(Me he dado cuenta de que la afirmación de mi segunda pregunta es cierta. Comparto un boceto de prueba para futuras referencias).
Dejemos que $\mu = \mathbb{E}\left[{X}\right]$ , y definir $Y = X- \mu$ . Basta con demostrar que $$ \mathbb{E} \left[ \exp\left(\lambda \cdot Y\right) \right] \le \exp\left(\frac{1}{2} \cdot \sigma^{2} \cdot \lambda^{2}\right), \quad \lambda \in \mathbb{R}, $$ para $\sigma^{2} = O(B\sqrt{\log{C}})$ . (En la secuela, asumo que $\log{C} \ge 1$ .)
En primer lugar, derivamos un límite superior para los momentos absolutos de $Y$ : \begin{align} \mathbb{E} \left[ \left\lvert{Y}\right\rvert^{p} \right] = \mathbb{E} \left[ |{X} - \mu |^{p} \right] \le \mathbb{E}\left[ \max\left\lbrace {X}, \mu\right\rbrace^{p} \right] \le \mathbb{E}\left[ {X}^{p} \right] + \mu^{p}, \end{align} donde hemos tenido en cuenta que $X\ge 0$ y a su vez $\mu \ge 0$ . Ahora, $X^{p}$ es una variable aleatoria no negativa, y a su vez \begin{align} \mathbb{E}\left[ X^{p} \right] &= \int_{0}^{\infty} \mathrm{P}\left( {X}^{p} \ge u\right) du = \int_{0}^{\infty} \mathrm{P}\left( {X}^{p} \ge t^{p}\right) \cdot {p} \cdot t^{p-1} dt \nonumber\\ &= \int_{0}^{\infty} \mathrm{P}\left( {X} \ge t\right) \cdot {p} \cdot {t^{p-1}} dt \nonumber\\ &= \underbrace{ \int_{0}^{t_{0}} \mathrm{P}\left( {X} \ge t\right) \cdot {p} \cdot {t^{p-1}} dt }_{I_{1}} + \underbrace{ \int_{t_{0}}^{\infty} \mathrm{P}\left( {X} \ge t\right) \cdot {p} \cdot {t^{p-1}} dt, }_{I_{2}} \label{sug-gaussian:X-pth-moment-start-ub} \end{align} para cualquier $t_{0} \ge 0$ . Para $t_{0} = ({B}\sqrt{\log{C}})^{1/2}$ tenemos \begin{align} I_{1} = \int_{0}^{t_{0}} \mathrm{P}\left( {X} \ge t\right) \cdot {p} \cdot {t^{p-1}} dt \le \int_{0}^{t_{0}} {p} \cdot {t^{p-1}} dt = t_{0}^{p} = \left({B}\sqrt{\log{C}}\right)^{p/2}. \label{sug-gaussian:I1-ub} \end{align} Para la segunda parte, dejemos que $f(t) = {C} \cdot e^{-t^{2}/B}$ y $g(t) = e^{-t^{2}/\left({B}\sqrt{\log{C}}\right)}$ . Se puede comprobar que $f(t) \le g(t)$ para $t \ge ({B}\sqrt{\log{C}})^{1/2}$ (suponiendo que $\log{C} \ge 1$ ). Entonces, \begin{align} I_{2} &= \int_{t_{0}}^{\infty} \mathrm{P}\left( {X} \ge t\right) \cdot {p} \cdot {t^{p-1}} dt \le \int_{t_{0}}^{\infty} f(t) \cdot {p} \cdot {t^{p-1}} dt %\nonumber\\& \le \int_{t_{0}}^{\infty} g(t) \cdot {p} \cdot {t^{p-1}} dt, \label{sug-gaussian:I2-ub} \end{align} De ello se deduce que para la elección particular de $t_{0}$ , \begin{align} I_{2} &\le \int_{t_{0}}^{\infty} g(t) \cdot {p} \cdot {t^{p-1}} dt \le \int_{0}^{\infty} g(t) \cdot {p} \cdot {t^{p-1}} dt \nonumber\\ &\le \int_{0}^{\infty} e^{-t^{2}/(B\sqrt{\log{C}})} \cdot {p} \cdot {t^{p-1}} dt = (B \sqrt{\log{C}})^{p/2} \cdot \frac{p}{2} \cdot \Gamma\left( \frac{p}{2}\right) \end{align} Combinando los límites de las dos partes, tenemos \begin{align} \mathbb{E}\left[ X^{p} \right] \le \left({B}\sqrt{\log{C}}\right)^{p/2} \cdot \left( 1 + \frac{p}{2} \cdot \Gamma\left( \frac{p}{2}\right) \right). \end{align} Específicamente para $p=1$ encontramos \begin{align} \mu = \mathbb{E}\left[ X\right] \le 2 \cdot \left({B}\sqrt{\log{C}}\right)^{1/2}. \label{sub-gaussian:ub-on-mean} \end{align} Además, para cualquier $p \ge 2$ , \begin{align} \mathbb{E}\left[ X^{p} \right] \le \left({B}\sqrt{\log{C}}\right)^{p/2} \cdot 2^{p} \cdot \left( \frac{p}{2}\right)^{p/2}. \end{align} Finalmente, combinando lo anterior encontramos que para cualquier $p \ge 2$ , $$ \mathbb{E} \left[ \left\lvert{Y}\right\rvert^{p} \right] \le c^{\prime} \left({B}\sqrt{\log{C}}\right)^{p/2} \cdot 2^{p} \cdot \left( \frac{p}{2}\right)^{p/2}, $$ para alguna constante positiva $c^{\prime}$ .
Teniendo el límite superior anterior en $\mathbb{E}\left[ |Y|^{p}\right]$ , podemos demostrar ahora (véase el lema 5.5 en https://arxiv.org/pdf/1011.3027v7.pdf que \begin{align} \mathbb{E} \left[ \exp\left({\lambda}{Y}\right) \right] &= \exp(O\left((B\sqrt{\log{C}})^{2}\lambda^{2}\right)) \end{align} que es el resultado deseado.
