證明一階統計量期望的 diff-in-diff（樣本大小）為正（Stigler 1961）
我試圖證明 Stigler (1961)，“資訊經濟學”中的一個主張。這種說法與表明進行額外搜尋（例如，以更低的價格搜尋額外的商店）的邊際收益正在減少搜尋次數有關。
讓 $ F $ 成為價格分佈 $ p $ . 那麼，之後的最低價格的期望值 $ n $ 搜尋是
$$ E(n) \equiv n \int_0^\infty p (1-F)^{n-1} F’ \mathrm d p. $$ 在論文中，聲稱是 $$ [E(n+2) - E(n+1)] - [E(n+1) - E(n)] > 0. $$ 我在這裡找到了一個相關的問題。但是，這個連結的問題考慮了任意的最大值 $ n_1 < n_2 < n_3 $ . 在這裡，我只考慮 Stigler 文章中出現的聲明。有人知道如何證明這一點嗎？
筆記：
- 我注意到“凸”在這裡是否是正確的術語。連結的問題及其答案引起了一些懷疑，即嚴格意義上的凸性。我想我所追求的只是差異的差異（凸性較弱的條件？）。
好吧，你不能取 $ E(n) $ 關於 $ n $ ， 因為 $ n $ 是一個整數變數。
更一般地說，你想證明一個關於 $ n $ . 您遇到的問題是相應的域不是凸集：例如，對於 $ n $ 和 $ n+1 $ , $ 0<\lambda <1 $ ， 價值 $ \lambda n + (1-\lambda) (n+1) = n+1-\lambda $ 不屬於域，因為它不是整數。但是，如果關於您感興趣的變數的函式域不是凸集，則甚至沒有定義凸/凹的概念（也許在高等數學中他們有一些更細微的概念來適應它）。
為了確定你想要的不等式是否成立，一種蠻力代數方法是直接檢查它的符號：我們有
$$ [E(n+2) - E(n+1)] - [E(n+1) - E(n)] =\= (n+2) \int_0^\infty p (1-F)^{n+2-1} F’ \mathrm d p \- 2 (n+1) \int_0^\infty p (1-F)^{n+1-1} F’ \mathrm d p\ +n \int_0^\infty p (1-F)^{n-1} F’ \mathrm d p $$ $$ = \int_0^\infty p (1-F)^{n-1} F’\cdot\Big[(n+2)(1-F)^2 - 2(n+1)(1-F)+n\Big] \mathrm d p $$ 做代數
$$ (n+2)(1-F)^2 - 2(n+1)(1-F)+n \= n(1-F)^2 + 2(1-F)^2 - 2n(1-F) - 2(1-F) +n \ = n\Big[(1-F)^2 - 2(1-F) +1\Big] - 2(1-F)F \ = n [(1-F) -1]^2 - 2(1-F)F = nF^2 - 2(1-F)F = F\Big[nF-2+2F\Big]\ =F\cdot \Big[(n+2)F-2\big] $$ 所以我們已經到了
$$ [E(n+2) - E(n+1)] - [E(n+1) - E(n)] = \int_0^\infty p (1-F)^n F’\cdot\Big[(n+2)F-2\Big] \mathrm d p $$ 分裂和操縱，
$$ [E(n+2) - E(n+1)] - [E(n+1) - E(n)] = \=(n+2)\int_0^\infty p (1-F)^{n+1} F’ \mathrm d p \- \left(\frac{2}{n+1}\right)(n+1)\int_0^\infty p (1-F)^n F’\mathrm d p $$ $$ \implies [E(n+2) - E(n+1)] - [E(n+1) - E(n)] = E(n+2)-\frac{2}{n+1}E(n+1) $$ 簡化 $ E(n+2) $ 從雙方我們得到
$$ -2E(n+1) + E(n) = -\frac{2}{n+1}E(n+1) $$ $$ \implies E(n) = \frac {2n}{n+1}E(n+1) $$ 並通過歸納
$$ \implies E(n+1) = \frac {2(n+1)}{n+2}E(n+2) \implies E(n+2) = \frac {n+2}{2(n+1)}E(n+1) $$ 所以
$$ [E(n+2) - E(n+1)] - [E(n+1) - E(n)] = $$ $$ = \left(\frac {n+2}{2(n+1)} -1\right)E(n+1) - \left( 1- \frac {2n}{n+1}\right)E(n+1) $$ $$ = \left(\frac {n+2}{2(n+1)} -1 - 1+ \frac {2n}{n+1}\right)E(n+1) $$ $$ =\frac {n+2 - 4(n+1) + 4n}{2(n+1)}E(n+1) = \frac {n-2}{2(n+1)}E(n+1) $$ 所以 $ n=1 $ 不是搜尋，因為 $ n=2 $ 我們有平等，並且對於 $ n\geq 3 $ 不等式成立。
這是我的嘗試。正如我在問題中指出的那樣（也請參閱連結的問題），我有疑問。
我們想證明
$$ \begin{align} [E(n+2) - E(n+1)] - [E(n+1) - E(n)] &> 0 \tag{1}\ E[n+2] + E[n] &> 2 E[n+1] \notag \ \frac 1 2 E[n+2] + \frac 1 2 E[n] &> E[1/2 (n+2) + 1/2 n] = E[n+1]. \notag \end{align} $$ 自從 $$ E(n) \equiv n \int_0^\infty p (1-F)^{n-1} F’ \mathrm d p, $$ 我們看到 $ E $ 是一個函式 $ \mathbb R $ 到 $ \mathbb R $ . 但是，在搜尋的上下文中，我們將其域限制為正整數。但是，如果我們證明不受限制的功能 $ E[n] $ 是凸的 $ n $ ，根據 Jensen 不等式，很容易看出等式 (1) 是正確的。 我們可以看到
$$ \begin{align*} \frac{\mathrm d^2}{\mathrm d n^2} E[n] &= 2 \int_0^\infty p F’ (1-F)^{n-1} \ln(1-F) \mathrm d p
- \int_0^\infty p F’ (1-F)^{n-1} [\ln(1-F)]^2 \mathrm d p \ &= \int_0^\infty p F’ (1-F)^{n-1} \ln(1-F)(2 + n \ln(1-F)) \mathrm d p. \end{align*} $$ 現在，對於足夠大 $ n $ ，這是積極的。所以， $ E[n] $ 是凸的 $ n $ 我們完成了。