Dejemos que $X_1,X_2,\ldots,X_n$ sean variables aleatorias iid con distribución simétrica. Demuestre que $$P\left(|X_1+X_2+\cdots+X_n|\ge \max_{1\le i\le n}|X_i|\right)\ge \frac12.$$
Lo estaba probando para $n=2$ . Dejemos que $I=P(|X+Y|\ge |X| \cap |X+Y| \ge |Y|)$ . Equivale a $$1-P(|X+Y|<|X| \cup |X+Y|<|Y|)=1-2P(|X+Y|<|X|)=1-2P(Y^2<-2XY)$$ Ahora $P(Y^2<-2XY)=P(Y^2<-2XY\mid XY\le 0)P(XY\le 0)=\frac12(P(Y^2<-2XY\mid XY\le 0)$ . Pero no pudo seguir adelante.
Aquí hay una respuesta para $n=2$ . Dejemos que $A=\{x | |x_1+\cdots x_n| \ge \|x\|_\infty \}$ . También hay que tener en cuenta que si $x\in A$ entonces $-x \in A$ . Dejemos que $B=\{ x | x_1 = 0 \text{ or } x_2 = 0 \}$ vemos que $B \subset A$ . Dejemos que $Q_k^\circ$ sea el interior de los cuatro cuadrantes, vemos que $Q_1^\circ \subset A$ y por lo tanto $Q_3^\circ \subset A$ . Tenga en cuenta que $B,Q_k^\circ$ forman una partición de $\mathbb{R}^2$ . Como las distribuciones son simétricas, vemos que $P Q_1^\circ = \cdots =P Q_4^\circ$ y como $PB + 4 P Q_1^\circ =1$ vemos que $P A \ge PB + 2 P Q_1^\circ \ge {1 \over 2} (PB + 4 P Q_1^\circ) = {1 \over 2}$ .
Definir $E_n$ para ser el evento que $|X_1 + \dots + X_n| \ge \max_{1 \le i \le n} |X_i|$ . Con $P(E_2) \ge \frac{1}{2}$ establecido, procedemos por inducción. Suponiendo que $P(E_n) \ge \frac{1}{2}$ argumentaremos que $P(E_{n+1}) \ge \frac{1}{2}$ .
La prueba comienza condicionando $P(E_{n+1})$ sobre si el máximo se alcanza en $X_{n+1}$ . Dejar $A$ sea el evento que $\max_{1\le i\le n+1}|X_i| = |X_{n+1}|$ tenemos la descomposición:
$$ P(E_{n+1}) = P(E_{n+1}|A)P(A) + P(E_{n+1}|A^c)P(A^c) $$
El objetivo será demostrar que $P(E_{n+1}|A)$ y $P(E_{n+1}|A^c)$ son ambos mayores que $\frac{1}{2}$ . Esto implicará que $P(E_{n+1}) \ge \frac{1}{2}$ .
Antes de continuar, debemos introducir algunas notaciones. Por comodidad, dejemos que $S_n := X_1 + \dots + X_n$ . Para simplificar la prueba, supondré que ni $S_n$ ni $X_{n+1}$ son iguales a cero. Bajo este supuesto, defina $F$ para ser el evento que $S_n$ y $X_{n+1}$ tienen el mismo signo. Tenga en cuenta que $P(F) = \frac{1}{2}$ por simetría de la distribución. Obsérvese además y que $E_n$ y $F$ son independientes y condicionalmente independientes dado $A$ .
Consideramos los casos de $A$ y $A^c$ por separado. En cada caso tendremos que condicionar en más subcasos.
En este caso tenemos
$$ \begin{align*} P(E_{n+1}|A) &= P\left(|S_n + X_{n+1}| \ge \max_{1\le i \le n+1}|X_i| \Big| A\right)\\ &= P\Bigl(|S_n + X_{n+1}| \ge |X_{n+1}|\Bigr)\\ &= P\Bigl(|S_n + X_{n+1}| \ge |X_{n+1}|\Bigr | F\Bigr)P(F) + P\Bigl(|S_n + X_{n+1}| \ge |X_{n+1}|\Bigr | F^c\Bigr)P(F^c) \end{align*} $$
Está claro que $P\Bigl(|S_n + X_{n+1}| \ge |X_{n+1}| \Bigr| F\Bigr) = 1$ . Desde $P(F) = \frac{1}{2}$ concluimos que $P(E_{n+1}|A) \ge \frac{1}{2}$ .
Supongamos que el máximo se alcanza en algún índice $m < n+1$ para que $$\max_{1\le i \le n+1}|X_i| = |X_m|$$
La cantidad de interés es ahora
$$ P(E_{n+1}|A^c) = P(|S_n + X_{n+1}|\ge |X_m|) $$ Ahora dividiremos el caso 2 en cuatro subcasos y los combinaremos al final para demostrar que $P(E_{n+1}|A^c) \ge \frac{1}{2}$ . El primer subcaso a considerar es si $|S_n| \ge |X_m|$ . Utilizando la notación previamente definida, este es el evento $E_n$ .
$S_n$ puede ser positivo o negativo, como se muestra en el siguiente gráfico.
Consideramos los subcasos definidos al observar si $S_n$ y $X_{n+1}$ tienen el mismo signo. Es decir, condicionamos aún más el evento $F$ .
Subcaso 2a(i): $P(E_{n+1}|A^c,E_n,F)$
Está claro que en este subcaso $P(E_{n+1}|A^c,E_n,F) = 1$
Subcaso 2a(ii): $P(E_{n+1}|A^c,E_n,F^c)$
En este subcaso, todavía tenemos alguna esperanza de que $|S_n + X_{n+1}| \ge |X_m|$ . Esto ocurrirá si $X_{n+1}$ no es demasiado grande en valor absoluto. Para ser precisos, la desigualdad deseada se cumple si $|X_{n+1}| \le \Bigl||X_m| - |S_n|\Bigr|$ . Y así en este subcaso tenemos
$$ P(E_{n+1}|A^c,E_n,F^c) = P\Bigl(|X_{n+1}| \le \Bigl||X_m| - |S_n|\Bigr|\Bigr) $$
Definir $G$ para ser el evento que $|X_{n+1}| \le \Bigl||X_m| - |S_n|\Bigr|$ . Lo necesitaremos más adelante.
Ahora las posiciones relativas se invierten:
Nos dividimos en subcasos condicionando a $F$ como antes.
Subcaso 2b(i): $P(E_{n+1}|A^c,E_n^c,F)$
En este subcaso, para tener $|S_n + X_{n+1}| \ge |X_m|$ necesitamos $|X_{n+1}|$ para ser grande. Para ser exactos $|S_n + X_{n+1}| \ge |X_m|$ si $|X_{n+1}| \ge \Bigl||X_m| - |S_n|\Bigr|$ . Y observamos que este acontecimiento es precisamente $G^c$ . Así que en este subcaso tenemos
$$ P(E_{n+1}|A^c,E_n^c,F) = P(G^c) $$
Subcaso 2b(ii): $P(E_{n+1}|A^c,E_n^c,F^c)$
Aquí no hay esperanza. En este subcaso tenemos $P(E_{n+1}|A^c,E_n^c,F^c)= 0$ .
No hay más subcasos (o subsubcasos) que considerar.
Queda por hacer el cálculo para demostrar que $P(E_{n+1}|A^c) \ge \frac{1}{2}$ . Tenemos:
$$ \begin{align*} P(E_{n+1}|A^c) &= P(E_{n+1}|A^c,E_n,F)P(E_n)P(F) + P(E_{n+1}|A^c,E_n,F^c)P(E_n)P(F^c) \\ &+ P(E_{n+1}|A^c,E_n^c,F)P(E_n^c)P(F) + P(E_{n+1}|A^c,E_n^c,F^c)P(E_n^c)P(F^c)\\ &= \frac{1}{2}P(E_n) + \frac{1}{2}P(E_n)P(G) + \frac{1}{2}P(E_n^c)P(G^c) + 0\\ &= \frac{1}{2}\Bigl[ P(E_n) + P(E_n)P(G) + P(E_n^c)\bigl(1 - P(G)\bigr)\Bigr]\\ &= \frac{1}{2}\Bigl[1 + P(E_n)P(G) - P(E_n^c)P(G) \Bigr] \\ &\ge \frac{1}{2} \quad \text{by the induction hypothesis } \square\\ \end{align*} $$
I-Ciencias es una comunidad de estudiantes y amantes de la ciencia en la que puedes resolver tus problemas y dudas.
Puedes consultar las preguntas de otros usuarios, hacer tus propias preguntas o resolver las de los demás.
