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diff --git a/doc/rapport.tex b/doc/rapport.tex index 51d1d26..2308cc8 100644 --- a/doc/rapport.tex +++ b/doc/rapport.tex @@ -160,11 +160,12 @@ ce qui nous donnera un nouvel estimateur de $\mu$ (en utilisant les $N_1 + N_2$ Essayons maintenant de décrire plus précisément comment calculer précisément la proportion de tirages à allouer par strates. En effet, il y a deux contraintes en plus de la formule qui nous donne la suite des $q_i$. Tout d'abord le nombre de tirages doit évidemment être entier, et de plus il doit y avoir au moins -un tirage par strates, car Étoré et Jourdain prouvent la convergence de leurs estimateurs de variances conditionnelles $\hat{\sigma}_i$ si il y a au moins un +un tirage par strate, car Étoré et Jourdain prouvent qu'il y a convergence de leurs estimateurs de variances conditionnelles $\hat{\sigma}_i$ si il y a au moins un tirages effectué par strates à chaque étape. -Notons $I$ le nombre de strates, $\hat{\sigma}_i^k$ l'estimateur à l'étape $k$ de la variance de $X|X\in i_{\textrm{ème}} intervalle$, $N_i^k$ le -nombre total de tirages effectués de l'étape 0 à l'étape $k$ dans la $i_{\textrm{ème}}$ strate et $M_i^k$ le nombre de tirages à effectuer à l'étape $k$ -dans la strate $i$ qui est donc $M_i^k = N_i^k - N_i^{k-1}$. +Notons $I$ le nombre de strates, $\hat{\sigma}_i^k$ l'estimateur à l'étape $k$ de la variance de $X$ sachant que $X$ est dans le $i_{\textrm{ème}}$ intervalle +, $N_i^k$ le nombre total de tirages effectués de l'étape 0 à l'étape $k$ dans la $i_{\textrm{ème}}$ strate et $M_i^k$ le nombre de tirages à effectuer à + l'étape $k$ dans la strate $i$ qui est donc $M_i^k = N_i^k - N_i^{k-1}$. + Étape 1 : \begin{equation*} \forall i \in I \quad M_i^1 = N_1/I @@ -173,10 +174,10 @@ dans la strate $i$ qui est donc $M_i^k = N_i^k - N_i^{k-1}$. 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 : \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) +\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 $1$ tirage par strate on peut donc écrire $\forall i \in I M_i^k = m_i^k + 1$ -et comme on a $M_i^k = N_i^k - N_i^{k-1}$ il vient $\sum{i=1}^Im_i^k=N^k-N^{k-1}-I$. +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 $\sum_{i=1}^Im_i^k=N^k-N^{k-1}-I$. \section{Exemples} \subsection{Calcul de l'espérance d'une loi normale} @@ -199,7 +200,7 @@ différents $N \in \{3; 13; 113; 313\}$ afin que le produit $NI$ nous donne les de l'échantillonnage stratifié. Ainsi on peut comparer les deux méthodes et obtenir le tableau suivant : \begin{center} -\input{table.tex} +\input{table1.tex} \end{center} $\textrm{IC}_{strat}$ et $\textrm{IC}_{rqmc}$ désignent les demi-tailles des intervalles de confiance pour {\mu} obtenus avec les deux méthodes. En comparant ces tailles |