Maths complémentaires (option Tle) Terminale

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Statistique à deux variables quantitatives

Rappels sur la moyenne, la variance et l’écart type, nuage de points et point moyen, droite des moindres carrés et sa démonstration, coefficient de corrélation, corrélation et causalité, interpolation et extrapolation, ajustements par changement de variable.

À propos de cette page

Cinq problèmes corrigés de modélisation : vérification de la loi d’Ohm, autonomie d’un scooter électrique selon la température, refroidissement d’un café avec le logarithme, budget publicitaire et chiffre d’affaires, temps de calcul d’un algorithme ajusté par un modèle puissance avec une fonction Python.

5 problèmes, du plus simple au plus difficile. Écris tes réponses, puis « Vérifier ».

Résoudre un problème : la méthode

Je regarde le nuage (ou les écarts successifs des valeurs) : presque aligné, courbé, point isolé ? Je repère la plage des données.
Je choisis le modèle : ajustement affine si les points sont presque alignés, sinon changement de variable (ln y, 1/x, ln y en ln x).
Je calcule le point moyen, le coefficient de corrélation et la droite de régression, à la calculatrice ou par les formules, avec les arrondis demandés.
Je prévois en remplaçant x (ou en résolvant une équation, une inéquation), je reviens à y si j’ai changé de variable, et je conclus avec l’unité.
Je critique : interpolation ou extrapolation, réserve « si la tendance se poursuit », et jamais de cause déduite d’une corrélation.

Problème 1 · Vérifier la loi d’Ohm★★★Facile

Pour vérifier la loi d’Ohm

U = R \times I

, un élève mesure la tension

U

(en V) aux bornes d’un conducteur ohmique pour plusieurs intensités

I

(en mA). Le fabricant annonce une résistance de

100

Ω.

$I_{i}$ (mA)	$0$	$10$	$20$	$30$	$40$	$50$
$U_{i}$ (V)	$0, 02$	$0, 98$	$2, 05$	$2, 97$	$4, 03$	$4, 96$

1. Ordonnée du point moyen, au centième : V
$\overset{―}{I} = \frac{150}{6} = 25$ mA et $\overset{―}{U} = \frac{15, 01}{6} \approx 2, 50$ V : $G (25; 2, 50)$ .
2. Coefficient de corrélation, au dix-millième : . Justifier qu’un ajustement affine est adapté.
Rédaction attendue. La calculatrice donne $r \approx 0, 9998$ . $| r |$ est extrêmement proche de $1$ : les six points sont presque alignés, l’ajustement affine de $U$ en $I$ est pleinement justifié.
3. Droite de régression de $U$ en $I$ : coefficient directeur, au dix-millième : V/mA
La calculatrice donne $U = 0, 0993 I + 0, 018$ (par le calcul : $a = \frac{173, 85}{1 750} \approx 0, 0993$ ).
4. Ordonnée à l’origine, au millième : V
$b = \overset{―}{U} - a \overset{―}{I} \approx 0, 018$ V : une valeur presque nulle devant les tensions mesurées (jusqu’à $5$ V), compatible avec une droite passant par l’origine, comme le prévoit $U = R \times I$ .
5. En déduire la résistance estimée par ce modèle, à l’ohm près : Ω
Rédaction attendue. La loi d’Ohm $U = R \times I$ correspond à une droite passant par l’origine, de coefficient directeur $R$ . Ici, $b \approx 0, 018$ V est négligeable et le coefficient directeur vaut environ $0, 0993$ V par mA, soit $0, 0993 \times 1 000 = 99, 3$ V par ampère : $R \approx 99$ Ω. C’est cohérent avec les $100$ Ω annoncés, à la précision des mesures près. Ici, la corrélation s’accompagne d’un mécanisme physique connu : on peut parler de cause.
6. Intensité prévue pour une tension de $6$ V, au dixième : mA
$0, 0993 I + 0, 018 = 6 ⟺ I = \frac{5, 982}{0, 0993} \approx 60, 2$ mA. C’est une extrapolation (au-delà de $50$ mA), raisonnable ici car la loi d’Ohm reste valable tant que le conducteur ne chauffe pas trop.

Problème 2 · Autonomie d’un scooter électrique et température★★★Facile

Un constructeur mesure l’autonomie

y

(en km) d’un scooter électrique selon la température extérieure

x

(en °C). Sept essais sont réalisés, dans les mêmes conditions de conduite.

$x_{i}$ (°C)	$- 5$	$0$	$5$	$10$	$15$	$20$	$25$
$y_{i}$ (km)	$58$	$64$	$71$	$76$	$83$	$88$	$95$

1. Ordonnée du point moyen, au centième : km
$\overset{―}{x} = \frac{70}{7} = 10$ et $\overset{―}{y} = \frac{535}{7} \approx 76, 43$ : $G (10; 76, 43)$ .
2. Coefficient de corrélation, au millième : . Justifier qu’un ajustement affine est adapté.
Rédaction attendue. Écarts en $x$ : $- 15; - 10; - 5; 0; 5; 10; 15$ , donc $\sum (x_{i} - \overset{―}{x})^{2} = 700$ . On calcule $\sum (x_{i} - \overset{―}{x}) (y_{i} - \overset{―}{y}) = 855$ et $\sum (y_{i} - \overset{―}{y})^{2} \approx 1 045, 71$ . Ainsi $r = \frac{855}{\sqrt{700 \times 1 045, 71}} \approx 0, 999$ . $| r |$ est très proche de $1$ : les sept points sont presque alignés, l’ajustement affine est justifié sur la plage étudiée.
3. Coefficient directeur de la droite de régression, au millième :
$a = \frac{855}{700} \approx 1, 221$ km par degré.
4. Ordonnée à l’origine, au millième :
$b = \frac{535}{7} - \frac{855}{700} \times 10 \approx 64, 214$ : $y = 1, 221 x + 64, 214$ . Contrôle : $1, 221 \times 10 + 64, 214 \approx 76, 42$ , proche de $\overset{―}{y}$ aux arrondis près.
5. Autonomie estimée par $12$ °C, au dixième : km
$1, 221 \times 12 + 64, 214 \approx 78, 9$ km. Comme $12 \in [- 5; 25]$ , c’est une interpolation.
6. Température à partir de laquelle l’autonomie dépasserait $100$ km, au dixième : °C
$1, 221 x + 64, 214 > 100 ⟺ x > \frac{35, 786}{1, 221} \approx 29, 3$ °C. Cette valeur est hors de $[- 5; 25]$ : c’est une extrapolation, valable seulement si la tendance se prolonge au-delà de $25$ °C.
7. Le constructeur annonce : « chaque degré gagné, c’est plus d’un kilomètre d’autonomie ». Gain d’autonomie prévu pour $10$ °C de plus, au dixième : km
$10 a \approx 12, 2$ km, soit environ $1, 22$ km par degré : l’affirmation est cohérente avec le modèle, à condition de préciser qu’elle ne vaut que sur la plage $[- 5; 25]$ °C et qu’il s’agit d’une association observée.
8. Autonomie « prévue » par $- 30$ °C, au dixième : km. Expliquer pourquoi cette prévision n’est pas fiable.
Rédaction attendue. $1, 221 \times (- 30) + 64, 214 \approx 27, 6$ km. Mais $- 30$ est à $25$ °C sous la plage observée : c’est une extrapolation lointaine. Rien dans les données ne garantit que l’autonomie baisse de façon affine par grand froid ; en pratique, une batterie perd ses capacités bien plus brutalement. Le calcul est possible, la prévision n’est pas fiable.

Problème 3 · Refroidissement d’une boisson : passage par le logarithme★★★Moyen

Une tasse de café est posée dans une pièce à

20

°C. On note

θ

sa température (en °C) et

t

le temps écoulé (en minutes), et l’on étudie l’écart

E = θ - 20

entre la boisson et la pièce.

$t_{i}$ (min)	$0$	$5$	$10$	$15$	$20$	$25$
$E_{i}$ (°C)	$65$	$48$	$36$	$28$	$20$	$15$

1. Montrer que le nuage $(t_{i}; E_{i})$ n’est pas adapté à un ajustement affine. Baisse de l’écart pendant les cinq premières minutes : °C
Rédaction attendue. Entre $t = 0$ et $t = 5$ , l’écart perd $65 - 48 = 17$ °C ; entre $t = 20$ et $t = 25$ , il n’en perd plus que $20 - 15 = 5$ . Le taux d’accroissement passe de $- 3, 4$ à $- 1$ °C par minute : il n’est pas constant, le nuage est courbé (décroissance de plus en plus lente). Une droite le décrirait mal.
2. On pose $z = \ln E$ . Valeur de $z_{0}$ , au millième :
$z_{0} = \ln 65 \approx 4, 174$ ; puis $\ln 48 \approx 3, 871$ ; $\ln 36 \approx 3, 584$ ; $\ln 28 \approx 3, 332$ ; $\ln 20 \approx 2, 996$ ; $\ln 15 \approx 2, 708$ .
3. Coefficient de corrélation de la série $(t_{i}; z_{i})$ , au dix-millième :
La calculatrice donne $r \approx - 0, 9995$ : $| r |$ est très proche de $1$ , les points $(t_{i}; z_{i})$ sont presque alignés. Le changement de variable a linéarisé le nuage.
4. Coefficient directeur $α$ de la droite de régression de $z$ en $t$ , au millième :
La calculatrice donne $z = - 0, 058 t + 4, 173$ .
5. Ordonnée à l’origine, au millième :
$β \approx 4, 173$ , et $e^{4, 173} \approx 64, 9$ .
6. Justifier que $θ (t) \approx 20 + 64, 9 e^{- 0, 058 t}$ . Température prévue par ce modèle au bout de $40$ minutes, au dixième : °C
Rédaction attendue. De $\ln E = - 0, 058 t + 4, 173$ , on tire $E = e^{- 0, 058 t + 4, 173} = e^{4, 173} \times e^{- 0, 058 t} \approx 64, 9 e^{- 0, 058 t}$ . Comme $θ = E + 20$ : $θ (t) \approx 20 + 64, 9 e^{- 0, 058 t}$ . Pour $t = 40$ : $64, 9 e^{- 2, 32} \approx 6, 4$ , donc $θ \approx 26, 4$ °C. C’est une extrapolation modérée (mesures jusqu’à $25$ min), acceptable car le mécanisme physique du refroidissement ne change pas.
7. Première minute entière où la température est inférieure à $30$ °C :
$θ (t) < 30 ⟺ 64, 9 e^{- 0, 058 t} < 10 ⟺ - 0, 058 t < \ln \frac{10}{64, 9} ⟺ t > \frac{\ln 64, 9 - \ln 10}{0, 058} \approx 32, 2$ . La température passe sous $30$ °C après environ $32$ minutes : la première minute entière où elle est inférieure à $30$ °C est $t = 33$ .
8. Limite de $θ (t)$ quand $t$ tend vers $+ \infty$ : °C. Ce comportement est-il cohérent avec la situation ?
Rédaction attendue. Comme $- 0, 058 < 0$ , $e^{- 0, 058 t} \to 0$ quand $t \to + \infty$ , donc $θ (t) \to 20$ . C’est cohérent : le café se rapproche de la température de la pièce sans descendre en dessous. Un ajustement affine aurait prévu une température négative au bout de quelques heures : c’est un avantage décisif du modèle exponentiel.

Problème 4 · Budget publicitaire et chiffre d’affaires★★★Moyen

Une entreprise a fait varier son budget publicitaire annuel

x

(en milliers d’euros) sur huit exercices et relevé le chiffre d’affaires

y

correspondant (en milliers d’euros).

$x_{i}$	$5$	$8$	$12$	$15$	$20$	$24$	$30$	$36$
$y_{i}$	$62$	$71$	$88$	$95$	$112$	$121$	$139$	$155$

1. Abscisse du point moyen :
$\overset{―}{x} = \frac{5 + 8 + 12 + 15 + 20 + 24 + 30 + 36}{8} = \frac{150}{8} = 18, 75$ .
2. Ordonnée du point moyen :
$\overset{―}{y} = \frac{843}{8} = 105, 375$ : $G (18, 75; 105, 375)$ .
3. Coefficient de corrélation linéaire $r$ de la série, au millième :
$\sum (x_{i} - \overset{―}{x})^{2} = 817, 5$ , $\sum (y_{i} - \overset{―}{y})^{2} \approx 7 353, 88$ et $\sum (x_{i} - \overset{―}{x}) (y_{i} - \overset{―}{y}) = 2 446, 75$ , donc $r = \frac{2 446, 75}{\sqrt{817, 5 \times 7 353, 88}} \approx 0, 998$ : sur la plage étudiée, l’ajustement affine est pertinent.
4. Coefficient directeur de la droite de régression, au millième :
$a = \frac{2 446, 75}{817, 5} \approx 2, 993$ .
5. Ordonnée à l’origine, au millième : . Démontrer que la droite passe par $G$ .
Rédaction attendue. $b = \overset{―}{y} - a \overset{―}{x} \approx 105, 375 - 2, 99297 \times 18, 75 \approx 49, 257$ : $y = 2, 993 x + 49, 257$ . En $x = \overset{―}{x}$ , avec les valeurs exactes, $a \overset{―}{x} + b = a \overset{―}{x} + \overset{―}{y} - a \overset{―}{x} = \overset{―}{y}$ : les coordonnées de $G$ vérifient l’équation, la droite passe par $G$ .
6. Chiffre d’affaires estimé pour un budget de $18 000$ €, au dixième : milliers d’euros
$2, 993 \times 18 + 49, 257 \approx 103, 1$ , soit environ $103 100$ €. Comme $18 \in [5; 36]$ , c’est une interpolation.
7. Budget nécessaire pour viser $200 000$ € de chiffre d’affaires, au dixième : milliers d’euros. Commenter.
Rédaction attendue. $2, 993 x + 49, 257 = 200 ⟺ x = \frac{150, 743}{2, 993} \approx 50, 4$ , soit environ $50 400$ €. Mais $50, 4$ est très au-delà de la plage $[5; 36]$ : c’est une extrapolation. Rien ne garantit que la publicité garde la même efficacité à ce niveau de dépense ; en pratique, ses effets finissent par s’essouffler, ce qu’un modèle affine ne décrit pas.
8. Le directeur affirme : « doubler le budget double le chiffre d’affaires ». Chiffre d’affaires prévu pour $40$ milliers d’euros, au dixième : . Expliquer son erreur.
Rédaction attendue. Pour $x = 20$ : $2, 993 \times 20 + 49, 257 \approx 109, 1$ . Pour $x = 40$ : $2, 993 \times 40 + 49, 257 \approx 169, 0$ , alors que le double de $109, 1$ vaut $218, 2$ . Le directeur confond fonction affine et fonction linéaire : $y = a x + b$ n’est proportionnelle que si $b = 0$ ; ici $b \approx 49, 257$ représente la part du chiffre d’affaires indépendante de la publicité, qui n’est pas doublée. De plus, $40$ est hors de la plage observée, et la publicité n’est pas forcément la cause de la hausse : la conjoncture ou de nouveaux produits ont pu varier en même temps.

Problème 5 · Temps de calcul d’un algorithme : modèle puissance★★★Difficile

Un développeur mesure le temps d’exécution

y

(en millisecondes) d’un algorithme de tri sur des tableaux de

x

milliers d’éléments. Il soupçonne un modèle de la forme

y = k x^{p}

, avec

k > 0

$x_{i}$	$2$	$4$	$6$	$8$	$10$
$y_{i}$ (ms)	$8, 5$	$25, 0$	$43, 0$	$68, 3$	$95, 8$

1. Montrer que le nuage $(x_{i}; y_{i})$ n’est pas assimilable à une droite. Augmentation du temps entre $x = 8$ et $x = 10$ : ms
Rédaction attendue. Le temps augmente de $25 - 8, 5 = 16, 5$ ms entre $x = 2$ et $x = 4$ , mais de $95, 8 - 68, 3 = 27, 5$ ms entre $x = 8$ et $x = 10$ , alors que $x$ augmente de $2$ dans les deux cas. Le taux d’accroissement n’est pas constant (il croît) : le nuage est courbé vers le haut.
2. On pose $u = \ln x$ et $v = \ln y$ . Démontrer que si $y = k x^{p}$ , alors $v$ est une fonction affine de $u$ . Son coefficient directeur est (une lettre) :
Rédaction attendue. Si $y = k x^{p}$ avec $k > 0$ et $x > 0$ , alors $v = \ln y = \ln (k x^{p}) = \ln k + \ln (x^{p}) = \ln k + p \ln x = p u + \ln k$ . Donc $v$ est une fonction affine de $u$ , de coefficient directeur $p$ et d’ordonnée à l’origine $\ln k$ .
3. Les $u_{i}$ et $v_{i}$ arrondis au millième valent $0, 693$ ; $1, 386$ ; $1, 792$ ; $2, 079$ ; $2, 303$ et $2, 140$ ; $3, 219$ ; $3, 761$ ; $4, 224$ ; $4, 562$ . À partir de ces valeurs, coefficient directeur de la droite de régression de $v$ en $u$ , au millième :
La calculatrice donne $v = 1, 495 u + 1, 113$ , avec $r \approx 0, 9997$ : le changement de variable a bien linéarisé le nuage. (Avec les logarithmes non arrondis, on obtiendrait $1, 496$ et $1, 112$ : d’où l’importance de préciser les valeurs utilisées.)
4. Ordonnée à l’origine, au millième :
$\ln k \approx 1, 113$ .
5. En déduire $k$ , au centième :
D’après les questions 3 et 4, $p \approx 1, 495$ et $\ln k \approx 1, 113$ , donc $k = e^{1, 113} \approx 3, 04$ : $y \approx 3, 04 x^{1, 495}$ (temps en ms, taille en milliers d’éléments).
6. Avec le modèle $y = k x^{p}$ obtenu ( $p$ au millième, $k$ au centième), temps prévu pour un tableau de $15 000$ éléments, à la milliseconde près : ms
$x = 15$ : $15^{1, 495} = e^{1, 495 \ln 15} \approx 57, 3$ , donc $y \approx 3, 04 \times 57, 3 \approx 174$ ms. C’est une extrapolation : elle suppose que la machine se comporte de la même façon sur des tableaux plus grands.
7. La fonction Python ci-dessous doit renvoyer la somme des carrés des résidus d’une série (X;Y) pour la droite y=ax+b :
```
def scr(X, Y, a, b):
    s = 0
    for i in range(len(X)):
        s = s + ...
    return s
```
Compléter la ligne pointillée, puis donner, au millième, la valeur renvoyée quand X et Y sont les listes des ui et des vi de la question 3, a et b les coefficients de la droite trouvée :
Le résidu du point d’indice i vaut Y[i] - (a*X[i] + b) ; on ajoute son carré :
```
        s = s + (Y[i] - (a*X[i] + b))**2
```
Sur les listes U et V de la question 3, la fonction renvoie environ 0,002 : c’est la quantité que la méthode des moindres carrés rend minimale, et sa petitesse confirme la qualité de l’ajustement.
8. D’après le modèle, quand on double la taille du tableau, le temps est multiplié par $2^{p}$ , soit, au dixième :
$\frac{k (2 x)^{p}}{k x^{p}} = 2^{p} = 2^{1, 495} \approx 2, 8$ : doubler la taille multiplie le temps par environ $2, 8$ , et non par $2$ . Le coût croît plus vite que la taille des données, mais moins vite que pour un algorithme dont le temps serait proportionnel à $x^{2}$ (facteur $4$ ).

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