Mostrar constantes $P(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}Y_i\geq c)\leq e^{-nd}$ $c$ y $d$

Question

Deje $Y_1, Y_2\ldots$ ser una secuencia de yo.id. variables aleatorias uniformemente distribuidas en $[0,1]$. Deje $c>\frac{1}{2}$. Demostrar que no existe $d>0$ (depende de la $c$) tales que

$$P\left(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}Y_i\geq c\right)\leq e^{-nd}$$

Qué podría hacer mejor hasta ahora:

$E(Y_i)=\frac{1}{2}$ $V(Y_i)=\frac{1}{12}$ desde $Y_i$ están distribuidos de manera uniforme en $[0,1]$.

Por la debilidad de la Ley de los Grandes Números:

$$P\left(\Big|\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}(X_i-E(X_i))\Big|\geq\epsilon\right)\leq\frac{V(X_i)}{n\epsilon^2}$$

entonces

$$P\left(\Big|\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}X_i-\sum_{i=1}^{n}E(X_i)\Big|\geq\epsilon\right)\leq\frac{V(X_i)}{n\epsilon^2}$$

$$P\left(\Big|\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}X_i-\frac{n}{2}\Big|\geq\epsilon\right)\leq\frac{1}{12n\epsilon^2}$$

Estoy atrapado aquí.

Tengo poca idea de cómo obtener la función exponencial.

Podría alguien por favor dar alguna luz sobre cómo el enfoque y proceder con el problema?

Gracias.

EDITADO

Gracias @Fnacool para la pista. Pero yo estaba estancada en algunos pasos:

$$P\left(\frac{1}{n}\sum_{i=1}^{n}Y_i\geq c\right)=P\left(e^{\theta\sum_{i=1}^{n}Y_i}\geq e^{\theta cn}\right)\leq\frac{E\left(e^{\theta\sum_{i=1}^{n}Y_i}\right)}{e^{\theta cn}}=\frac{E[e^{\theta Y}]^n}{e^{\theta cn}}$$

Ahora $E[e^{\theta Y}]^n=(\int_0^1 e^{\theta y}\times1 dy)^n$ desde el pdf de $Y$ $f(y)=1$

Entonces

$$\left(\int_0^1 e^{\theta y}\times1 dy\right)^n=\left(\left[\frac{1}{\theta}e^{\theta y}\right]_0^1\right)^n=\left(\frac{e^{\theta}}{\theta}-\frac{1}{\theta}\right)^n$$

Entonces me quedé aquí. ¿Cómo podemos realizar la expansión multinomial?

Answer 1

Pista:

1. $\{\sum_{i=1}^n Y_i > cn\} = \{e^{\theta \sum_{i=1}^n Y_i }>e^{\theta cn}\}$ cualquier $\theta>0$.
2. Para el positivo de la variable aleatoria, $Z$ y $z>0$, $P(Z>z)\le E[Z]/z$.
3. $E[e^{\theta \sum_{i=1}^n Y_i}] = E[e^{\theta Y_1}]^n$
4. Siguiente,

$$ E [ e^{\theta Y}]= \int_0^1 e^{\theta u} du = \frac{e^{\theta}-1}{\theta}=e^{\theta} \left( \frac{1-e^{-\theta}}{\theta}\right).$$

Por lo tanto, nuestro límite superior es

$$ e^{n \theta} \left( \frac{1-e^{-\theta}}{\theta}\right)^n e^{-\theta c n}.$$

Tomar logaritmo para obtener

$$ n \left ( \theta (1-c)+\ln (1-e^{-\theta})-\ln \theta\right)=(*)$$

Necesitamos que esto sea negativo. Vamos a optimizar $\theta$. En principio, lo suficientemente pequeño como $\theta$ va a hacer el truco. Aquí es un manos desnudas enfoque.

Tome $e^{-\theta} > 1-\theta+ \theta^2/2 -\theta^3/6$ (cuarta derivada es positiva). Por lo tanto, $$\ln (1-e^{-\theta}) < \ln \theta + \ln (1-\theta/2+\theta^2/6) .$$

y, a continuación,

$$(*) < n (\theta(1-c)+ \ln (1-\theta/2+\theta^2/6)).$$

El uso de $\ln (1-x)<-x$ $x<1$ y la elección de $\theta$, de modo que $\theta/2-\theta^2/6<1$, finalmente tenemos

$$ (*) < n (\theta (1-c) -\theta/2+\theta^2/6)=n\theta( (\frac 12 -c) + \frac{\theta}{6}).$$

Por lo suficientemente pequeño como $\theta>0$ esto es negativo.