Médiane inégalité

Hello, et m?

Soit $\Phi(x) = P(N\le x)$ la fonction de répartition pour $N(0,1)$.
On a $\displaystyle P
\Big(
\bar{X}_{B_i} - \mu \ge \frac{2\sigma}{\sqrt{m}}
\Big)
= 1-\Phi\Big(2 \cdot \sqrt{\frac{K \cdot \sharp B_i}{n}}\Big) = a_i$.
Donc $\displaystyle P
\Big(
\mu_K-\mu \ge \frac{2\sigma}{\sqrt{m}}
\Big)
=
\sum_{\ell=\lceil K/2 \rceil}^{K}
\sum_{\sharp L = \ell}
\Big(
\prod_{i\in L} a_{i} \times
\prod_{i\not\in L} (1-a_{i})
\Big)
$. ($L$ parcourt les parties de $\{1,\dots,K\}$ de cardinal $\ell$).

Quand tous les $B_i$ sont de cardinal $m=\frac{n}{K}$, ça donne exactement $P\big(Bin(K,1-\Phi(2))\ge K/2\big)$, ce qui est plus petit que $P\big(Bin(K,1/4)\ge K/2\big)$.

Pour le cas général, je ne sais pas trop, mais c'est sans doute un truc de convexité ($\ln(\Phi)$ est convexe ou concave)

Ah ok, elles ne sont pas normales, j'ai inventé l'hypothèse tout seul.

C'est pour ça alors que je ne comprenais pas trop le $\frac{1}{4}$.

Du coup le $\frac{1}{4}$, c'est ce qui est donné par l'inégalité de Bienaymé-Chebyshev.

Si les $\underbrace{\bar{X}_{B_{i}}}_{Y_i}$ sont iid, c'est beaucoup plus simple, bien sûr.

Pour que la médiane soit $\ge a$, il faut qu'il y ait au moins $K/2$ valeurs qui soient $\ge a$.

En notant $\epsilon_i = 1_{Y_i\ge a}$, on veut donc $\sum \epsilon_i \ge K/2$.

Or $\epsilon_i \hookrightarrow B(\underbrace{P(Y_i\ge a)}_{=p})$ sont iid, donc la somme est binomiale $B(K,p)$.

Or $p\le\frac{1}{4}$ (BC), d'où le résultat.