b) $\sqrt{n} \dfrac{ \overline{XU} }{ {Var(XU) } ^{\frac{1}{2} } } \to N(0,1)$, or $Var(XU) = p \sigma^2$ fait dans 1) et $\sum X_i^2 \to \sigma^2$ ps.
7) Donc $\sqrt{n} \dfrac{ \overline{XU} }{ \sum X_i^2 p } \to N(0,1)$, donc $\sqrt{n}( \hat{a}_n - a) \to N(0,p^2)$.
On peut estimer $p$ par la proportion de $X_i$ non nuls, estimateur convergent ps.
Réponses
$VY= a^2 VX + VU = a^2 p + \sigma^2$ car $X$ et $U$ sont indépendants.
$E(XY)= E( a X²+UX)= a EX^2+ EU EX= ap$
$\begin{cases}
XY= a X^2+ UX \\
Var(XY)= E Var( XY|X) + Var E(XY|X) \\
\end{cases}
$
$
\begin{align*}
Var(XY) &= Var(aX^2+UX) \\
&= a^2 var(X^2) + Var(UX) + 2 cov(a X^2,UX) \\
&=a^2 ( EX^4 - (EX^2)^2 ) + Var(UX) + 2a ( E(X^3U) - E(aX^2) E(UX) ) \\
&= a^2 (p-p^2) + Var( E(UX) |X ) + E( Var(UX|X) ) \\
&= a^2(p^2 - p) + E( X^2 var(U |X)) \\
&= a^2 ( p-p^2) + Var( X EU ) + E( X^2 var(U |X)) \\
&=a^2 ( p-p^2) + E ( X^2 E ( (U-EU)^2)) \\
&= a^2 ( p-p^2) + \sigma^2 p\\
\end{align*}
$
$F_Y(y)= p H(y-a) + (1-p) H(y) $
$f_Y(y)= p h(y-a) + (1-p) h(y)$
3a)
$\begin{align*}
P(Y<y \mid X=x)
&= P( aX+U <y \mid X=x) \\
&=P(U< y-ax) \\
&= H(y-ax) \\
\end{align*}
$
J'ai omis $\sigma$, dans cette question et les suivantes. $U \sim N(0, \sigma^2)$
$
\begin{align*}
\{ X=x,\ y <aX+U \leq \eta +y \} &= \{ y < a x + U \leq \eta +y \} \\
P(X=x \mid y < Y \leq \eta +y) &= \frac{ H( \eta +y -ax) - H(y -ax) } { P( y < Y \leq \eta +y ) } \\
P(X=x \mid y < Y \leq \eta +y) &= \frac{ H( \eta +y -ax) - H(y -ax) } { pH(y + \eta -a) + (1-p) H( y + \eta ) - pH(y-a) - (1-p) H(y) ) } \\
\end{align*}
$
$
\begin{align*}
P(X=x \mid y < Y \leq \eta +y) &= \frac{ H( \eta +y -ax) - H(y -ax) } { pH(y + \eta -a) + (1-p) H( y + \eta ) - pH(y-a) - (1-p) H(y) ) } \\
P(X=1 \mid y < Y \leq \eta +y )&= \frac{ H( \eta +y -a) - H(y -a) } { pH(y + \eta -a) + (1-p) H( y + \eta) - pH(y-a) - (1-p) H(y) ) } \\
P(X=1 \mid y < Y \leq \eta +y) &= \dfrac{ \frac{ H( \eta +y -a) - H(y -a) }{ \eta } } { p \frac{ H( \eta +y -a) - H(y -a) } { \eta } + (1-p) \frac{ H( \eta +y ) - H(y) }{ \eta} } \\
P(X=1 \mid Y=y) &= \dfrac{ h(y-a) }{ p h(y-a) + (1-p)h(y) } \\
P(X=1 \mid Y=y) &= \dfrac{ 1}{ p+ (1-p) \frac{ h(y-a) }{ h(y) } } \\
P(X=1 \mid Y=y) &= \dfrac{ 1 } { p + (1-p) e^{ \frac{a^2}{2 \sigma ^2} } e^ { - \frac{a y}{ \sigma ^2 } }
} \\
A&:=e^{ \frac{a^2}{2 \sigma ^2} }\\
B&:= \frac{a }{ \sigma ^2 } \\
P(X=1 \mid Y=y) &= \dfrac{ 1 }{ p + (1-p) A e^ { -By }
} \\
\end{align*}
$
On considère $t<0$ puis $t=0$ puis $t >0$
$
\begin{align*}
Z&= Y \mathbb{1}_{X=0} = U \mathbb{1}_{X=0} \\
P(Z<t)&= P( U \mathbb{1}_{X=0} <t) \\
&= P(U<t) P(X=0) \\
&= H(t) (1-p) \\
P(Y \leq 0) &=H(0) (1-p) +p \\
&= \frac{1}{2} (1-p) +p \\
&=\frac{1}{2} + \frac{p}{2} \\
P(Y<t) &= P(Y \leq 0) + P(0<Y<t) \\
&= \frac{1}{2} + \frac{p}{2} + P( 0< U <t) (1-p) \\
&= \frac{1}{2} + \frac{p}{2} + (H(t) - H(0) ) (1-p) \\
&=p + (1-p) H(t) \\
\end{align*}
$
$X^{\star} = \mathbb{1}_{Y >c} = (X^{\star})^2$
$X X^{\star} = \mathbb{1}_{Y >c} \mathbb{1}_{X=1} =\mathbb{1}_{a+U >c} \mathbb{1}_{X=1} $
donc $E(X X^{\star} ) = E( \mathbb{1}_{a+U >c} \mathbb{1}_{X=1} ) = E( \mathbb{1}_{a+U >c}) E ( \mathbb{1}_{X=1} ) = p (1-H(c-a)) $
$E( X - X^{\star} ) ^2 = EX^2 - 2 E( X X^{\star} ) + E [ (X^{\star})^2 ] $ . On minimise sur $c$
$ - 2 E( X X^{\star} ) + E [ (X^{\star})^2 ] = P(Y>c) - 2 E( X X^{\star} ) $.
On connaît $F_Y$
On minimise $ 1- pH(c-a) - (1-p)H(c) -2 p (1- H(c-a)) $
c'est-à-dire on minimise $ pH(c-a) -(1-p) H(c) $.
$
\begin{align*}
\psi(c)&\ := \quad p H(c-a) - (-p) H(c) \\
\psi'(c) &\ \ = \quad p h(c-a) - (1-p)h(c) \\
\psi'(c) \leq 0 &\iff ph(c-a) \leq (1-p) h(c) \\
&\iff e^{ \ln ( \frac{p}{1-p} ) } e^{ - \frac{(c-a)^2}{2 \sigma ^2}) } \leq e^{ - \frac{c^2}{2 \sigma ^2}} \\
&\iff ac - \dfrac{a^2}{2} \leq - \ln( \frac{p}{1-p} ) \sigma ^2 \\
&\iff c \leq - \frac{ \ln( \frac{p}{1-p} ) }{a} \sigma ^2 + \frac{a^2}{2} \\
\end{align*}
$
Il y a une valeur unique qui maximise la fonction cible. On se sert bien de $a>0$ pour simplifier les inéquations.
$
\begin{align*}
\hat{a}_n &= \frac{ \sum X_i Y_i}{ \sum X_i^2} \\
&= a + \frac{ \sum X_i U_i}{ \sum X_i^2} \\
\hat{a}_n - a &= \frac{ \sum X_i U_i}{ \sum X_i^2} \\
&\to \frac{ E(UX) }{ \sigma^2} = 0\\
\end{align*}
$
7) Donc $\sqrt{n} \dfrac{ \overline{XU} }{ \sum X_i^2 p } \to N(0,1)$, donc $\sqrt{n}( \hat{a}_n - a) \to N(0,p^2)$.
On peut estimer $p$ par la proportion de $X_i$ non nuls, estimateur convergent ps.
Cela conclut l'exercice.