Desde $\frac{1}{1+M}$ es convexa, es fácil obtener $\mathbb{E}[\frac{1}{1+M}] \ge \frac{1}{\mathbb{E}[M]+1} = \frac{1}{np+1}$ . Sin embargo, lo que necesito es un simple límite superior en términos de $n^{-1}$ . ¿Alguna buena idea? Límite superior en el caso de que $n$ es lo suficientemente grande también está bien.
Respuestas
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Jimmy Kang
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Según esta respuesta , $\mathbb{E}(\frac{1}{1+M}) =\frac{1}{(n+1)p}\cdot(1-(1-p)^{n+1})$ el límite superior puede ser $\frac{1}{(n+1)p}$ .
Heurística
Puede jugar con diferentes valores de $n$ en mi gráfico en línea . (He cambiado $p$ a $x$ por razones técnicas, sustituido $n$ con $10^n$ (función inyectiva sobre $n$ ), y $\log$ preserva la acotación en $p\in(0,1)$ ). En $y$ -La intersección de la curva convexa estrictamente decreciente es observado sea el valor de $n$ que hayas establecido.
Motivación ( editado en respuesta a los comentarios )
Basado en otra respuesta , $$\bbox[2px, border: 1px solid black]{\mathbb{E}\left[\frac{1}{1+M}\right] =\frac{1}{n+1}\cdot\frac{1-(1-p)^{n+1}}{p}} \color{gray}{\left(\le\frac{1}{(n+1)p}\right)}.$$
Si $p$ se convierte en $\text{s}\small\text{ma}\tiny\text{ll}$ entonces $\left((n+1)\tiny{p}\right)^{\Large{-1}} \large\text{blows } \Large\text{up}$ . Dado que OP pide un límite superior en términos a $n$ Trataré de deshacerme de $p$ tomando supremum en $p\in(0,1)$ . Al hacerlo, veremos finalmente que el límite superior es $1$ . A partir del primer comentario, verás que esto es inmediato a partir de la monotonicidad de $\Bbb E$ . Sin embargo, al hacerlo, sabrá que el mejor límite superior para $\Bbb {E}[1/(1+M)]$ independiente de $p$ es $1$ .
Derivación formal
A partir del gráfico, vemos que el paso clave es establecer monótono convergencia $(1-(1-p)^{n+1})/p \uparrow n$ como $p \downarrow 0$ para cada fijo $n$ . (La monotonicidad nos permite poner un signo de desigualdad sin tener en cuenta $\epsilon$ - $\delta$ .)
Para deshacerse de $p$ para cada fijo $n$ definir \begin{align} f_n(p)&=\frac{1-(1-p)^{n+1}}{p} \quad \forall\,p\in(0,1). \\ f_n'(p)&=\frac{(n+1)p(1-p)^n-(1-(1-p)^{n+1})}{p^2} \\ &= \frac{[(n+1)p+(1-p)](1-p)^n-1}{p^2} \\ &= \frac{(np+1)(1-p)^n-1}{p^2} < 0 \end{align}
La última desigualdad se debe a que la gama de $g_{jn} (x) =(1+jx)(1-x)^n$ es $[0,1]$ . En la respuesta a esa pregunta, $g_{jn} '(x) < 0$ Así que $g_{jn} (x)$ es inyectiva. En este caso, tomemos $j=n$ y $x=p$ . Puesto que suponemos que $p \in (0,1)$ podemos quitar los puntos finales $0$ y $1$ de la gama y concluir que $0<g_{nn}(p)=f_n(p)<1$ para todos $p \in (0,1)$ .
Para evaluar el límite de $f_n(p)$ como $p\downarrow0$ expandimos los primeros términos del denominador. Los términos de grado $\ge2$ con respecto a $p$ desaparecen como $p\downarrow0$ dejando $n+1$ solo.
$$\bbox[2px, border: 1px solid black]{f_n(p) \le \frac{1-(1-p)^{n+1}}{p} \le n+1}$$
Combinando esto con otra respuesta, tenemos $$\mathbb{E}\left[\frac{1}{1+M}\right] \le 1.$$ No hay mejor límite superior independiente de $p$ existe.
