Échantillonnage

Échantillonnage · Chapitre 4

Proportions, totaux et tirage avec remise

Estimer une proportion

Une proportion est une moyenne

L’estimateur d’une proportion

Avec y_k = 1 si le ménage k possède la caractéristique, 0 sinon, P = \overline{Y} (chapitre 1). Un sondage aléatoire simple l’estime par la proportion observée : \widehat{P} = \overline{y} = \frac{1}{n}\sum_{k \in S} y_k = \frac{\text{nombre de « oui » dans l'échantillon}}{n} Moyenne d’échantillon, elle est sans biais (chapitre 3) : E(\widehat{P}) = P.

Sur la mini-population

Ménages dépensant plus de 8 : D et E, donc P = 2/5 = 0{,}4. Parmi les 10 échantillons de 2 ménages, AB, AC et BC donnent \widehat{P} = 0, DE donne \widehat{P} = 1, les 6 autres \widehat{P} = 0{,}5 : E(\widehat{P}) = (3 \times 0 + 6 \times 0{,}5 + 1 \times 1)/10 = 0{,}4 = P

La variance de la proportion estimée

Une variance qui ne dépend que de P

On remplace S^2 = \frac{N}{N-1}\,P(1-P) (chapitre 1) dans V(\overline{y}) = (1-f)\,S^2/n (chapitre 3) : V(\widehat{P}) = (1-f)\,\frac{N}{N-1}\,\frac{P(1-P)}{n} = \frac{N-n}{N-1}\,\frac{P(1-P)}{n}

Vérification sur la mini-population

S^2 = \frac54 \times 0{,}4 \times 0{,}6 = 0{,}3, d’où V(\widehat{P}) = (1 - 0{,}4) \times 0{,}3/2 = 0{,}09. Par énumération des dix échantillons : (3 \times 0{,}4^2 + 6 \times 0{,}1^2 + 1 \times 0{,}6^2)/10 = 0{,}9/10 = 0{,}09.

Une loi déjà connue

Le nombre de « oui » n\widehat{P} suit une loi hypergéométrique (cours de Probabilités), de variance n\,P(1-P)\,\frac{N-n}{N-1}. Avec des tirages indépendants, ce serait la binomiale, de variance n\,P(1-P) : le facteur \frac{N-n}{N-1} est le gain du tirage sans remise.

Estimer cette variance sur l’échantillon

Remplacer P par son estimation

Pour une variable 0/1, y_k^2 = y_k, donc \sum_{k \in S}(y_k - \widehat{P})^2 = n\widehat{P} - n\widehat{P}^2 = n\widehat{P}(1-\widehat{P}), et s^2 = \frac{n}{n-1}\,\widehat{P}(1-\widehat{P}). D’où : \widehat{V}(\widehat{P}) = (1-f)\,\frac{s^2}{n} = (1-f)\,\frac{\widehat{P}(1-\widehat{P})}{n-1} Elle est sans biais, puisque s^2 l’est pour S^2 (chapitre 3).

Le piège du dénominateur

On rencontre souvent \widehat{P}(1-\widehat{P})/n. Pour n = 200, l’écart est négligeable : l’erreur-type est multipliée par \sqrt{200/199} = 1{,}0025. Pour n = 20, il atteint 2{,}6\,\%. L’oubli plus grave est celui de (1-f) quand le taux de sondage est élevé.

Démonstration : Pourquoi n-1 au dénominateur pour une proportion

La variance d’échantillon d’une variable 0/1. Dans l’échantillon, y_k^2 = y_k et \sum_{k \in S} y_k = n\widehat{P}. En développant le carré comme au chapitre 1, \sum_{k \in S}(y_k - \widehat{P})^2 = \sum_{k \in S} y_k^2 - n\widehat{P}^{\,2} = n\widehat{P} - n\widehat{P}^{\,2} = n\widehat{P}\,(1 - \widehat{P}), donc s^2 = \dfrac{n}{n-1}\,\widehat{P}(1 - \widehat{P}) et \widehat{V}(\widehat{P}) = (1-f)\,\dfrac{s^2}{n} = (1-f)\,\dfrac{\widehat{P}(1-\widehat{P})}{n-1}.

Vérification directe de l’absence de biais. Calculons l’espérance de \widehat{P}(1 - \widehat{P}), avec E(\widehat{P}^2) = V(\widehat{P}) + P^2 : E\big[\widehat{P}(1-\widehat{P})\big] = P - V(\widehat{P}) - P^2 = P(1-P)\left[1 - \frac{N-n}{n\,(N-1)}\right] = P(1-P)\,\frac{N\,(n-1)}{n\,(N-1)} = \frac{n-1}{n}\,S^2. Le produit \widehat{P}(1-\widehat{P}) sous-estime donc S^2 du facteur \frac{n-1}{n} : diviser par n-1 au lieu de n le corrige exactement, et E\big[\widehat{V}(\widehat{P})\big] = (1-f)\,\frac{S^2}{n} = V(\widehat{P}).

Ce que cela dit. Le piège du dénominateur est un biais : \widehat{P}(1-\widehat{P})/n donne une variance trop petite d’un facteur \frac{n-1}{n}, donc une erreur-type trop petite d’un facteur \sqrt{\frac{n-1}{n}}. Pour n = 200, c’est \sqrt{200/199} = 1{,}0025 ; pour n = 20, \sqrt{20/19} = 1{,}026, soit 2{,}6\,\% d’erreur-type en moins.

L’intervalle de confiance d’une proportion

L’approximation normale

Pour n grand, \widehat{P} est approximativement normale (théorème central limite, Probabilités, chapitre 20) : l’intervalle \widehat{P} \pm 1{,}96\,\sqrt{\widehat{V}(\widehat{P})} contient P pour environ 95\,\% des échantillons, s’il y a assez de « oui » et de « non » dans l’échantillon (Statistique inférentielle, chapitres 8 à 10).

Les ménages connectés, n = 200
  • Sur tous les échantillons : V(\widehat{P}) = 0{,}9 \times \frac{2\,000}{1\,999} \times \frac{0{,}674 \times 0{,}326}{200} = 0{,}000989 ; erreur-type 0{,}0315, marge \pm 0{,}0616, soit \pm 6{,}2 points.
  • Sur l’échantillon fil rouge : 134 connectés sur 200, \widehat{P} = 0{,}67 ; \widehat{V} = 0{,}9 \times \frac{0{,}67 \times 0{,}33}{199} = 0{,}00100, erreur-type 0{,}0316.
  • Intervalle : 0{,}67 \pm 0{,}062, soit [0{,}608\,;0{,}732], qui contient P = 0{,}674.

La précision dépend de la proportion elle-même

Marge absolue, marge relative

La marge est maximale en P = 0{,}5 (\pm 6{,}6 points pour n = 200) et varie peu entre 0{,}3 et 0{,}7. Une proportion rare est mal estimée relativement à sa valeur : \pm 2{,}9 points pour P = 0{,}05, soit 57\,\% de P (chapitre 5).

Démonstration : Marge absolue et marge relative d’une proportion

La marge à 95\,\% de \widehat{P} est e(P) = 1{,}96\,\sqrt{(1-f)\,\dfrac{N}{N-1}\,\dfrac{P(1-P)}{n}} ; elle est proportionnelle à \sqrt{P(1-P)}.

Le maximum. Comme P(1-P) = \frac14 - \left(P - \frac12\right)^2, la marge est maximale pour P = \frac12, et symétrique autour de ce point. Pour n = 200 : \pm 6{,}6 points en P = 0{,}5, mais déjà 1{,}96\sqrt{0{,}9 \times 0{,}21 / 200} = 6{,}0 points en P = 0{,}3 : la courbe est plate autour du maximum.

La marge relative. Divisons par P : \frac{e(P)}{P} = 1{,}96\,\sqrt{\frac{(1-f)\,N}{(N-1)\,n}\cdot\frac{1-P}{P}}. Le rapport \frac{1-P}{P} décroît de +\infty à 0 quand P croît de 0 à 1 : plus la proportion est rare, plus la marge relative est grande. Pour P = 0{,}05, la marge absolue n’est que de \pm 2{,}9 points, mais elle vaut 57\,\% de P.

Ce que cela dit. La marge absolue est maximale à mi-chemin, la marge relative explose pour les petites proportions : on ne peut pas juger la précision d’une proportion rare en points, seulement en pourcentage d’elle-même.

Estimer un total

Du total à la moyenne, et retour

L’estimateur du total

\widehat{Y} = N\,\overline{y} = \sum_{k \in S} \frac{N}{n}\,y_k Chaque ménage tiré compte pour son poids d_k = N/n : c’est l’estimateur de Horvitz-Thompson (chapitre 2). Il est sans biais, et V(\widehat{Y}) = N^2\,V(\overline{y}) = N^2(1-f)\,\frac{S^2}{n} \qquad \widehat{V}(\widehat{Y}) = N^2(1-f)\,\frac{s^2}{n}

Le total des dépenses
  • Mini-population, n = 2 : V(\widehat{Y}) = 5^2 \times 4{,}35 = 108{,}75, erreur-type 10{,}4 milliers de dh.
  • Échantillon fil rouge : \widehat{Y} = 2\,000 \times 7\,843{,}05 = 15\,686\,100 dh ; erreur-type 2\,000 \times 256{,}87 = 513\,736 dh ; intervalle [14{,}68\,;16{,}69] millions de dh, qui contient Y = 15{,}82 millions.

Le nombre de ménages connectés

Compter, c’est estimer un total

Le nombre de ménages ayant une caractéristique est le total d’une variable 0/1 : N P. On l’estime par N\widehat{P}, de variance N^2\,V(\widehat{P}), estimée par \widehat{V}(N\widehat{P}) = N^2 (1-f)\,\frac{\widehat{P}(1-\widehat{P})}{n-1}

Combien de ménages ont accès à internet ?
  • La vérité : 1\,348 ménages. Pour n = 200, l’erreur-type de N\widehat{P} vaut 2\,000 \times 0{,}0315 = 62{,}9 ménages, la marge \pm 123.
  • L’échantillon fil rouge : 2\,000 \times 0{,}67 = 1\,340 ménages ; erreur-type estimée 2\,000 \times 0{,}0316 = 63{,}2 ; intervalle [1\,216\,;1\,464].

Même erreur absolue, autre erreur relative

Le coefficient de variation

CV = \sqrt{V(\widehat{\theta})}/\theta mesure l’erreur relative. Multiplier par N ne le change pas : CV(\widehat{Y}) = CV(\overline{y}) = 267{,}27/7\,911{,}44 = 3{,}4\,\% pour la dépense.

Connectés et non connectés

Les 652 ménages non connectés s’estiment par N(1-\widehat{P}), avec la même erreur-type, 62{,}9 ménages. Mais le CV double :

Nombre à estimer Vraie valeur Erreur-type CV
Ménages connectés 1\,348 62{,}9 4{,}7\,\%
Ménages non connectés 652 62{,}9 9{,}6\,\%

Plus le groupe compté est petit, moins son effectif est connu avec précision, en termes relatifs.

Quand N est inconnu

Tirer sans connaître la taille de la liste

N\overline{y} exige de connaître N. Sans liste complète (commerçants ambulants, exploitations non recensées), on peut garder chaque unité rencontrée avec une probabilité fixée \pi : c’est le tirage de Bernoulli (chapitre 1). On estime alors \widehat{Y} = \frac{1}{\pi}\sum_{k \in S} y_k, \widehat{N} = n/\pi, et la moyenne par \widehat{Y}/\widehat{N} = \overline{y}.

Un essai sur la population du cours

Avec \pi = 0{,}1 (graine fixée), on obtient n = 202 ménages qui dépensent 1\,601\,800 dh : \widehat{Y} = 16\,018\,000 dh (+1{,}2\,\%), \widehat{N} = 2\,020, moyenne 7\,929{,}7 dh. Mais l’erreur-type de \widehat{Y}, \sqrt{\sum_U \frac{1-\pi}{\pi}\,y_k^2} = 1{,}19 million de dh (chapitre 2), est plus du double de celle de N\overline{y} (0{,}53 million) : la taille aléatoire ajoute de l’incertitude. La moyenne, elle, n’en souffre pas (chapitre 12).

Démonstration : Le tirage de Bernoulli, variance du total estimé

Chaque unité est gardée avec la probabilité \pi, indépendamment des autres : \pi_k = \pi et, pour k \neq l, \pi_{kl} = \pi^2 = \pi_k\pi_l, donc \Delta_{kl} = 0. La taille n est aléatoire, et l’estimateur de Horvitz-Thompson du total est \widehat{Y} = \frac1\pi\sum_{k \in S} y_k, sans biais d’après le chapitre 2.

Variance. Dans la formule générale du chapitre 2, seuls les termes diagonaux subsistent : V(\widehat{Y}) = \sum_{k \in U}\pi(1-\pi)\,\frac{y_k^2}{\pi^2} = \frac{1-\pi}{\pi}\sum_{k \in U}y_k^2. Effectif et moyenne. \widehat{N} = n/\pi est le total estimé de la variable égale à 1, sans biais pour N, et \widehat{Y}/\widehat{N} = \frac{\sum_S y_k}{n} = \overline{y}.

Pour le cours. Avec \pi = 0{,}1, l’erreur-type est \sqrt{V(\widehat{Y})} = \sqrt{9 \times \sum_k y_k^2} = 1{,}19 million de dh. Le sondage aléatoire simple de 200 ménages donne N\sqrt{(1-f)S^2/n} = 2\,000 \times 267{,}27 = 0{,}53 million : le tirage de Bernoulli a une erreur-type plus de deux fois plus grande.

Ce que cela dit. La taille de l’échantillon est une source de variation en plus : quand on garde plus de ménages que prévu, le total estimé augmente avec elle. Un plan de taille fixe écarte cette source ; la moyenne \overline{y}, qui divise par n, n’en souffre pas.

Les sous-populations

Estimer pour un domaine

Domaine

Un domaine est une sous-population U_d de taille N_d : les ruraux, une province, les ménages dirigés par une femme. On veut sa moyenne \overline{Y}_d, son total Y_d, une proportion en son sein. On utilise les n_d ménages tirés qui en font partie : \overline{y}_d = \frac{1}{n_d}\sum_{k \in S \cap U_d} y_k

Les ruraux de l’échantillon fil rouge

L’échantillon compte 48 ruraux et 152 urbains. Dépense moyenne des 48 ruraux : \overline{y}_d = 6\,916{,}67 dh (s_d = 3\,375{,}32), contre \overline{Y}_d = 6\,585{,}14 dh pour les 562 ruraux de la population. Les 152 urbains dépensent en moyenne 8\,135{,}59 dh.

Une taille d’échantillon aléatoire

Le nombre de ruraux tirés n’est pas choisi

n_d dépend du tirage : il suit une loi hypergéométrique d’espérance 200 \times 0{,}281 = 56{,}2 et d’écart-type 6{,}0. 95\,\% des échantillons comptent entre 45 et 68 ruraux. Avec 48, l’échantillon fil rouge en a un peu moins que prévu : P(n_d \leq 48) = 0{,}10.

La précision d’une moyenne de domaine

Raisonner à taille de domaine fixée

Sachant n_d, les ménages du domaine tirés forment un sondage aléatoire simple de n_d ménages parmi N_d. Donc \overline{y}_d est sans biais, et \widehat{V}(\overline{y}_d) = \left(1 - \frac{n_d}{N_d}\right)\frac{s_d^2}{n_d} Si N_d est inconnu, on l’estime par \widehat{N}_d = N\,n_d/n, ce qui revient à remplacer n_d/N_d par f.

Démonstration : Sachant la taille, le domaine est un sondage aléatoire simple

Fixons m et cherchons la probabilité que la partie de l’échantillon située dans le domaine soit un ensemble donné s_d de m unités de U_d. Les échantillons s tels que s \cap U_d = s_d sont formés de s_d et de n - m unités choisies hors du domaine, parmi les N - N_d restantes : il y en a \binom{N - N_d}{n-m}, le même nombre quel que soit s_d. Tous les échantillons ayant la même probabilité 1/\binom Nn, tous les ensembles s_d de m unités ont la même probabilité, qui vaut \dbinom{N-N_d}{n-m}\Big/\dbinom Nn : sachant n_d = m, la partie de l’échantillon dans le domaine est un sondage aléatoire simple de m unités parmi N_d.

Conséquences. Les résultats du chapitre 3 s’appliquent à \overline{y}_d, avec N_d pour population et m pour taille : pour chaque valeur de n_d \geq 1, E(\overline{y}_d \mid n_d) = \overline{Y}_d, donc \overline{y}_d est sans biais ; et V(\overline{y}_d \mid n_d) = \left(1 - \frac{n_d}{N_d}\right)\frac{S_d^2}{n_d}, estimée sans biais par \widehat{V}(\overline{y}_d) dès que n_d \geq 2.

Effectif du domaine inconnu. L’espérance de n_d est \sum_{k \in U_d}\pi_k = N_d\,\frac nN, donc \widehat{N}_d = N\,\frac{n_d}{n} est sans biais pour N_d, et \dfrac{n_d}{\widehat{N}_d} = \dfrac nN = f.

Ce que cela dit. La taille n_d n’est pas choisie, mais elle n’empêche pas de raisonner : on se place sachant n_d, et le plan redevient un plan simple. Pour les ruraux, E(n_d) = 200 \times \frac{562}{2\,000} = 56{,}2.

La dépense des ruraux

\widehat{V}(\overline{y}_d) = (1 - 48/562) \times 3\,375{,}32^2/48, erreur-type 465{,}9 dh. Intervalle : 6\,916{,}67 \pm 913{,}2, soit [6\,003{,}5\,;7\,829{,}9], qui contient 6\,585{,}14. L’erreur-type est 1{,}8 fois celle de la moyenne générale (256{,}87) : l’estimation repose sur 48 ménages, pas sur 200.

Le total d’un domaine

Deux estimateurs du total des ruraux
  • N_d connu (par le recensement) : N_d\,\overline{y}_d.
  • N_d inconnu : \widehat{Y}_d = \frac{N}{n}\sum_{k \in S \cap U_d} y_k, l’estimateur du total de la variable y^{(d)}_k = « y_k si k est rural, 0 sinon ». Sans biais, de variance N^2(1-f)\,S^2_{(d)}/n, où S^2_{(d)} est la variance de y^{(d)}.

Le rapport \widehat{Y}_d/\widehat{N}_d redonne \overline{y}_d : c’est un ratio de deux totaux estimés (chapitre 12).

Le total des dépenses rurales

Vrai total : 3\,700\,850 dh. Échantillon fil rouge : 562 \times 6\,916{,}67 = 3\,887\,167 dh si N_d est connu, 10 \times 48 \times 6\,916{,}67 = 3\,320\,000 dh sinon. Sur tous les échantillons, les erreurs-types valent environ 230\,000 dh et 458\,000 dh : connaître N_d divise la variance par 4.

Démonstration : Pourquoi connaître la taille du domaine divise la variance par quatre

Notons W_d = N_d/N, \overline{Y}_d et S_d^2 la moyenne et la variance du domaine, et y^{(d)}_k = y_k si k \in U_d, 0 sinon.

N_d inconnu. Le total estimé est \widehat{Y}_d = N\,\overline{y^{(d)}}, de variance N^2(1-f)\,S^2_{(d)}/n. La moyenne de y^{(d)} est W_d\overline{Y}_d et sa somme des carrés est \sum_{U_d}y_k^2 = (N_d-1)S_d^2 + N_d\overline{Y}_d^{\,2} (chapitre 1), donc (N-1)\,S^2_{(d)} = (N_d - 1)\,S_d^2 + N_d\overline{Y}_d^{\,2} - N\,W_d^2\,\overline{Y}_d^{\,2} = (N_d - 1)\,S_d^2 + N_d\,(1 - W_d)\,\overline{Y}_d^{\,2}. Pour N et N_d grands, S^2_{(d)} \approx W_d\left[S_d^2 + (1 - W_d)\overline{Y}_d^{\,2}\right] et V(\widehat{Y}_d) \approx \dfrac{N^2(1-f)\,W_d}{n}\left[S_d^2 + (1-W_d)\overline{Y}_d^{\,2}\right].

N_d connu. On estime N_d\,\overline{y}_d, de variance N_d^2\left(1 - \frac{n_d}{N_d}\right)\frac{S_d^2}{n_d}. Avec n_d \approx n W_d et \frac{n_d}{N_d} \approx f, cela donne V \approx \dfrac{N^2(1-f)\,W_d}{n}\,S_d^2.

Le rapport. \frac{V(\widehat{Y}_d)}{V(N_d\overline{y}_d)} \approx 1 + (1 - W_d)\,\frac{\overline{Y}_d^{\,2}}{S_d^2}. Pour les ruraux, W_d = 0{,}281, \overline{Y}_d = 6\,585 dh et S_d = 3\,215 dh : 1 + 0{,}719 \times 4{,}20 = 4{,}0.

Ce que cela dit. Quand N_d est inconnu, l’estimateur doit aussi estimer combien de ménages sont ruraux, et ce nombre varie d’un échantillon à l’autre : cette variation, multipliée par le niveau \overline{Y}_d des dépenses, s’ajoute à la dispersion S_d^2. Plus le domaine a une moyenne élevée relativement à sa dispersion, plus connaître N_d rapporte : ici, les erreurs-types passent de 458\,000 à 230\,000 dh.

Les petits domaines

Al Hoceïma : 24 ménages attendus

Dans un sondage aléatoire simple de 200 ménages, la province d’Al Hoceïma (240 ménages) n’en reçoit que 24 en moyenne. Marge à 95\,\% : environ \pm 1\,101 dh sur une moyenne de 5\,979 dh, soit \pm 18\,\%. Dans l’échantillon fil rouge : 28 ménages, dépense moyenne 5\,115 dh, 14\,\% sous la vraie valeur.

Fixer la taille des domaines

Quand les domaines figurent dans la base de sondage, mieux vaut tirer séparément dans chacun : n_d est alors fixé à l’avance. C’est le sondage stratifié (chapitre 6) ; une répartition égale entre domaines (chapitre 7) sert les estimations par province.

Le tirage avec remise

Tirer avec remise

Des tirages indépendants

On effectue n tirages ; à chacun, chaque unité a la probabilité 1/N d’être choisie, qu’elle l’ait déjà été ou non. Une unité peut donc apparaître plusieurs fois. Estimateur : la moyenne des n valeurs tirées, répétitions comprises, \overline{y}_{AR} = \frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n} y_{(i)} \qquad (y_{(i)} \text{ : valeur du } i\text{-ème tirage}) Chaque tirage a pour espérance \sum_k \frac1N\,y_k = \overline{Y} : \overline{y}_{AR} est sans biais.

Mini-population, deux tirages avec remise

5 \times 5 = 25 suites ordonnées équiprobables, dont 5 répètent le même ménage (AA, BB, …). La moyenne des 25 moyennes vaut 8 = \overline{Y} ; leur variance vaut 5{,}8, contre 4{,}35 sans remise.

La variance d’un tirage avec remise

La démonstration

Les n tirages sont indépendants et de même loi : y_{(i)} vaut y_k avec la probabilité 1/N, d’espérance \overline{Y} et de variance \sigma^2 = \frac1N\sum_U (y_k - \overline{Y})^2. La variance d’une moyenne de n variables indépendantes de variance \sigma^2 est \sigma^2/n.

Les formules

V(\overline{y}_{AR}) = \frac{\sigma^2}{n} = \frac{N-1}{N}\,\frac{S^2}{n} \qquad \widehat{V}(\overline{y}_{AR}) = \frac{s^2}{n} où s^2, calculée sur les n tirages, est sans biais pour \sigma^2. Total : N\,\overline{y}_{AR}, de variance N^2\sigma^2/n. Pas de facteur (1-f).

Vérification

Mini-population : \sigma^2 = 58/5 = 11{,}6, et 11{,}6/2 = 5{,}8. Population du cours : \sigma^2/200 = 3\,983{,}29^2/200 = 79\,333{,}1.

Démonstration : La variance du tirage avec remise et son estimation

Loi d’un tirage. À chaque tirage, y_{(i)} vaut y_k avec la probabilité 1/N : E(y_{(i)}) = \frac1N\sum_k y_k = \overline{Y} et V(y_{(i)}) = \frac1N\sum_k(y_k - \overline{Y})^2 = \sigma^2, la variance divisée par N. Les n tirages étant indépendants, V(\overline{y}_{AR}) = \frac{1}{n^2}\sum_{i=1}^{n}V(y_{(i)}) = \frac{\sigma^2}{n} = \frac{N-1}{N}\,\frac{S^2}{n}. Estimation. Comme au chapitre 3, \sum_i (y_{(i)} - \overline{y}_{AR})^2 = \sum_i (y_{(i)} - \overline{Y})^2 - n(\overline{y}_{AR} - \overline{Y})^2. L’espérance du premier terme est n\sigma^2, celle du second n\,V(\overline{y}_{AR}) = \sigma^2 : l’écart vaut (n-1)\,\sigma^2, donc E(s^2) = \sigma^2 et E(s^2/n) = V(\overline{y}_{AR}) : sans facteur (1-f), la variance estimée est s^2/n.

Comparaison avec le tirage sans remise. \frac{V_{AR}}{V_{SR}} = \frac{(N-1)\,S^2/(N\,n)}{(N-n)\,S^2/(N\,n)} = \frac{N-1}{N-n} > 1 \quad\text{pour } n \geq 2. Ce que cela dit. Le tirage avec remise est moins précis, puisqu’il peut interroger deux fois la même unité. Sur la mini-population, \frac{4}{3} ; sur la population du cours avec n = 200, \frac{1\,999}{1\,800} = 1{,}1106, et le rapport tombe à 1{,}002 pour 18\,000 ménages parmi 9\,275\,038.

Avec ou sans remise

Le rapport des variances

\frac{V_{AR}}{V_{SR}} = \frac{(N-1)\,S^2/(Nn)}{(1-f)\,S^2/n} = \frac{N-1}{N-n} \approx \frac{1}{1-f} Pour n = 200 : 79\,333{,}1/71\,435{,}5 = 1{,}1106. Sur la mini-population : 5{,}8/4{,}35 = 4/3.

Combien de ménages distincts ?

Le nombre attendu d’unités distinctes

Une unité n’est jamais tirée avec la probabilité (1 - 1/N)^n. Avec I_k = 1 si k est tirée au moins une fois, \pi_k = 1 - (1 - 1/N)^n et le nombre \nu d’unités distinctes vérifie E(\nu) = \sum_{k \in U} \pi_k = N\left[1 - \left(1 - \frac1N\right)^n\right]

Deux cents tirages parmi 2 000 ménages

\pi_k = 1 - 0{,}9995^{200} = 0{,}0952 (contre 0{,}1 sans remise) et E(\nu) = 190{,}4 : en moyenne 9{,}6 tirages servent à réinterroger un ménage déjà vu. Il faut 200 \times 1{,}1106 = 222 tirages avec remise pour la précision de 200 sans remise. Mini-population : E(\nu) = 5 \times (1 - 0{,}8^2) = 1{,}8.

Démonstration : Le nombre attendu d’unités distinctes

À chaque tirage, l’unité k n’est pas choisie avec la probabilité 1 - \frac1N ; les n tirages étant indépendants, elle n’est jamais choisie avec la probabilité \left(1 - \frac1N\right)^n. L’indicatrice I_k « k est tirée au moins une fois » a donc pour espérance \pi_k = 1 - \left(1 - \frac1N\right)^n. Le nombre d’unités distinctes est \nu = \sum_{k \in U} I_k, et par linéarité E(\nu) = N\pi_k : la formule annoncée.

Pour le cours. \pi_k = 1 - 0{,}9995^{200} = 0{,}0952 et E(\nu) = 2\,000 \times 0{,}0952 = 190{,}4 : en moyenne 9{,}6 des 200 tirages retombent sur un ménage déjà interrogé. Pour égaler la précision de 200 ménages sans remise, il faut n' tirages avec \frac{\sigma^2}{n'} = (1-f)\frac{S^2}{200}, soit n' = 200 \times \frac{N-1}{N-200} = 222{,}1, environ 222 tirages.

Ce que cela dit. Le tirage avec remise gaspille environ 5\,\% des tirages à f = 0{,}1 : c’est exactement ce que mesure le rapport 1{,}1106 des variances.

Pourquoi tirer avec remise ?

Quand le taux de sondage est faible

Pour 18\,000 ménages parmi 9\,275\,038 (l’échelle de l’enquête sur le niveau de vie de 2022), f = 0{,}0019 et le rapport des variances vaut 1{,}002 : la différence est invisible. On calcule alors souvent la variance comme si le tirage était avec remise. Sur l’échantillon fil rouge, où f = 0{,}1, cette approximation donne s/\sqrt{n} = 270{,}76 au lieu de 256{,}87 : elle est prudente.

La simplicité de l’indépendance

Des tirages indépendants donnent des formules simples, même lorsque les unités ont des probabilités de tirage inégales : c’est l’estimateur de Hansen-Hurwitz, au cœur des tirages proportionnels à la taille (chapitre 11).

Tout estimer sur un échantillon

Six estimations sur l’échantillon fil rouge

Les mêmes 200 ménages, six paramètres
Paramètre Estimation Erreur-type Vérité
Dépense moyenne (dh) 7\,843{,}05 256{,}87 7\,911{,}44
Dépense totale (millions dh) 15{,}686 0{,}514 15{,}823
Part de ménages connectés 0{,}670 0{,}0316 0{,}674
Nombre de ménages connectés 1\,340 63{,}2 1\,348
Moyenne des ruraux (dh) 6\,916{,}67 465{,}92 6\,585{,}14
Part de connectés, ruraux 0{,}500 0{,}0697 0{,}434
Un seul tirage, toutes les questions

Une enquête sert à estimer de nombreux paramètres, sur toute la population et sur des domaines, avec les mêmes ménages. Chez les ruraux : 24 connectés sur 48, d’où \widehat{P}_d = 0{,}5, avec la formule du domaine.

Ce que montrent les intervalles

Lire la figure

Les six intervalles à 95\,\% contiennent la vraie valeur. Moyenne et total ont le même intervalle relatif, de -7{,}2\,\% à +5{,}5\,\% : multiplier par N ne change rien. Les estimations sur les 48 ruraux sont nettement moins précises.

Les intervalles tiennent-ils leurs promesses ?

Vingt mille échantillons de 200 ménages

Part des intervalles à 95\,\% qui contiennent la vraie valeur, sur 20\,000 tirages (graine fixée) :

Paramètre Ménages utilisés Couverture
Part de ménages connectés 200 95{,}3\,\%
Dépense moyenne des ruraux 56 en moyenne 94{,}4\,\%
Dépense moyenne d’Al Hoceïma 24 en moyenne 92{,}3\,\%
Quand l’approximation normale faiblit

Plus le domaine est petit, plus l’approximation normale est fragile : l’intervalle « à 95\,\% » couvre moins souvent. L’estimateur reste sans biais ; c’est l’annonce de sa précision qui devient trop optimiste.

S’entraîner

Exercice 1 : une proportion et un total

Le microcrédit

Une association de microcrédit compte 2\,500 clientes. On en tire 250 par sondage aléatoire simple : 40 ont un retard de remboursement.

  1. Estimer la proportion P de clientes en retard et son erreur-type.
  2. Donner un intervalle de confiance à 95\,\% pour P.
  3. Estimer le nombre de clientes en retard, avec son intervalle de confiance.
  4. Calculer le coefficient de variation de ces deux estimations. Commenter.

Exercice 1 : solution

La proportion
  1. \widehat{P} = 40/250 = 0{,}16 et f = 0{,}1 : \widehat{V}(\widehat{P}) = 0{,}9 \times \dfrac{0{,}16 \times 0{,}84}{249} = 0{,}000486, erreur-type 0{,}0220.
  2. 0{,}16 \pm 1{,}96 \times 0{,}0220 = 0{,}16 \pm 0{,}043, soit [0{,}117\,;0{,}203].
Le total
  1. 2\,500 \times 0{,}16 = 400 clientes ; erreur-type 2\,500 \times 0{,}0220 = 55{,}1 ; intervalle [292\,;508].
  2. CV = 0{,}0220/0{,}16 = 13{,}8\,\%, le même pour la proportion et pour le total. Une proportion faible est estimée avec une erreur relative élevée, même si l’erreur absolue paraît petite.

Exercice 2 : tirer avec remise

Quatre boutiques, deux tirages

Les quatre boutiques de l’exercice 1 du chapitre 1 ont un chiffre d’affaires de 2, 5, 8 et 9 milliers de dh. On tire deux boutiques avec remise.

  1. Combien de suites de tirages sont possibles ? Avec quelle probabilité chacune ?
  2. Calculer \sigma^2 et V(\overline{y}_{AR}).
  3. Comparer à la variance sans remise (S^2 = 10). Retrouver le rapport (N-1)/(N-n).
  4. Quel est le nombre attendu de boutiques distinctes ?

Exercice 2 : solution

Seize suites
  1. 4 \times 4 = 16 suites ordonnées, de probabilité 1/16 chacune ; 4 d’entre elles répètent la même boutique.
  2. Écarts à 6 : -4, -1, 2, 3 ; \sigma^2 = 30/4 = 7{,}5 et V(\overline{y}_{AR}) = 7{,}5/2 = 3{,}75. Les 16 moyennes ont bien pour moyenne 6 et pour variance 3{,}75.
La comparaison
  1. Sans remise : (1 - 0{,}5) \times 10/2 = 2{,}5. Rapport : 3{,}75/2{,}5 = 1{,}5 = (4-1)/(4-2).
  2. E(\nu) = 4 \times \left[1 - (3/4)^2\right] = 1{,}75 : une fois sur quatre, on interroge deux fois la même boutique.

Exercice 3 : un domaine

Les ménages dirigés par une femme

Dans une ville de 8\,000 ménages, un sondage aléatoire simple de 400 ménages en compte 96 dirigés par une femme. Leur dépense moyenne est de 6\,200 dh, avec s_d = 2\,800 dh.

  1. Estimer la part et le nombre de ménages dirigés par une femme, avec leur erreur-type.
  2. Pourquoi n_d = 96 est-il aléatoire ? Si la vraie part était 0{,}25, quelles seraient son espérance et son écart-type ?
  3. Estimer la dépense moyenne de ces ménages et son intervalle de confiance à 95\,\%.
  4. Estimer leur dépense totale.

Exercice 3 : solution

La taille du domaine
  1. \widehat{P} = 96/400 = 0{,}24, erreur-type \sqrt{0{,}95 \times 0{,}24 \times 0{,}76/399} = 0{,}0208. Nombre : 8\,000 \times 0{,}24 = 1\,920 ménages, erreur-type 167.
  2. n_d dépend des ménages tirés : loi hypergéométrique, d’espérance 400 \times 0{,}25 = 100 et d’écart-type \sqrt{400 \times 0{,}25 \times 0{,}75 \times 7\,600/7\,999} = 8{,}4.
La moyenne et le total du domaine
  1. N_d est inconnu : on remplace n_d/N_d par f = 0{,}05. Erreur-type \sqrt{0{,}95 \times 2\,800^2/96} = 278{,}5 dh ; intervalle 6\,200 \pm 546, soit [5\,654\,;6\,746].
  2. \widehat{N}_d\,\overline{y}_d = 1\,920 \times 6\,200 = 11\,904\,000 dh, qui est aussi \frac{N}{n}\sum_{k \in S \cap U_d} y_k = 20 \times 96 \times 6\,200.

Ce qu’il faut retenir

Le résumé du chapitre

Sept points
  1. Une proportion est la moyenne d’une variable 0/1 : \widehat{P} = \overline{y}, sans biais.
  2. V(\widehat{P}) = \frac{N-n}{N-1}\,\frac{P(1-P)}{n}, estimée par (1-f)\,\frac{\widehat{P}(1-\widehat{P})}{n-1} ; maximale en P = 0{,}5.
  3. Total : N\overline{y}, de variance N^2 V(\overline{y}) et de même CV que la moyenne.
  4. Un effectif est le total d’une variable 0/1 : on l’estime par N\widehat{P}.
  5. Dans un domaine, n_d est aléatoire ; à n_d fixé, \overline{y}_d se traite comme un sondage aléatoire simple.
  6. Avec remise, V(\overline{y}_{AR}) = \sigma^2/n, soit \frac{N-1}{N-n} fois la variance sans remise.
  7. On attend N\left[1 - (1 - 1/N)^n\right] unités distinctes ; l’indépendance des tirages simplifie les calculs (chapitre 11).
La suite

Le chapitre 5 renverse la question : quelle taille n faut-il pour atteindre une précision fixée à l’avance ?

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Ressources du chapitre