algo sto

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\title{algo sto}
\author{Adrien Marty}
\date{February 2022}

\begin{document}

\maketitle

\section{Question 1}
Pour tout $n\in\mathbb{N}$, on a :
\begin{align*}
\hat{f}_{n+1} &= (1-\gamma_{n+1})\hat{f}_n+\gamma_{n+1} W_{n+1} \\
\frac{\hat{f}_{n+1}}{B_{n+1}}&= \frac{(1-\gamma_{n+1})\hat{f}_n+\gamma_{n+1} W_{n+1}}{B_{n+1}} \\
\frac{\hat{f}_{n+1}}{B_{n+1}}&= \frac{\hat{f}_n}{B_n}+\frac{\gamma_{n+1} W_{n+1}}{B_{n+1}} \\
\frac{\hat{f}_{n+1}}{B_{n+1}} - \frac{\hat{f}_n}{B_n} &= \frac{\gamma_{n+1} W_{n+1}}{B_{n+1}} \\
\intertext{puis par telescopage...}
\frac{\hat{f}_n(x)}{B_n}&= \sum_{k=0}^n\frac{\gamma_kW_k}{B_k}+\frac{\hat{f}_o(x)}{B_0} \\
\intertext{d'où le résultat attendu par hypothèse de nullité de $f_0$ :}
\Aboxed{\hat{f}_n(x)&= B_n\sum_{k=0}^n\frac{\gamma_kW_k}{B_k}}\tag{1}
\end{align*}

\section{Question 2}
Soit $n\in\mathbb{N}$, on souhaite montrer que
\begin{align*}
   \hat{f}_n = \sum_{k=0}^n \frac{B_n\gamma_k}{B_k}W_k = \sum_{k=0}^n \frac{a_k}{A_n}W_k \tag{2}
\end{align*}

On remarque que pour obtenir (1) on n'a nullement utilisé la définition de $W_k$ pour $k\in\llbracket 0; n \rrbracket$. On peut donc remplacer les $W_k$ par n'importe quels éléments d'un espace vectoriel donné, en particulier, on peut les remplacer par une famille libre $(u_0,\dots,u_n)$ d'un espace vectoriel quelconque de dimension suffisante (quitte à redéfinir l'espace d'arrivé des $\hat{f_n}$). On peut donc identifier chaque terme des sommes entre eux :

\begin{align*}
    (2) &\Leftrightarrow \forall k\in\llbracket 0; n \rrbracket, \frac{a_k}{A_n}=\frac{B_n\gamma_k}{B_k}\\
        &\Leftrightarrow \forall k\in\llbracket 0; n \rrbracket, \frac{a_k}{A_n}=\frac{B_n a_k}{B_k A_k} \\
        &\Leftrightarrow \forall k\in\llbracket 0; n \rrbracket, \frac{A_k}{A_n}=\frac{B_n}{B_k} \\
        &\Leftrightarrow \forall k\in\llbracket 0; n \rrbracket, \frac{A_k}{A_n}=\prod_{i=k+1}^n(1-\frac{a_i}{A_i}) \\
        &\Leftrightarrow \forall k\in\llbracket 0; n \rrbracket, \frac{A_k}{A_n}=\prod_{i=k+1}^n\frac{A_i-a_i}{A_i} \\
        &\Leftrightarrow \forall k\in\llbracket 0; n \rrbracket, \frac{A_k}{A_n}=\prod_{i=k+1}^n\frac{A_{i-1}}{A_i} \\
        \intertext{d'où par telescopage...}
        &\Leftrightarrow \forall k\in\llbracket 0; n \rrbracket, \frac{A_k}{A_n}=\frac{A_k}{A_n}
\end{align*}
On montre ainsi que
\begin{align*}
   \boxed{\hat{f}_n  = \frac{1}{A_n}\sum_{k=0}^na_k W_k} \tag{2}
\end{align*}

\section{Question 3}
On souhaite montrer que
\begin{align*}
    \sum_{n=0}^{+\infty}\frac{a_n}{A_n} = +\infty \Leftrightarrow \sum_{n=0}^{+\infty}a_n = +\infty
\end{align*}
Nous allons donner une intuition de ce résultat. En faisant une analogie "discret - continue", on associe à $(a_n)_{n\in\mathbb{N}} : \mathbb{N}\longrightarrow \mathbb{R}$ une fonction $h:\mathbb{R}\longrightarrow\mathbb{R}$. En ce sens, on associe $h'$ à $(a_{n+1}-a_n)_{n\in\mathbb{N}}$ et une primitive $H$ de $h$ à $\sum_{k=0}^n a_k \defeq A_n$. En ce sens, (3) est analogue à
\begin{align*}
    \int_0^{+\infty}\frac{H'}{H} = +\infty &\Leftrightarrow \lim_{t \to +\infty} H(t) = +\infty \\
    \intertext{ce qui est analogue à}
    \lim_{t \to +\infty} \log H(t) = +\infty &\Leftrightarrow \lim_{t \to +\infty} H(t) = +\infty \\
\end{align*}
qui est une équivalence vraie. Revenons à notre problème initial,  soit $N\geq2$ on a par décroissance de $t\longrightarrow\frac{1}{t}$ sur $\mathbb{R}^{+*}$:


\begin{align*}
    \sum_{n=1}^N\frac{a_n}{A_n} &= \sum_{n=2}^N\frac{A_n - A_{n-1}}{A_n} + \frac{a_1}{A_1} \\
                                &\geq \sum_{n=2}^N\int_{A_{n-1}}^{A_n}\frac{1}{t}dt + \frac{a_1}{A_1} \\
                                &\geq \int_{A_{1}}^{A_N}\frac{1}{t}dt+ \frac{a_1}{A_1} \\
                                &\geq \log A_N - \log A_1 + \frac{a_1}{A_1}
\end{align*}
De ce fait, si $\lim_{N \to +\infty}A_N = +\infty$, alors par comparaison $\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{a_n}{A_n} = +\infty$.
Réciproquement, supposons que $\lim_{N \rightarrow+\infty}A_N \neq +\infty$, alors par croissance de $(A_N)_{N\in\mathbb{N}}$ qui découle de la positivité des $a_n$, $(A_N)_{N\in\mathbb{N}}$ est bornée.
D'autre part, on a par transformée d'Abel :
\begin{align*}
    \sum_{n=1}^N\frac{a_n}{A_n} &= \sum_{n=2}^N\frac{A_n - A_{n-1}}{A_n} + \frac{a_1}{A_1} \\
                                &= \sum_{n=2}^N\frac{A_n}{A_n} - \sum_{n=2}^N\frac{A_{n-1}}{A_n} + 1 \\
                                &= \sum_{n=2}^N\frac{A_{n-1}}{A_{n-1}} + \frac{A_n}{A_n} - \frac{A_1}{A_1} - \sum_{n=2}^N\frac{A_{n-1}}{A_n} + 1- \sum_{n=2}^N\frac{A_{n-1}}{A_n} + 1 \\
                                &= \sum_{n=2}^N\frac{A_n}{A_n} - \sum_{n=2}^{N-1}\frac{A_{n}}{A_{n+1}} - \frac{A_1}{A_2}+ 1 \\
                                &= \sum_{n=2}^{N-1} A_n(\frac{1}{A_n}-\frac{1}{A_{n+1}}) + \frac{A_N}{A_N} - \frac{A_1}{A_2}+ 1
    \end{align*}
On montre ainsi que
    \begin{align*}
    \sum_{n=1}^N\frac{a_n}{A_n} &=\sum_{n=2}^{N-1} A_n(\frac{1}{A_n}-\frac{1}{A_{n+1}}) + 1\tag{3.1}
    \end{align*}
Soit maintenant $M\in\mathbb{R}$ un majorant de $(A_N)_{N\in\mathbb{N}}$. On a d'après (3.1) :

\begin{align*}
    0\leq \sum_{n=1}^N\frac{a_n}{A_n} &\leq M\sum_{n=2}^{N-1} (\frac{1}{A_n}-\frac{1}{A_{n+1}}) + 1 \\
                                &\leq M(\frac{1}{A_2}-\frac{1}{A_N})+1 \\
                                &\leq M(\frac{1}{A_2}-\frac{1}{M})+1
\end{align*}

Donc $(\sum_{n=1}^N\frac{a_n}{A_n})_{N\in\mathbb{N}}$ est bornée et ne peux pas tendre vers $+\infty$. Ce qui montre bien que
\begin{align*}
    \Aboxed{\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{a_n}{A_n} = +\infty \Leftrightarrow \sum_{n=0}^{+\infty}a_n = +\infty} \tag{3}
\end{align*}

\section{Question 4}
On vérifie aisement que définir pour tout $n\in\mathbb{N}, a_n=1$ correspond à l'estimateur de Wolverton-Wagner-Yamato.
Concernant l'estimateur de Wegman-Davies, je trouve qu'il est nécessaire d'imposer une condition sur les $h_n$ pour pouvoir identifier les deux estimateurs. Ce qui n'est pas en accord avec la question posée.
\section{Question 5}

On a
\begin{align*}
    \hat{f}_{n} -f &= \frac{1}{A_n}\sum_{k=1}^n a_kW_k - \frac{1}{A_n}\sum_{k=1}^n a_nf \\
                   &=\sum_{k=1}^n(a_k(W_k - \mathbb{E}(f) + f-\mathbb{E}(f))) \\
                   &=\sum_{k=1}^n a_k(W_k - \mathbb{E}(W_k)) + \sum_{k=1}^n a_k(f-\mathbb{E}(W_k)) \\
                   &=\frac{1}{A_n}(M_n+R_n)
\end{align*}

D'où
\begin{align*}
    \Aboxed{\hat{f}_{n} -f &=\frac{1}{A_n}(M_n+R_n)}
\end{align*}
Remarquons que l'on peut introduire $\mathbb{E}(W_k)$ car $W_k$ est d'éspérence finie par hypothèse.
\section{Question 6}
On peut facilement montrer par récurrence que $M_n$ est un processus $(\mathcal{F}_n)_{n\in\mathbb{N}}$ adapté avec $(\mathcal{F}_n)_{n\in\mathbb{N}} := (\sigma(X_1,\dots,X_n))_{n\in\mathbb{N}}$. Soit $n\in\mathbb{N}$, montrons que $M_n$ est dans $L^2$. On a

\begin{align*}
    \lvert \mathbb{E}(W_n^2) \rvert &=  \displaystyle\left\lvert \int_{\mathbb{R}} \frac{1}{h_n^2}K^2(\frac{x-u}{h_n})f(u)du\right\rvert \\
    \intertext{d'où en notant $M\in\mathbb{R}^+$ un majorant de $K$}
                                    &\leq \frac{M^2}{h_n^2}\int_{\mathbb{R}}f(u)du \\
                                    &<+\infty
\end{align*}
Ainsi par somme finie, $M_n$ est bien de carré intégrable.

Enfin on a

\begin{align*}
    \mathbb{E}(M_{n+1}|\mathcal{F}_n)) &= \mathbb{E}(a_{n+1}(W_{n+1}-\mathbb{E}(W_{n+1}))+M_n|\mathcal{F}_n) \\
                                       &= M_n + a_{n+1}(\mathbb{E}(W_{n+1}|\mathcal{F}_n)-\mathbb{E}(W_{n+1}))
    \intertext{or $W_{n+1} = \frac{1}{h_{n+1}} K(\frac{x-X_{n+1}}{h_{n+1}})$, on a donc par indépendance des
    $(X_n)_{n\in\mathbb{N}}$ :}
                                       &= M_n + a_{n+1}(\mathbb{E}(W_{n+1})-\mathbb{E}(W_{n+1})) \\
                                       &= M_n
\end{align*}
Ce qui montre que $M_n$ est bien une martingale de carré intégrable.
De plus, on a

\begin{align*}
     \langle M(x) \rangle_n
     &= \sum_{k=1}^n\mathbb{E}((M_k-M_{k-1})^2|\mathcal{F}_{k-1}) \\
                                        &= \sum_{k=1}^na_k^2\mathbb{E}((W_k-\mathbb{E}(W_k))^2|\mathcal{F}_{k-1}) \\
                                        &=
\end{align*}

\section{Question 7}


\end{document}