Calcul final. Une fois déterminés tous les γ i,j pour 0 i,j n, la résolution du système linéaire (5) donne les coefficients λ 1 ,λ 2 ,. . .,λ n et l’estimation z
∗ =
n
k=1 λ k z(x k )
de Z(x 0 ).
Calculons la variance minimale v min ainsi déterminée. D’après les égalités (3), on a
k,j λ k λ j c kj =
n
k=1 λ k μ +
n
k=1 λ k c 0k = μ +
n
k=1 λ k c 0k , puisque la somme des λ k
vaut 1. En reportant dans (2), il vient alors
v min = Cov
Z(x 0 ), Z(x 0 )
− 2
n
k=1
λ k c 0k + μ +
n
k=1
λ k c 0k = C(0) −
n
k=1
λ k c 0k + μ
et en tenant compte de c 0k = C(0) − γ 0k , on obtient v min =
n
k=1 λ k γ 0k + μ.
Si Λ est le vecteur solution de (5), alors v min = (
t
Λ)B.
Supposons par exemple que l’erreur d’estimation Z
∗
− Z(x 0 ) est distribuée autour de la
vraie valeur selon une loi normale. Alors la probabilité pour que
Z
∗
− Z(x 0 )
√ v min
est d’environ 0,68 et la probabilité pour que
Z
∗
− Z(x 0 )
2
√ v min est d’environ 0,95
(voir page 335).
6. Intégrales à paramètre
Soit f (t, x) une fonction à valeurs réelles. En l’intégrant par rapport à t sur un
segment [a, b], on obtient la fonction F (x) =
b
a
f (t, x) dt de la seule variable x. Nous
allons voir que si f est assez régulière, alors la fonction F est dérivable et que F
(x)
se calcule en « dérivant sous le signe intégrale ».
Dérivation sous le signe intégrale. Si les fonctions f et
∂f
∂x
sont continues, alors
d
dx
b
a
f (t, x) dt
=
b
a
∂f
∂x
(t, x) dt
La démonstration fait appel à une propriété des fonctions continues :
si ϕ(t, h) est une fonction continue et si ϕ(t, 0) = 0 pour tout t ∈ [a, b],
alors max
t∈[a,b]
ϕ(t, h)
tend vers 0 quand h tend vers 0.
Démonstration. Par définition de
∂f
∂x
(t, x 0 ), on a
F (x 0 + h) − F (x 0 ) =
b
a
f (t, x 0 + h)−f (t, x 0 )
dt =
b
a
h
∂f
∂x
(t, x 0 )+hϕ(t, h)
dt ,
où ϕ(t, h) est continue et ϕ(t, 0) = 0. Il vient donc
F (x 0 + h) − F (x 0 ) = h
b
a
∂f
∂x
(t, x 0 ) dt + h
b
a
ϕ(t, h) dt
386 – INT ´
EGRALES `
A PARAM `
ETRE
∗ =
n
k=1 λ k z(x k )
de Z(x 0 ).
Calculons la variance minimale v min ainsi déterminée. D’après les égalités (3), on a
k,j λ k λ j c kj =
n
k=1 λ k μ +
n
k=1 λ k c 0k = μ +
n
k=1 λ k c 0k , puisque la somme des λ k
vaut 1. En reportant dans (2), il vient alors
v min = Cov
Z(x 0 ), Z(x 0 )
− 2
n
k=1
λ k c 0k + μ +
n
k=1
λ k c 0k = C(0) −
n
k=1
λ k c 0k + μ
et en tenant compte de c 0k = C(0) − γ 0k , on obtient v min =
n
k=1 λ k γ 0k + μ.
Si Λ est le vecteur solution de (5), alors v min = (
t
Λ)B.
Supposons par exemple que l’erreur d’estimation Z
∗
− Z(x 0 ) est distribuée autour de la
vraie valeur selon une loi normale. Alors la probabilité pour que
Z
∗
− Z(x 0 )
√ v min
est d’environ 0,68 et la probabilité pour que
Z
∗
− Z(x 0 )
2
√ v min est d’environ 0,95
(voir page 335).
6. Intégrales à paramètre
Soit f (t, x) une fonction à valeurs réelles. En l’intégrant par rapport à t sur un
segment [a, b], on obtient la fonction F (x) =
b
a
f (t, x) dt de la seule variable x. Nous
allons voir que si f est assez régulière, alors la fonction F est dérivable et que F
(x)
se calcule en « dérivant sous le signe intégrale ».
Dérivation sous le signe intégrale. Si les fonctions f et
∂f
∂x
sont continues, alors
d
dx
b
a
f (t, x) dt
=
b
a
∂f
∂x
(t, x) dt
La démonstration fait appel à une propriété des fonctions continues :
si ϕ(t, h) est une fonction continue et si ϕ(t, 0) = 0 pour tout t ∈ [a, b],
alors max
t∈[a,b]
ϕ(t, h)
tend vers 0 quand h tend vers 0.
Démonstration. Par définition de
∂f
∂x
(t, x 0 ), on a
F (x 0 + h) − F (x 0 ) =
b
a
f (t, x 0 + h)−f (t, x 0 )
dt =
b
a
h
∂f
∂x
(t, x 0 )+hϕ(t, h)
dt ,
où ϕ(t, h) est continue et ϕ(t, 0) = 0. Il vient donc
F (x 0 + h) − F (x 0 ) = h
b
a
∂f
∂x
(t, x 0 ) dt + h
b
a
ϕ(t, h) dt
386 – INT ´
EGRALES `
A PARAM `
ETRE