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 \addbibresource{rapport.bib}
 \newcommand{\E}{\mathbb{E}}
 \newcommand{\V}{\mathbb{V}}
+\newcommand\floor[1]{\lfloor#1\rfloor}
 \DeclareMathOperator*{\argmax}{arg\,min}
 
 \begin{document}
@@ -172,12 +173,21 @@ Notons $I$ le nombre de strates, $\hat{\sigma}_i^k$ l'estimateur à l'étape $k$
 \end{equation*}
 
 Étape k :
-On commence d'abord par calculer les $\hat{\sigma}_i^{k-1}$ afin d'obtenir nos nouveaux $q_i$ et donc les nouveaux $N_i$. On a :
+On commence d'abord par calculer les $\hat{\sigma}_i^{k-1}$ avec les tirages de l'étape précédente.  
 \begin{equation*}
 \forall i \in I \quad \hat{\sigma}_i^{k-1} = \sqrt{\frac{1}{N_i^{k-1}}(\sum_{j=1}^{N_i^{k-1}}(f(X_i^j))^2-(\frac{1}{N_i^{k-1}}\sum_{j=1}^{N_i^{k-1}}(f(X_i^j))^2)}
 \end{equation*}
 Ensuite on peut calculer les $M_i^k$. On sait qu'il nous faut au moins un tirage par strate on peut donc écrire $M_i^k$ de sous la forme  $m_i^k + 1$ avec
-$m_i^k \in \mathbb{N}$ et comme on a $M_i^k = N_i^k - N_i^{k-1}$ il vient $\sum_{i=1}^Im_i^k=N^k-N^{k-1}-I$. 
+$m_i^k \in \mathbb{N}$ et comme on a $M_i^k = N_i^k - N_i^{k-1}$ il vient $\sum_{i=1}^Im_i^k=N^k-N^{k-1}-I$. Les auteurs de l'article proposent deux méthodes 
+pour calculer les $m_i^k$, je n'en ai utlisé qu'une seule que je vais présenter ici.
+
+D'après \eqref{eqqi} on connait la proportion optimale à faire par strates en fonction des $\hat{\sigma}_i^{k-1}$. Sachant de plus que $\sum_{i=1}^Iq_i=1$,
+on voit qu'un choix de $m_i^k$ idéal serait :
+\begin{equation*}
+\forall i \in I \quad (m_i^k)^* = \frac{p_i\hat{\sigma}_i^{k-1}}{\sum_{j=1}^Ip_j\hat{\sigma}_j^{k-1}}(N^k-N^{k-1}-I)
+\end{equation*}
+Pour que les $m_i^k$ soit les entiers au plus près de leurs valeurs optimales tout en assurant que leur somme ne dépasse pas le nombre total de tirages à faire
+à l'étape k. On pose $m_1^k =\floor{(m_1^k)^*}$. Puis pour chaque $i>1$ on pose
 
 \section{Exemples}
 \subsection{Calcul de l'espérance d'une loi normale}