From 14afe7dee734c68cf5cbdde402963a11b11f9e69 Mon Sep 17 00:00:00 2001
From: Bertrand <bertrand.horel@gmail.com>
Date: Thu, 21 Apr 2016 21:27:52 +0200
Subject: explication algo plus précise
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@@ -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
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cgit v1.2.3-70-g09d2

