積率母関数の上限を導出する確率の不平等を証明する[クローズ]
私は次の不平等を証明することに固執しています。
しましょう $X_i$[0,1]の独立したrvである。外延する$S=X_1+\dots+X_n$。
いずれの場合も注意してください $a\in \mathbb{R}$ そして $0\leq x\leq 1$、 我々は持っています $$e^{ax}\leq 1-x+xe^a \tag{0}$$
- モーメント母関数の上限を提供する次の不等式をどのように表示しますか？
どんな場合でも $a\in \mathbb{R}$、
$$M_{X_i}(a) := \mathbb{E}[e^{aX_i}]\leq e^{\mathbb{E}[X_i](e^a-1)} \tag{1.1}$$ そして $$M_S(a) := \mathbb{E}[e^{aS}]\leq e^{\mathbb{E}[S](e^a-1)} \tag{1.2}$$
それぞれを想定 $M_{X_i}(a) := \mathbb{E}[e^{aX_i}]$ 存在する（したがって $M_S(a)$ 存在する）
- また、これを次のように拡張するにはどうすればよいですか？
どんな場合でも $0<t<1$、
$$\mathbb{P}(S\geq (1+t)\mathbb{E}[S])\leq(\frac{e^t}{(1+t)^{1+t}})^{\mathbb{E}[S]} \tag{2.1}$$
そして
$$\mathbb{P}(S\geq (1-t)\mathbb{E}[S])\leq(\frac{e^{-t}}{(1-t)^{1-t}})^{\mathbb{E}[S]} \tag{2.2}$$
回答
（以前は部分的な回答でしたが、現在は完全な回答です。願っています）。
1.1を証明するには：
使用する別の不等式があります：私たちは $b \in \mathbb R$ それ $$1+b \le e^b \tag{A}$$
沿って $(0)$、 $M_X(a) \le 1+(e^a-1)E[X]$。沿って$(A)$ と $b=(e^a-1)E[X]$、 我々が得る $1+(e^a-1)E[X] \le e^{E[X](e^a-1)}$。
注：私は実際に不平等を得ました $(A)$ ここから： https://en.wikipedia.org/wiki/Moment-generating_function#Other_properties ->「これは単純な不等式から生じる」の部分。
1.1から1.2を証明するには：
独立によって（の独立 $X_i$ の独立を意味します $e^{aX_i}$ なぜなら $f(x)=e^{ax}, f: \mathbb R \to \mathbb R$測定可能か何かです。参照ここやここやここに私の新しい質問、共同密度分割アップか何か）の面で...または独立の使用の定義
$$\mathbb{E}[e^{a(\sum_i X_i)} = \prod_i e^{aX_i}] = \prod_i E[e^{aX_i}]$$
それから1.1は言う $E[e^{aX_i}] \le e^{\mathbb{E}[X_i](e^a-1)}$。したがって、それぞれの非否定性から$E[e^{aX_i}]$、
$$\mathbb{E}[e^{a(\sum_i X_i)}] \le \prod_i e^{\mathbb{E}[X_i](e^a-1)} = e^{\sum_i \mathbb{E}[X_i](e^a-1)} = e^{E[S](e^a-1)}$$
2の場合（1を試行）：
マルコフの不等式が役立つかどうかはわかりませんが...
マルコフの不等式は、適用可能であると仮定すると、
$$\mathbb{P}(S\geq (1 \pm t)\mathbb{E}[S])\le \frac{E[S]}{(1 \pm t)\mathbb{E}[S]} = \frac{1}{1 \pm t}$$
ここで、マルコフの不等式は次の理由で適用できます。 $S$、 $1 \pm t$ そして $\mathbb{E}[S]$ 負ではありませんが、IF $\mathbb{E}[S]$ゼロ以外です。この時点で、非負の確率変数は、ほぼ確実にゼロである場合に限り、平均がゼロであると使用しましょう。
2の場合（2を試行）：
マルコフの不等式は役立つと思いますが、 $P(S \ge (1 \pm t)\mathbb{E}[S])$ 直接ではなくむしろ $P(S \ge (1 \pm t)\mathbb{E}[S]) = P(e^{mS} \ge e^{m[(1 \pm t)\mathbb{E}[S])]})$、任意の $m > 0$。我々が得る
$$P(S \ge (1 \pm t)\mathbb{E}[S]) \le e^{-m((1 \pm t)\mathbb{E}[S])} M_S(m) \tag{B}$$
確率変数のそれに基づく（ここを参照）$Z$ （非負である必要はありません）そして $z$ （ポジティブである必要はありません）そして $m > 0$
$$P(Z \ge z) \le e^{-zm} M_Z(m) := e^{-zm} E[e^{mZ}]$$
私は（2.1）のためにそれを得たと思います：
に $(B)$、選択 $m=\ln(1+t)$、これは確かにポジティブです $0 < t$ （どこかわからない $t < 1$使用されている。多分これは（2.2）でもっと使われます）そして$(0)$ オン $E[e^{mS}]$ と $a=m$：
$$P(S \ge (1 + t)\mathbb{E}[S]) \le e^{(e^m-1-m-mt)E[S]}$$
その後 $e^{(e^m-1-m-mt)E[S]}$ 確かに $\le (\frac{e^t}{(1+t)^{1+t}})^{\mathbb{E}[S]}$、（私は願っています！）これは、次の場合にのみ当てはまります。 $(e^m-1-m-mt)E[S] \le \mathbb{E}[S] \ln(\frac{e^t}{(1+t)^{1+t}})$、これは、次の場合にのみ当てはまります。 $e^m-1-m+mt \le \ln(\frac{e^t}{(1+t)^{1+t}} = t - (1+t)\ln(1+t)$
2.2の場合も同様です:(多分関連：ボレル・カンテリ関連の演習：それを示してください$\sum_{n=1}^{\infty} p_n < 1 \implies \prod_{n=1}^{\infty} (1-p_n) \geq 1- S$。）
行う $m=ln(1-t)$。今これは使用します$t < 1$ （かどうか分からない $0 < t$使用されている）。証明する代わりに '$e^m-1-m-mt \le t - (1+t)\ln(1+t)$'、私たちは証明する必要があります...どちらか
$e^m-1-m+mt \le - t \pm (1-t)\ln(1-t)$。どれを再確認しますか$\pm$ しかし、私は私たちが持っていると信じているにもかかわらず
$e^m-1-m+mt \le - t - (1-t)\ln(1-t)$。最後に、それが$+$、それを使用するだけ $- t - (1-t)\ln(1-t) \le - t + (1-t)\ln(1-t)$。
備考：クラスに参加していない場合は、マルコフの不等式を証明することを忘れないでください！