La preuve de l'inégalité de Cantelli

J'essaie de prouver l'inégalité suivante:

EDIT: Presque immédiatement après avoir posté cette question, j'ai découvert que l'inégalité qu'on me demande de prouver s'appelle l'inégalité de Cantelli. Quand j'ai écrit cela, je ne savais pas que cette inégalité particulière avait un nom. J'ai trouvé plusieurs preuves via Google, donc je n'ai plus besoin d'une solution à proprement parler. Cependant, je maintiens cette question car aucune des preuves que j'ai trouvées n'implique d'invoquer le fait que , comme c'était à l'origine prévu. $t=E(t-X)\leq E[(t-X)\mathbb{I}_{X<t}]$

Pour , $t \geq 0$

$\mathbb{P}(X-E(X)\geq t)\leq \frac{V(X)}{V(X)+t^2}$

Notre professeur nous a donné les "conseils" suivants pour résoudre ce problème: "Commencez par résoudre le problème en supposant que puis utilisez le fait que . " $E(X)=0$ $t=E(t-X)\leq E[(t-X)\mathbb{I}_{X<t}]$

EDIT: Pour être clair, dans ma notation, fait référence à la fonction d'indicateur. $\mathbb{I}$

La première partie est assez simple. Il s'agit essentiellement d'une variation de la preuve de l'inégalité de Markov ou Tchebychev. Je l'ai fait comme suit:

$V(X)=\int_{-\infty}^{\infty}(x-E(X))^2f(x)dx$

(Je sais que, à proprement parler, nous devons remplacer par, disons, et par lors de l'évaluation d'une intégrale. Pour être honnête, cependant, je trouve que la notation / convention est inutilement déroutante et non terriblement transparent, donc je m'en tiens à ma notation plus informelle.) $x$ $u$ $f(x)$ $f_x(u)$

Si nous supposons que , alors ce qui précède se simplifie pour $E(X)=0$

$V(X)=\int_{-\infty}^{\infty}x^2f(x)dx$

Par souci de concision, je vais sauter quelques étapes, mais il est facile de montrer ensuite que

$V(X)\geq t^2 P(X>t)$ , ou plutôt . Puisque , nous pouvons remplacer le à gauche de ce dernier par . $P(X>t)\leq \frac{V(X)}{t^2}$ $E(X)=0$ $X$ $X-E(X)$

C'est là que j'ai du mal à avancer. Je ne comprends pas comment utiliser le fait que . Encore une fois, puisque , nous pouvons substituer dans pour . C'est équivalent à . Ensuite, nous pouvons réécrire le dans le dénominateur à droite de l'inégalité comme , qui depuis le terme moyen tombe en simplifiant en . Mais je ne vois pas non plus où aller d'ici. Bien que vous puissiez encore le réécrire sous la forme , ce qui me donne au moins le terme au bon endroit. $t=E(t-X)\leq E[(t-x)\mathbb{I}_{X<t}]$ $E(X)=0$ $t-E(X)$ $t$ $E(t-X)$ $t^2$ $[E(t-X)]^2$ $t^2-[E(X)]^2$ $t^2+V(X)-E(X^2)$ $V(X)+t^2$

De toute évidence, il me manque quelque chose, ici, lié à , mais je n'ai franchement aucune idée de quoi faire avec ce terme. Je comprends conceptuellement ce que ce terme me dit. Intuitivement, la valeur attendue de va être inférieure à la même quantité si se limite à être strictement inférieur à ; c'est-à-dire que le premier terme est susceptible d'être négatif, tandis que le second doit être positif. Mais je ne vois pas comment utiliser ce fait dans la preuve. $E(t-X) \leq E[(t-X)\mathbb{I}_{X<t}]$ $t-X$ $X$ $t$

J'ai essayé de "distribuer" à l'intérieur pour simplifier ...

$E[(t-X)\mathbb{I}_{X<t}]=E[t\mathbb{I}_{X<t} - X\mathbb{I}_{X<t}]=tP(X<t)-?$

Mais je ne sais pas comment évaluer . $E(X\mathbb{I}_{X<t}]$

Quelqu'un a une idée ou un indice?

— Ryan Simmons
source

Voir cette réponse pour une preuve d'une version plus générale de ce qu'on appelle parfois l'inégalité unilatérale de Chebyshev (ou l'inégalité unilatérale de Chebyshev-Cantelli ou l'inégalité Cantelli, etc., selon le livre que vous lisez).

— Dilip Sarwate

Je souhaite vraiment que vous n'ayez pas supprimé cette autre question. Il est préférable d'avoir posté une réponse, afin que d'autres puissent bénéficier des suggestions dans les commentaires ainsi que de la réponse, et vous pourriez bénéficier d'autres commentaires. Notez, par exemple, que , donc est 4 fois plus grand que nécessaire.

p (1 - p) \leq \frac{1}{4}

$p(1-p) \leq \frac{1}{4}$

1

$1$

— Glen_b -Reinstate Monica

intégrale (x (fx)) sur l'intervalle (t, inf)

En définissant , il s'ensuit que et . $Y=X-\mathbb{E}[X]$ $\mathbb{E}[Y]=0$ $\mathbb{Var}[Y]=\mathbb{Var}[X]=:\sigma^2=\mathbb{E}[Y^2]$

Pour , en utilisant l'inégalité de Markov, nous avons Minimiser: donne , et le résultat suit: $t,u>0$

Pr (Y \geq t) = Pr (Y + u \geq t + u) \leq Pr ((Y + u)^{2} \geq (t + u)^{2})

$\Pr(Y\geq t) = \Pr(Y+u\geq t+u) \leq \Pr((Y+u)^2\geq (t+u)^2)$

\leq \frac{E [(Y + u)^{2}]}{(t + u)^{2}} = \frac{σ^{2} + u^{2}}{(t + u)^{2}} =: φ (u) .

$\leq \frac{\mathbb{E}[(Y+u)^2]}{(t+u)^2} = \frac{\sigma^2+u^2}{(t+u)^2}=:\varphi(u).$

φ^{'} (u) = 0

$\varphi'(u)=0$

u = σ^{2} / t

$u=\sigma^2/t$

Pr (X - E [X] \geq t) \leq \frac{σ^{2}}{σ^{2} + t^{2}} .

$\Pr(X-\mathbb{E}[X]\geq t) \leq \frac{\sigma^2}{\sigma^2+t^2}.$

— Zen
source

C'est, en fait, la bonne approche, comme je l'ai découvert il y a près d'un an, mais j'ai oublié de revenir et de modifier cette question pour y inclure la réponse. Pour une raison quelconque, CrossValidated me donne une erreur lorsque j'essaie d'accepter cela comme la bonne réponse pour vous en attribuer le mérite.

— Ryan Simmons