n1+ 1/n2).

I On utilise alors la statistique de test

Tn1,n2 = Xn₁−Yn₂

r S²

1 n₁+_n¹

2

.

I On montre que dans le cas gaussien, sousH0, Tn₁,n₂∼St(n1+n2−2).

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(iii) Cas oùσ₁²etσ²₂sont inconnues mais pas forcément égales

I Les solutions ne sont pas satisfaisantes pour des petits ´echantillons lorsque les variances sont diff´erentes et inconnues.

I Néanmoins, lorsque les deux échantillons sont gaussiens et que les variances sont inconnues et différentes, on peut montrer que la statistique

Tn₁,n₂= Xn₁−Yn₂

qS₁² n1 +^S_n²²

2

suit, sousH0, une loi de StudentSt(ν)avecν:l’entier naturel le plus proche du quotient :

s₁² n1

+s₂² n2

2



 (^s_n¹²

1)² n1−1+ (^s_n²²

2)² n2−1



.

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Exemple 4

On cherche à savoir si le rythme cardiaque d’un individu augmente lorsque l’individu est soumis à un stress. Pour cela, on mesure le rythme cardiaque de 5 individus avant une séance de cinéma passant un film d’horreur, et le rythme cardiaque de 5 autres individus après la séance de cinéma. On suppose que le rythme cardiaque d’un individu est une variable aléatoire de loi normale. Les rythmes cardiaques observés sont les suivants :

avant la séance 90 76 80 87 83 après la séance 98 77 88 90 89

1.Le rythme cardiaque augmente t-il de mani`ere significative avec le stress ? 2.Calculer le degr´e de signification du test.

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Exemple 5

On admet que la production de lait d’une vache normande (respectivement hollandaise) est une v.a. de loiN(µ1, σ₁²) (respectivementN(µ2, σ²₂)). Un producteur de lait souhaite comparer le rendement des vaches normandes et hollandaises de son unité de production. Les relevés de production de lait (exprimée en litres) de 10 vaches normandes et hollandaises ont donné les résultats suivants :

vaches normandes 552 464 483 506 497 544 486 531 496 501 vaches hollandaises 487 489 470 482 494 500 504 537 482 526 Les deux races de vaches laiti`eres ont-elles le mˆeme rendement ?

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Application avec R

Si on suppose l’´egalit´e des variances :

>x <−c(552,464,483,506,497,544,486,531,496,501)

>y <−c(487,489,470,482,494,500,504,537,482,526)

>t.test(x,y,var.equal =T)

Two Sample t-test data :x andy

t= 0.8074,df = 18,p-value= 0.43 alternative hypothesis : true difference in means is not equal to 0 95 percent confidence interval :

−14.25774 32.05774 sample estimates : mean of x mean of y

506.0 497.1

(35)

Application avec R

Si on ne suppose pas l’´egalit´e des variances :

>x <−c(552,464,483,506,497,544,486,531,496,501)

>y <−c(487,489,470,482,494,500,504,537,482,526)

>t.test(x,y,var.equal =F)

Welch Two Sample t-test data :x andy

t= 0.8074,df = 16.553,p-value= 0.4309 alternative hypothesis : true difference in means is not equal to 0 95 percent confidence interval :

−14.40370 32.20370 sample estimates : mean of x mean of y

506.0 497.1

Conclusion: Au risque 5%, le test n’est pas significatif.

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3.2 Test de comparaison de deux espérances sur échantillons indépendants 3.2.3 Remarque sur le test de comparaison d’espérance de deux échantillons

Utilisation en pratique

I En pratique on préférera utiliser la version asymptotique du test si la taille d’échantillon le permet.

I Si l’échantillon est trop petit on utilisera généralement un test nonparamétriquepour compararer les distributions.

I En pratique on ne sait jamais si les variances des deux groupes sont égales et donc on utilisera toujours le test de Welch àvariances inégales! I Il ne faut pas “enchainer” les tests : tester d’abord l’égalité des variances

pour ensuite décider si l’on fait le test de comparaison des espérances à variances égales ou non est unemauvaise pratiquecar la décision finale n’aura pas le bon risque de première espèce ! !