Mélange lois à densité et discrète ou va bruitée

LeVioloniste

Voilà un autre exo.

Un petit message : je vais poster mes réponses, pas la peine de me dire qu'on va faire l'exercice à ma place ...

De toute façon ceux qui regardent et proposent des choses sont peu nombreux. C'est assez spécifique.

LeVioloniste

Q1

$\mathbb{E}(Y)=\mathbb{E}(aX+U)=a.\mathbb{E}(X)+\mathbb{E}(U)=a \times p + 0 =ap$

$\mathbb{V}(Y)=\mathbb{V}(aX+U)=a^2.\mathbb{V}(X)+\mathbb{V}(U)=a^2.p(1-p)+\sigma^2$

$\mathbb{E}(XY)=\mathbb{E}(aX^2+XU)=a.\mathbb{E}(X^2)+\mathbb{E}(XU)$

Par indépendance de $X$ et $U$, $\mathbb{E}(XU)=\mathbb{E}(X)\mathbb{E}(U)=0$

Or $\mathbb{E}(X^2)=0^2.\mathbb{P}(X=0)+1^2.\mathbb{P}(X=1)=p$ donc $\mathbb{E}(XY)=ap$

$\mathbb{V}(XY)=\mathbb{V}(aX^2+XU)=a^2.\mathbb{E}(X^2)+\mathbb{V}(XU)$

$\mathbb{V}(XU)$ je ne vois pas ... Ce mélange discret / continue me perturbe !

LeVioloniste

Q2.a

Pour la fonction de répartition soit $y \in \mathbb{R}$.

$\mathbb{P}(Y \leq y)=\mathbb{P}([a \times 1 + U \leq y] \cup [a \times 0 + U \leq y])=\mathbb{P}([a  + U \leq y] \cup [ U \leq y])$

Ici il faut discuter selon la valeur de a.

Si $a>0$, $\mathbb{P}(Y \leq y)=H(y)$

Si $a<0$, $\mathbb{P}(Y \leq y)=H(y-a)$

Q2.b

La fonction de répartition est de classe $\mathbf{C}^1$ sur $\mathbb{R}$ continue en tout point à droite sur $\mathbb{R}$.

On a bien $\lim_{n \mapsto -\infty} F_Y(y)=0$ et $\lim_{n \mapsto +\infty} F_Y(y)=1$

On dérive pour obtenir la densité, si $h(t)=\frac{1}{\sqrt{2.\pi}\sigma}.e^{-\frac{t^2}{2\sigma^2}}$ alors

$f_Y(t)=h(t-a)=\frac{1}{\sqrt{2.\pi}\sigma}.e^{-\frac{(t-a)^2}{2\sigma^2}}$ si $a<0$

$f_Y(t)=h(t)=\frac{1}{\sqrt{2.\pi}\sigma}.e^{-\frac{t^2}{2\sigma^2}}$ si $a>0$.

LeVioloniste

Q3a
Les va Y et X ne sont pas indépendantes.

On a le résultat si $f_X(x)>0$, $f_Y(y|X=x)=\frac{f(x,y)}{f_X(x)}$ avec$f(x,y)$ la loi conjointe de $(X,Y)$.

Il n'y a pas dans le cours de résultats sur les fr et les va conditionnelles.

Je n'ai pas non plus la loi conjointe de $(X,Y)$ donc à réfléchir ....

Soit $y \in \mathbb{R}$

$F_{Y|X=x}(y)=\mathbb{P}(Y \leq y | X=x)=\frac{\mathbb{P}(Y \leq y , X=x)}{\mathbb{P}(X=x)}$ si $\mathbb{P}(X=x) \neq 0$

Donc ici on discute selon le cas $x=0$ et $x=1$ ? Je ne comprends pas l'objet de cette question !

Si $x=0$, $F_{Y|X=x}(y)=\mathbb{P}(Y \leq y | X=x)=\frac{\mathbb{P}(U \leq y , X=0)}{\mathbb{P}(X=0)}=\frac{F_Y(y)}{1-p}$

Si $x=1$, $F_{Y|X=x}(y)=\mathbb{P}(Y \leq y | X=x)=\frac{\mathbb{P}(U \leq y , X=1)}{\mathbb{P}(X=1)}=\frac{F_Y(y-a)}{p}$

Est-ce cela ?

guiguiche

Bonjour
Question 1 : utilise la relation de Koenig-Huygens pour le calcul de V(XY), tu pourras t'en sortir par indépendance de X et U.

Question 2a : ta répartition est fausse, il doit y avoir 2 termes et tu a fait sauter les événements X=0 et X=1 dans ta formule des probabilités totales.

La suite va être à reprendre.

LeVioloniste

Je reprends 2a

Pour la fonction de répartition soit $y \in \mathbb{R}$.
\begin{align*}
\mathbb{P}(Y \leq y)&=\mathbb{P}( ([a \times 1 + U \leq y] \cap [X=1]) \cup ([a \times 0 + U \leq y] \cap [X=0]) )\\
&=p.\mathbb{P}([a  + U \leq y] + (1-p).\mathbb{P} [ U \leq y])\\
&= p.H(y-a)+(1-p).H(y).
\end{align*} Est-ce que c'est bon ?

guiguiche

C'est bien mieux.

LeVioloniste

Oui mais c'est juste ?

LeVioloniste

Je reprends aussi
Q2.b
La fonction de répartition est de classe $\mathbf{C}^1$ sur $\mathbb{R}$ continue en tout point à droite sur $\mathbb{R}$.
On a bien $\lim_{n \mapsto -\infty} F_Y(y)=0$ et $\lim_{n \mapsto +\infty} F_Y(y)=1$
On dérive pour obtenir la densité, si $h(t)=\frac{1}{\sqrt{2.\pi}\sigma}.e^{-\frac{t^2}{2\sigma^2}}$ alors
$f_Y(t)=p.h(t-a)+(1-p).h(t)=p.\frac{1}{\sqrt{2.\pi}\sigma}.e^{-\frac{(t-a)^2}{2\sigma^2}} + (1-p).\frac{1}{\sqrt{2.\pi}\sigma}.e^{-\frac{t^2}{2\sigma^2}}$.

LeVioloniste

Pour la Q3a c'est correct ?

LeVioloniste

Je reprends la question Q1

$\mathbb{V}(XY)=\mathbb{V}(aX^2+XU)=a^2.\mathbb{E}(X^2)+\mathbb{V}(XU)$

$\mathbb{V}(XU)=\mathbb{E}((XU)^2)-(\mathbb{E}(XU))^2$

On a $\mathbb{E}(XU)=0$ par indépendance. Donc $\mathbb{V}(XU)=\mathbb{E}((XU)^2)$. Là on ne peut pas calculer d'un coup, et on ne peut pas choisir entre discret et continue.

$[XU]=[U] \cup [0]$ en prenant $X=0$ puis $X=1$. Donc $\mathbb{V}(U^2)=?$. $\mathbb{V}(U^2)=\mathbb{E}(U^4)-(\mathbb{E}(U^2))^2$.

guiguiche

Que vaut $\mathbb{E}((XU)^2)$ ?

Pour la 3a, tu as encore fait disparaître X=0 et X=1 au numérateur.

LeVioloniste

Désolé pour la Q3a je reprends.

Soit $y \in \mathbb{R}$

$F_{Y|X=x}(y)=\mathbb{P}(Y \leq y | X=x)=\frac{\mathbb{P}(Y \leq y , X=x)}{\mathbb{P}(X=x)}$ si $\mathbb{P}(X=x) \neq 0$

Donc ici on discute selon le cas $x=0$ et $x=1$ ? Je ne comprends pas l'objet de cette question !

Si $x=0$, $F_{Y|X=x}(y)=\mathbb{P}(Y \leq y | X=x)=\frac{\mathbb{P}(U \leq y , X=0)}{\mathbb{P}(X=0)}=\frac{(1-p).F_Y(y)}{1-p}=F_Y(y)$

Si $x=1$, $F_{Y|X=x}(y)=\mathbb{P}(Y \leq y | X=x)=\frac{\mathbb{P}(U \leq y , X=1)}{\mathbb{P}(X=1)}=\frac{p.F_Y(y-a)}{p}=F_Y(y-a)$

Donc si $y \in \mathbb{R}$, $F_{Y|X=x}(y)=F_Y(y-ax)$

guiguiche

$\mathbb{E}((XU)^2)=\mathbb{E}(X^2U^2)=\dots$

LeVioloniste

Ok là c'est le lemme des coalitions $X$ et $U$ indep alors $X^2$ et $U^2$ sont indep.

$\mathbb{E}((XU)^2)=\mathbb{E}(X^2)\mathbb{E}(U^2)=p.\mathbb{E}(U^2)=p.\mathbb{V}(U)=p.\sigma^2$

guiguiche

oui pour l'espérance et la 3a.

LeVioloniste

Pour la Q3a tu es d'accord ?

LeVioloniste

Je me rends compte j'ai fait des erreurs à toutes les questions !

Q3b
Je distingue $x=0$ et $x=1$
Si $x=0$, $\mathbb{P}(X=0 | Y \leq y)=\frac{\mathbb{P}(X=0 , Y \leq y)}{\mathbb{P}(Y \leq y)}=\frac{\mathbb{P}(X=0).\mathbb{P}(U \leq y)}{\mathbb{P}(Y \leq y)}=\frac{(1-p).H(y)}{(1-p).H(y)+p.H(y-a)}$
Si $x=1$, $\mathbb{P}(X=1 | Y \leq y)=\frac{\mathbb{P}(X=1 , Y \leq y)}{\mathbb{P}(Y \leq y)}=\frac{\mathbb{P}(X=1).\mathbb{P}(a+U \leq y)}{\mathbb{P}(Y \leq y)}=\frac{p.H(y-a)}{(1-p).H(y)+p.H(y-a)}$

Je distingue $x=0$ et $x=1$
Si $x=0$, $\mathbb{P}(X=0 | y < Y \leq y+h)=\frac{\mathbb{P}(X=0 , y < Y \leq y+h)}{\mathbb{P}(y < Y \leq y+h)}=\frac{\mathbb{P}(X=0 , y < U \leq y+h)}{\mathbb{P}(y < Y \leq y+h)}=(1-p).\frac{H(y+h)-H(y)}{F_Y(y+h)-F_Y(y)}$
Si $x=1$, $\mathbb{P}(X=1 |  y < Y \leq y+h)=\frac{\mathbb{P}(X=1 , y < Y \leq y+h)}{\mathbb{P}(y < Y \leq y+h)}=\frac{\mathbb{P}(X=1 , y < a+U \leq y+h)}{\mathbb{P}(y < Y \leq y+h)}=p.\frac{H(y-a+h)-H(y-a)}{F_Y(y+h)-F_Y(y)}$

guiguiche

C'est bien

LeVioloniste

Q3c.
$\mathbb{P}(X=1 | Y=y)= \lim_{h \mapsto 0^+} \mathbb{P}(X=1 | y < Y \leq y+h)= \lim_{h \mapsto 0^+} p.\dfrac{H(y-a+h)-H(y-a)}{F_Y(y+h)-F_Y(y)}$.
En notant $\phi$ la fx densité de la loi de $U$
$\displaystyle \lim_{h \mapsto 0^+} p.\frac{H(y-a+h)-H(y-a)}{F_Y(y+h)-F_Y(y)} = p. \lim_{h \mapsto 0^+}  \frac{h.\phi(y-a)+o_0(h)}{h.f_Y(y)+o_0(h)}= p.\frac{\phi(y-a) }{(1-p)\phi(y)+p.\phi(y-a)}=\frac{1 }{1+\frac{1-p}{p}.\frac{\phi(y)}{\phi(y-a)}}$
On lit alors :
$\frac{\phi(y)}{\phi(y-a)}=e^{a^2/2\sigma^2}.e^{(-a/\sigma^2).y}$
Donc $A=\frac{1-p}{p}.e^{a^2/2\sigma^2}$ et $B=-a/\sigma^2$.

Cet exercice est infernal.

guiguiche

À revoir, en plus il faut lui donner la forme attendue (je n'ai pas regardé plus loin que cette question).

LeVioloniste

Q4
Ici $\{Y(1-X)\}=[\{Y(1-X)\} \cap \{X=0\}] \cup [\{Y(1-X)\} \cap \{X=1\}]=[\{Y\} \cap \{X=0\}] \cup [\{0\} \cap \{X=1\}]$

Soit $z \in \mathbb{R}$, $\mathbb{P}(Z \leq z)=\mathbb{P}(X=0).\mathbb{P}(Y \leq z)+\mathbb{P}(0 \leq z)\mathbb{P}(X=1)=(1-p).F_Y(z)+?$

C'est faux j'ai un gros doute sur $[\{0\} \cap \{X=1\}]$ est-ce que c'est $[ \{X=1\}]$. Cet exo est miné !

Là j'ai besoin d'une aide.

guiguiche

Je trouve un signe différent dans l'exponentielle de A. Et le signe de B n'est pas correct.

LeVioloniste

$\frac{\phi(y)}{\phi(y-a)}=\frac{e^{-y^2/2\sigma^2}}{e^{-(y-a)^2/2\sigma^2}}=e^{(+(y-a)^2-y^2)/2\sigma^2}=e^{(-2ay+a^2)/2\sigma^2}$

Donc $A=\frac{1-p}{p}.e^{a^2/2\sigma^2}$ et $B=a/\sigma^2$.

guiguiche

OK (je m'étais trompé dans A).

LeVioloniste

Bon je vais me coucher ... À demain

LeVioloniste

Q5
On veut calculer l'erreur quadratique et l'optimiser selon la valeur de c. Donc du coup on doit faire apparaître le calcul en fonction de c.

Vous constaterez que l'énoncé est ambiguë puisqu'on ne sait pas si on calcule $\mathbb{E}[(X-X^*)^2]$ ou $\mathbb{E}[(X-X^*)]^2$

C'est bien entendu $\mathbb{E}[(X-X^*)^2]$ par définition.

$\mathbb{E}[(X-X^*)^2]=\mathbb{E}[(X-X^*)^2.\mathbb{1}_{Y>c}+(X-X^*)^2.\mathbb{1}_{Y\leq c}]$

Si on calcule les 2 espérances on a que la première $\mathbb{E}[(X-X^*)^2.\mathbb{1}_{Y>c}=p$ et $\mathbb{E}[(X-X^*)^2.\mathbb{1}_{Y\leq c}]=1-p$ donc je ne répond pas à la question.

L'idée est-elle de proposer par test la médiane ou l'espérance de $X$ car elles semblent être des candidates naturelles.

Idem qui peut répondre ?

LeVioloniste

Je demande aussi un éclairage pour Q4, voir plus haut. JLapin es-tu là ?

Alexique

Je peux reprendre rapidement.

Q4 : $\{Y(1-X)\}$ n'a pas de sens, ce n'est pas un événement, tu dois partir de $\{Y(1-X)\leq z\}$. 
L'événement $\{0\leq z\}$ est un événement déterministe, aucun aléa là-dedans. C'est donc soit l'événement certain avec proba 1, soit l'événement impossible avec proba 0. Ainsi, $\mathbb{P}(\{0\leq z\})=\mathbb{1}(0\leq z)$.
Q5 : $X$ et $X^*$ prennent les valeurs $0$ et $1$ donc $(X-X^*)^2$ prend les valeurs $0$ et $1$. Tu peux utiliser la formule de transfert en déterminant la loi du couple $(X,X^*)$. Tu n'as besoin que de calculer $\mathbb{P}(X \neq X^*)$. Je te laisse terminer.

JLapin

LeVioloniste a dit :JLapin es-tu là ?

  Oui, et je n'ai aucune réelle motivation pour attaquer ce que tu décris comme un exo infernal et miné. D'ailleurs pourquoi t'infliges-tu de pareils pensums ?

LeVioloniste

La soif de connaissance et de repousser ses limites JLapin me font du bien intellectuellement JLapin !

LeVioloniste

Je reprends Q4
Soit $z \in \mathbb{R}$,
$\{Y(1-X) \leq z \}=[\{Y(1-X) \leq z \} \cap \{X=0\}] \cup [\{Y(1-X) \leq z \} \cap \{X=1\}]=[\{Y \leq z \} \cap \{X=0\}] \cup [\{0 \leq z \} \cap \{X=1\}]$
$\mathbb{P}(Z \leq z)=\mathbb{P}(X=0).\mathbb{P}(Y \leq z)+\mathbb{P}(0 \leq z)\mathbb{P}(X=1)=(1-p).\mathbb{P}(U \leq z)+p.\mathbb{P}(0 \leq z) = (1-p).H(z)+p.\mathbb{1}_{[0,+\infty[} (z)$
Voilà.

Alexique

A priori, $H$ est la fonction de répartition d'une N(0,1) tandis que U suit une N(0,sigma²).... Du coup, à reprendre ainsi que les éventuelles questions précédentes où tu aurais fait l'erreur.

LeVioloniste

Oui bien vu @Alexique je modifierai tout cela. Bien que je pense qu'il faut remplacer $H(z)$ par $H(\sigma.z)$, à vérifier.

Alexique

$H(\frac{z}{\sigma})$ plutôt mais à toi de vérifier.

LeVioloniste

Si tu as une loi $X \sim \mathbf{N}(m,\sigma^2)$ de densité $\phi(x)$ alors il est connu que $\phi(\frac{x-m}{\sigma})$ est centrée réduite.
D'accord ?
Si $\phi(x)$ correspond à $\mathbf{N}(0,\sigma^2)$  alors $\phi(x/\sigma)$ correspond à $\mathbf{N}(0,1)$
Donc à l'envers
si $\phi(x)$ correspond à $\mathbf{N}(0,1)$  alors $\phi(\sigma.x)$ correspond à $\mathbf{N}(0,\sigma^2)$

Est-ce que ça change qqch quand on passe aux fonctions de répartitions ?

LeVioloniste

Q5
La loi du couple $(X,X^*)$ on ne peut pas l'établir, en général on donne les fonctions de densité de loi conjointe.
Mon idée c'est de dire que l'erreur minimale est $0$ lorsque $X=X^*$.

$\mathbb{P}(X=X^*)=\mathbb{P}([\{ X=1\} \cap \{ Y>c\}] \cup [\{ X=0\} \cap \{ Y \leq c\}]) = \mathbb{P}([\{ X=1\} \cap \{ U>c-a\}]) + \mathbb{P}( [\{ X=0\} \cap \{ U \leq c\}]) = p.(1-H((c-a)/\sigma))+(1-p).H(c/\sigma)$
J'ai une fonction de $c$, mais que dire ?

Alexique

Est-ce que ça change qqch quand on passe aux fonctions de répartitions ?

Je ne sais pas, peut-être, peut-être pas. Tu peux me montrer que j'ai raison ou que j'ai tort mais je ne le ferai pas à ta place.

La loi du couple $(X,X^∗)$ on ne peut pas l'établir, en général on donne les fonctions de densité de loi conjointe.

La loi du couple par définition, c'est la loi jointe. On peut donner densité, fonction de répartition, caractéristique, peu importe...

Mon idée c'est de dire que l'erreur minimale est $0$ lorsque $X=X^*$.

Pas rigoureux (et l'erreur minimale ne vaut pas $0$). Que dit le théorème de transfert ?
Tu cherches à minimiser en $c$ une fonction, que fait-on dans ce cas là ? 

Tu manques quand même un peu d'initiative. Désolé, mais je ne peux pas faire plus sans donner la réponse. Le reste sera juste calculatoire, peu intéressant et facile pour toi.

LeVioloniste

Bien je vais reprendre ce point : Si $H$ est la fonction de répartition de la loi normale centrée réduite, quelle est la fonction de répartition de $U$ centré mais non réduite de variance $\sigma^2$.

Avec le changement de variable $u=t/\sigma$

$\displaystyle G(x)=\int_{-\infty}^x \frac{1}{\sqrt{2.\pi}.\sigma}.e^{-\frac{t^2}{2\sigma^2}} ~dt =\int_{-\infty}^{x/\sigma} \frac{1}{\sqrt{2.\pi}.\sigma}.e^{-u^2/2} ~ \sigma.du =\int_{-\infty}^{x/\sigma} \frac{1}{\sqrt{2.\pi}}.e^{-u^2/2} ~ du=H(x/\sigma)$

Ok donc tu avais raison, c'est vrai j'ai un peu la flemme ...

Alexique

et si on oublie complètement qu'on parle de lois normales, tu ne peux pas faire un raisonnement ET plus simple ET plus général ?
Sans faire d'intégrale compliquée, de changement de variable etc...

LeVioloniste

Non ce que j'ai fait est propre , tient en 1 ligne c'est impeccable. Pas plus pas moins.

LeVioloniste

J'avance sur Q5 je n'y arrive pas pour le moment.
Je me pose la question de l'utilisation de $\mathbb{E}[\mathbb{1}_A]=\mathbb{P}(A)$

Alexique

Tu es têtu. C'est correct mais inutile et pas aussi général que ce tu pourrais faire en 1 ligne également mais bref...

Pour $Q5$, j'ai déjà dit "théorème de transfert". Ecris le et adapte le à l'espérance à calculer ici. Encore une fois, je peux le faire et c'est fini mais ce n'est pas l'esprit du forum. 

LeVioloniste

Après je ne vois pas comment faire ce que tu demandes donc qu'est-ce que je peux te dire de plus ? Là je cherche la Q5.

Il faut admettre que certaines choses sont plus faciles que d'autres et cela est variable suivant la personne.

LeVioloniste

J'essaye avec la disjonction de cas ?

$\mathbb{E}[(X-X^*)^2]=\mathbb{E}[(X-X^*)^2.\mathbb{1}_{(X=1,X^*=1)}] + \mathbb{E}[(X-X^*)^2.\mathbb{1}_{(X=1,X^*=0)}] +\mathbb{E}[(X-X^*)^2.\mathbb{1}_{(X=0,X^*=1)}] + \mathbb{E}[(X-X^*)^2.\mathbb{1}_{(X=0,X^*=0)}]=$

$\mathbb{E}[(X-X^*)^2.\mathbb{1}_{(X=1,X^*=0)}] +\mathbb{E}[(X-X^*)^2.\mathbb{1}_{(X=0,X^*=1)}] = \mathbb{E}[\mathbb{1}_{(X=1,X^*=0)}] +\mathbb{E}[\mathbb{1}_{(X=0,X^*=1)}]=\mathbb{P}[(X=1,X^*=0)]+\mathbb{P}[(X=0,X^*=1)]$

Bon on retrouve que c'est $\mathbb{P}(X \neq X^*)$

$\mathbb{P}[(X=1,X^*=0)]+\mathbb{P}[(X=0,X^*=1)]=p.\mathbb{P}(U \leq c)  + (1-p).\mathbb{P}(U > c-a)=p.H(c/\sigma) + (1-p).(1-H((c-a)/\sigma))$

J'ai donc une fonction de c : $T(c)=p.H(c/\sigma) + (1-p).(1-H((c-a)/\sigma))$

$T'(c)=0$ ssi $p/\sigma.\phi(c/\sigma) - (1-p)/\sigma.\phi((c-a)/\sigma)=0$, $\phi$ étant la fx densité de la loi normale centrée réduite.

On a $p.\phi(c/\sigma)=(1-p).\phi((c-a)/\sigma)$ ssi $p.e^{-\frac{c^2}{2.\sigma^2}}=(1-p).e^{-\frac{(c-a)^2}{2.\sigma^2}}$

Donc $e^{\frac{-2ac+a^2}{2\sigma^2}}=\frac{1-p}{p}$

puis $2\sigma^2.ln(\frac{1-p}{p})=-2ac+a^2$

Enfin $c=a/2-\sigma^2/a.ln(\frac{1-p}{p})$

La solution a-t-elle une interprétation quelconque ? Mystère.

Alexique

Si $U \sim \mathcal{N}(0,\sigma^2)$, alors $... \sim \mathcal{N}(0,1)$ donc $F_U(u)=\mathbb{P}(U \leq u) = \mathbb{P}(... \leq ...)=...$
et là, tu peux compléter ou c'est encore trop compliqué ? Par rapport à tout ce que tu as déjà fait dans l'exo, je ne vois pas ce qui te bloque.

LeVioloniste

J'ai du écrire entre temps, je pense avoir trouvé la réponse à l'erreur de calcul près.

Non pour ce que tu m'as écris avec des pointillés je ne vois pas, je ne sais pas faire sauter l'écart-type.

LeVioloniste

Bon je passe à la partie estimation

Alexique

Mais bon sang, tu ne sais pas comment centrer et réduire une va de moyenne m et d'écart type sigma sérieusement ? Fais un effort par pitié ! Tu l'as même écrit !!!

LeVioloniste a dit : Si tu as une loi $X \sim \mathbf{N}(m,\sigma^2)$ de densité $\phi(x)$ alors il est connu que $\phi(\frac{x-m}{\sigma})$ est centrée réduite.

Ok pour Q5 (un peu rapide quand même, $X$ et $X^*$ ne sont pas indépendants). Je te fais confiance pour les calculs. Pas d'interprétation de $c$ mais l'énoncé est clair : c'est la valeur à choisir pour avoir la meilleure approximation de $X$ par $X^*$ en moyenne quadratique. Si dans la vraie vie, on ne peut récolter qu'un échantillon de données de $X^*$, alors ça sera ce qu'on peut espérer de mieux pour estimer en moyenne $X$ puisque pour rappel, la moyenne est la valeur qui minimise les moindres carrés. 

LeVioloniste

Q6a
On écrit la fonctionnelle à optimiser : $S(a)= \sum_{k=1}^n (Y_i-a.X_i-U_i)^2 = \sum_{k=1}^n (Y_i^2+a^2.X_i^2+U_i^2-2a.X_i.Y_i-2U_i.Y_i+2a.U_i.X_i)$
On dérive par rapport à $a$ : $S'(a)= \sum_{k=1}^n 2a.X_i^2-2X_i.Y_i+2U_i.X_i=0$.
donc $\hat{a}.\sum_{k=1}^n X_i=  + \sum_{k=1}^n Y_i - U_i $

Je ne comprends pas que ce soit en fonction de $a$ puisque $\hat{a}$ est un estimateur de $a$.

LeVioloniste

Si $U \sim N(0,\sigma^2)$ alors $U/\sigma \sim N(0,1)$