一次テイラー近似を介して区間に与えられた確率質量を推定する
$F(x)$ は、対称連続区間の累積分布関数（CDF）です。 $[-\alpha, \alpha]$ いくつかのための $\alpha \in \mathbb{R}$。また、分布は連続的で対称的であると想定できます。ただし、CDFは必ずしも2回微分可能であるとは限りません（つまり、PDFは微分可能ではない場合があります）。たとえば、基礎となる分布はラプラス分布である可能性があります（私の場合はそうです）。
しましょう $\hat{x} \in (-\alpha, \alpha)$ 任意の点になり、 $x$ そのようなこと $x \in (\hat{x}, \hat{x} + \beta)$ いくつかのための $\beta > 0$。
私は次の主張を持っています。それは直感的には理にかなっていますが、正式に証明するのは難しいです。 $$ \begin{align} \frac{F(\hat{x} + \beta) - F(\hat{x})}{\beta}(x - \hat{x})& \stackrel{(1)}{\approx} F'(\hat{x}) (x - \hat{x}) \\ & \stackrel{(2)}{\approx} F(x) - F(\hat{x}) \end{align} $$ 減少させることにより、必要に応じてタイトにすることができます $\beta$。正式には、どんな小さな人にも$\epsilon > 0$ が存在します $\beta(\epsilon)$ すべての人のために $0 < \beta < \beta(\epsilon)$ 私たちは達成することができます：
$$\left| \left( \frac{F(\hat{x} + \beta) - F(\hat{x})}{\beta}(x - \hat{x}) \right) - \left( F(x) - F(\hat{x}) \right) \right| < \epsilon.$$
ステップで注意してください $(1)$ 導関数の定義を使用し、ステップで $(2)$ 一次テイラー近似を使用します。
試行： 1次のテイラー近似のエラーにテイラーの不等式を使用してみました。ただし、これには$F(x)$2回微分可能であること。したがって、この収束をどのように証明できるかわかりません。
注：では、別のMath.SEディスカッション請求は前述した、と私はPDFが微分可能でない場合、これは有効でない可能性が疑われています。ただし、著者は、これは$[-\alpha, \alpha]$ との微分可能性 $F(x)$。したがって、i）これは別の投稿でのフォローアップのための長い議論であり、ii）ここでそれを証明できれば、これは非常に有用な結果であると思われるため、このより一般的な結果について新しい議論をしたいと思いました。
回答
与えられた $\varepsilon,$ 見つけることができます $\delta$ とても小さいので $\widehat x + \beta\in(\widehat x - \delta,\widehat x+\delta)\cap (\widehat x -1,\widehat x + 1),$ $$ \left| \frac{F(\widehat x+\beta) - F(\widehat x\,)} \beta - F'(\widehat x\,) \right| < \varepsilon/2. $$ 場合 $x$ は間に $\widehat x$ そして $\widehat x+\beta,$ 上記の「すべて」という言葉のために、次のようになります $$ \left| \frac{F(x) - F(\widehat x\,)}{x-\widehat x} - F'(\widehat x\,) \right|< \varepsilon/2. $$ 三角不等式から、次のようになります。 $$ \left| \frac{F(\widehat x + \beta) - F(\widehat x\,)} \beta - \frac{F(x) - F(\widehat x\,)}{x- \widehat x} \right| < \varepsilon. $$ 以来 $|\widehat x - x|<1,$ 両側に乗算する $|\widehat x - x|$ 何かを残します${}<\varepsilon$ 右側にあります。
しましょう $f := F'$PDFになります。私も$\beta$ 十分に小さいので $[\hat{x},\hat{x} + \beta] \subset [-\alpha,\alpha]$。のコンパクトさで$[-\alpha,\alpha]$、 $f$ 均一に連続している $[-\alpha,\alpha]$。つまり、減少しない連続関数が存在します$h:[0,\infty)\to[0,\infty)$ 応じて $F$ そのような $h(0) = 0$ そして、
$$|f(a) - f(b)| \leq h(|b-a|) \text{ when } a,b \in [-\alpha,\alpha].$$
したがって、
$$\sup_{y \in [\hat{x},x]} f(y) - \inf_{z \in [\hat{x},x]} f(z) := \overline{f} - \underline{f} \leq h(\beta).$$
しかしその後、
\begin{align} \underline{f}(x - \hat{x}) &\leq F(x) - F(\hat{x}) &\leq \overline{f}(x - \hat{x})\\ \underline{f}(x - \hat{x}) &\leq f(\hat{x})(x - \hat{x}) &\leq \overline{f}(x - \hat{x}). \end{align}
したがって、
$$\left|F(x) - F(\hat{x}) - f(\hat{x})(x - \hat{x})\right| \leq \left|(\overline{f} - \underline{f})(x - \hat{x})\right| \leq h(\beta)(x - \hat{x}) \leq \beta h(\beta).$$
結論として、 $\overset{(2)}{\approx}$ あなたの問題の声明では、次のように漸近的に保持されます $\beta \to 0$、しかしテイラーの定理によって与えられた特定の推定は次の場合に失敗する可能性があります $f$微分可能ではありません。代わりに、以下を含む見積もりを取得します$h$、コンパクトな空間に取り組んでいるために存在します。