From 2bc9e1859c75692d2d0e16a4eb5c0871b1b4eab2 Mon Sep 17 00:00:00 2001
From: Bertrand <bertrand.horel@gmail.com>
Date: Thu, 21 Apr 2016 20:28:33 +0200
Subject: avancée rapport
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@@ -73,7 +73,7 @@ Dans l'article \cite{tuffin2004randomization}, Tuffin suggère d'utiliser la bor
 $\beta = \E[|f(X)-\E[f(X)]|^3]$, $F_n$ la fonction de répartition de $\sqrt{N}\frac{\bar{X}_N-\mu}{\sigma}$et $\mathcal{N}$ la fonction de répartition d'une
 loi normale centrée réduite, alors l'inégalité de Berry-Esseen affirme que :
 \begin{equation*}
-\forall x \quad |F_n(x) - \mathcal{N}(x)| \leq C\frac{\beta}{\sigma ^3 \sqrt{N}}
+\forall x \quad |F_n(x) - \mathcal{N}(x)| \leq C\frac{\beta}{\sigma^3 \sqrt{N}}
 \end{equation*}
 Ce qui nous donne $\mathcal{N}(x) - C\frac{\beta}{\sigma ^3 \sqrt{N}} \leq F_n(x) \leq \mathcal{N}(x) + C\frac{\beta}{\sigma ^3 \sqrt{N}} $ et en
 soustrayant l'encadrement équivalent de $F_n(-x)$ il vient :
@@ -158,6 +158,26 @@ en choisissant une répartition déterministe, par exemple la répartition unifo
 surtout les premiers estimateurs de $\sigma_{i}$. Ensuite on pourra tirer un nombre $N_2 > N_1$ de $(X_{i})$ avec de nouveaux $q_i$ donnés par \eqref{eqqi}
 ce qui nous donnera un nouvel estimateur de $\mu$ (en utilisant les $N_1 + N_2$ premières valeurs) puis de nouveaux $q_i$ plus précis, et ainsi de suite.
 
+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 
+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 $M_i^k = N_i^k - N_i^{k-1}$.
+Étape 1 :
+\begin{equation*}
+\forall i \in I \quad M_i^1 = N_1/I
+\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 :
+\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 $1$ 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 $\sum{i=1}^Im_i^k=N^k-N^{k-1}-I$. 
+
 \section{Exemples}
 \subsection{Calcul de l'espérance d'une loi normale}
 Dans ce premier exemple assez simple, on va chercher à calculer $ \mu = \E[X]$ où $X$ suit une loi normale centrée réduite 
@@ -240,6 +260,11 @@ $\mathbb{R}$ en $I=100$ strates suivant les quantiles au $1/100^{\textrm{ème}}$
 technique utile dans ce cas car on ne connait pas la suite des $\sigma_i = \mathrm{Var}(f_{\mu}(X)|u'X\in [y_{i-1},y_i])$.
 
 
+\begin{center}
+\input{table2.tex}
+\input{table3.tex}
+\end{center}
+
 
 \printbibliography
 
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