Granice wariancji sumy zależnych zmiennych losowych

Aug 16 2020

Pozwolić $x_1, \ldots, x_n$być ewentualnie zależnymi zmiennymi losowymi, z których każda przyjmuje wartości$x_i \in \{0, 1, 2\}$. Załóżmy dalej, że w każdym wyniku liczba zmiennych losowych równa 2 wynosi dokładnie 1. Teraz dla każdej$i \in \{1, \ldots, n\}$ definiować $$ f_i = \begin{cases} \Pr[x_i = 2 \mid x_i \geq 1] & \text{if } x_i \geq 1\\ 0 & \text{if } x_i =0 \end{cases}, $$ i pozwól $ f = \sum_i f_i. $

Moje pytanie brzmi, jak duża może być wariancja $f$być? Moje przypuszczenie jest takie, że powinniśmy być w stanie go związać$O(1)$ ale nie wiem, jak to udowodnić.


Uwaga: jeśli to pomoże, łatwo to udowodnić $E[f] = 1$: $$ E[f] = \sum_i E[f_i] = \sum_i \Pr[x_i \geq 1] \times \Pr[x_i = 2 \mid x_i \geq 1] = \sum_i \Pr[x_i = 2] = 1, $$ gdzie ostatnia równość pochodzi z naszego początkowego założenia, że ​​we wszystkich wynikach dokładnie jeden z $x_i$równa się 2.

Odpowiedzi

4 IosifPinelis Aug 16 2020 at 22:11

$Var\,f$ może być rzędu $n$ (ale nie więcej).

Rzeczywiście, niech $U$ i $N$ być takimi niezależnymi zmiennymi losowymi $P(U=1)=:p=1-P(U=0)=:q$ i $P(N=i)=1/n$ dla wszystkich $i\in[n]:=\{1,\dots,n\}$. Pozwolić$$x_i:=1(U=1,N\ne i)+2\times1(N=i). $$ Następnie z $p=1/n$ $$Var\,f\sim n/4\tag{1}$$ (tak jak $n\to\infty$).

Z drugiej strony, $$Var\,f\le Ef^2=\sum_{i,j\in[n]}Ef_if_j\le\sum_{i,j\in[n]}Ef_i =n\sum_{i\in[n]}Ef_i=n.$$


Szczegóły na temat (1): Mamy $$Ef^2=\sum_{i,j\in[n]}Ef_if_j \\ =\sum_{i,j\in[n]}P(x_i=2|x_i\ge1)P(x_j=2|x_j\ge1) P(x_i\ge1,x_j\ge1),\tag{2}$$ $$P(x_i\ge1)=1-P(x_i=0)=1-P(U=0)P(N\ne i)=1-q(1-1/n)=p+q/n,$$ $$P(x_i=2)=P(N=i)=1/n,$$ $$P(x_i=2|x_i\ge1)=\frac{P(x_i=2)}{P(x_i\ge1)}=\frac{1/n}{p+q/n},$$ i $$P(x_i\ge1,x_j\ge1)=1-P(x_i=0\text{ or }x_j=0)=1-P(x_i=0)-P(x_j=0)+P(x_i=0,x_j=0) =1-2q(1-1/n)+q(1-2/n)=1-q=p$$ dla $i\ne j$. Wybieram teraz$p=1/n$, mamy
$$Ef^2\sim n/4.$$ Od $Ef=1$, (1) teraz następuje.


Patrząc wstecz na (2), teraz idea konstrukcji powinna stać się przejrzysta: chcemy zrobić $P(x_i\ge1,x_j\ge1)$ dla $i\ne j$ znacznie większy niż $P(x_i\ge1)P(x_j\ge1)$ a jednocześnie nie robić $P(x_i\ge1,x_j\ge1)$za mały. Wybór$p=1/n$ jest prawie optymalny pod tym względem.