La minimización de la expectativa a través de un conjunto, respecto a la medida de Gauss

Question

Recientemente he leído una prueba [1] donde, en el último paso, los autores utilizan una desigualdad que básicamente equivale a un límite inferior en $\int_\mathbb{R} \mathbf{1}_A(x)|x| \phi(x)dx$ donde $\phi$ es el Gaussiano pdf ($\phi(x)=\frac{e^{-x^2/2}}{\sqrt{2\pi}}$) y $A$ es un conjunto de Borel sujeto a $\int_\mathbb{R} \mathbf{1}_A(x)\phi(x)dx = p$. El obligado que utilizan es $p^2/2$; me preguntaba si este era apretado (hasta un factor constante), o si se podría mejorar este ser mejor que el de una plaza de dependencia en $p$: $$ \min_{A\in\mathcal{B}_\mathbb{R}} \int_\mathbb{R} \mathbf{1}_A(x)|x| \phi(x)dx\qquad\\ \text{s.t.} \int_\mathbb{R} \mathbf{1}_A(x)\phi(x)dx = p $$

¿Alguien sabe si un resultado de este tipo es conocido? Cualquier ayuda o sugerencia es bienvenida.

Clemente.

[1] Teorema 4 de la Prueba halfspaces En Proc. 20 Simposio Anual en los diferentes Algoritmos (SOSA (2009) por Kevin Matulef, Rocco A. Servedio, Ronitt Rubinmdld

Answer 1

Uno se busca la mínima $E[|X|;X\in A]$ $P[X\in A]=p$ donde $X$ es normal estándar. El conjunto óptimo $A$ algunos $A=(-a,a)$ (véase la Edición de abajo), luego $$ E[|X|;X\in A]=\frac2{\sqrt{2\pi}}(1-\mathrm e^{- ^2/2}),\qquad P[X\in A]=\frac2{\sqrt{2\pi}}\int_0^a\mathrm e^{-x^2/2}\mathrm dx. $$ Cuando $a\to0$, $E[|X|;X\in A]\sim a^2/\sqrt{2\pi}$ y $P[X\in A]\sim2a/\sqrt{2\pi}$, por lo tanto, no hay mejor límite inferior de $$ E[|X|;X\in A]\geqslant cP[X\in A]^2,\qquad c=\sqrt{2\pi}/4, $$ puede contener para cada $a$. Vamos a demostrar la enlazado anteriormente es de hecho universal.

Deshacerse de los irrelevante multiplicativo constantes, uno ve que la reclamación tiene si y cada una de las si $u(a)\geqslant0$ por cada $a\geqslant0$, donde $$ u(a)=1-\mathrm e^{- ^2/2}-\frac12\left(\int_0^a\mathrm e^{-x^2/2}\mathrm dx\right)^2. $$ Tenga en cuenta que $u(0)=0$ y que por cada $a\geqslant0$, $$ u'(a)=\mathrm e^{- ^2/2}\left (\int_0^a\mathrm e^{-x^2/2}\mathrm dx\right)\geqslant0, $$ por lo tanto la demanda se mantiene. Finalmente, el óptimo universal límite inferior es $$ \int_\mathbb{R} \mathbf{1}_A(x)\phi(x)dx = p\implica\int_\mathbb{R} \mathbf{1}_A(x)|x| \phi(x)dx\geqslant\frac{\sqrt{2\pi}}4\,p^2. $$ Edit: Suponga que $P[X\in A_+]=P[0\leqslant X\leqslant a_+]$ donde $A_+=A\cap(0,+\infty)$ y definir $A_0=A_+\cap(0,a_+)$, $A_1=(0,a_+)\setminus A_+$ y $A_2=A_+\setminus(0,a_+)$, lo que $(0,a_+)=A_0\cup A_1$, $A=A_0\cup A_2$ y $P[X\in A_1]=P[X\in A_2]$$A_1\subseteq(0,a_+)$$A_2\subseteq(a_+,+\infty)$.

Por lo tanto, $E[|X|;X\in A_1]\leqslant a_+P[X\in A_1]$$E[|X|;X\in A_2]\geqslant a_+P[X\in A_2]$, $E[|X|;X\in A_1]\leqslant E[|X|;X\in A_2]$. La adición de $E[|X|;X\in A_0]$ a ambos lados, uno se $E[|X|;0\leqslant X\leqslant a_+]\leqslant E[|X|;X\in A_+]$.

Del mismo modo, la sustitución de $A_-=A\cap(-\infty,0)$ $(-a_-,0)$ donde $P[X\in A_-]=P[-a_-\leqslant X\leqslant 0]$ rendimientos $E[|X|;X\in A_-]\geqslant E[|X|;-a_-\leqslant X\leqslant 0]$ por lo tanto $E[|X|;X\in A]\geqslant E[|X|;-a_-\leqslant X\leqslant a_+]$ donde $P[X\in A]=P[-a_-\leqslant X\leqslant a_+]$.

Queda por demostrar que $E[|X|;-a_-\leqslant X\leqslant a_+]\geqslant E[|X|;-a\leqslant X\leqslant a]$ donde $a$ está definida únicamente por la condición de $P[-a_-\leqslant X\leqslant a_+]=P[-a\leqslant X\leqslant a]$. Esto se hace como en el anterior, la comparación de $|X|$ en las dos partes de $(-a_-,a_+)\triangle(-a,a)$.

Finalmente, $E[|X|;X\in A]\geqslant E[|X|;|X|\leqslant a]$ donde $P[X\in A]=P[|X|\leqslant a]$.

Answer 2

Esto no es una prueba real. Sin embargo, se dan algunas ideas. La primera de todas las $x$ es linealmente creciente y la densidad es exponencialmente decreciente. Debido a que el valor absoluto $|x|$ supongamos $\mathbb{R}^+$ por el momento. En primer lugar, debemos mostrar para un intervalo de $[a_1, a_2]$ si $a_1=0$ es un minimizer o no. Desde $x$ es creciente y la densidad va disminuyendo a una tasa más alta, si no existe otro intervalo de con $a_1\neq 0$ debería estar en extremos superior o inferior de los extremos, es decir, cuando se $a_1<\epsilon$ donde $\epsilon$ es un número pequeño o al $a_1=k$ tal que $[k, \infty]$ satisface la condición de zonas. Si en ambas condiciones $a_1=0$ es el minimizer de $a_1=0$ debe ser de al menos una parte de la solución, es decir, cuando finitely o un número infinito número de intervalos que se asume. De acuerdo a algunas simulaciones que hice, cuando un "único intervalo" se supone $a_1=0$ es el minimizer. Incluso no es difícil mostrar que algebraicamente, creo.

Abajo está la comparación del límite inferior $p^2/2$ (magenda) con la cota obtenida por $[-a_1, a_1]$ $a_1\in\mathbb{R}^+$ (azul).

Si el intervalo suposición general es suficiente, entonces, la curva azul es la minimizer de la función y el límite inferior por $p^2/2$ no está apretado.