次指数尾随机变量（ψ₁）

从 ψ₁ 到局部指数矩 ​

下面令 $Y$ 已中心化，且已验证 $\mathbb{E}{e}^{|Y|/K}\le 2$。对 $|\lambda |K<1$，式 (3) 控制指数级数，$\mathbb{E}Y=0$ 消去一次项：

级数绝对可积是因为 $e^{|\lambda Y|}\le e^{|Y|/K}$。再用 $\log (1+u)\le u$，得到

其中可取 ${\nu }^2=4K^2,b=K$。$\nu$ 表示局部二次尺度，$b$ 限制指数参数能走多远；它们与 ψ₁ 尺度不是三个可以互换的同义记号。对具体分布直接算 矩母函数理路矩母函数Moment-generating function · MGF在存在邻域内以 E[e^{tX}] 编码随机变量各阶矩的函数。，往往可以得到更好的 $({\nu }^2,b)$。

与次高斯的关键差别在参数范围：式 (4) 只在零点附近成立。把它延长到所有实 $\lambda$，就暗中添加了更强假设。

独立和为什么出现两种偏差尺度 ​

设独立中心化 $Y_i$ 分别满足式 (4)，参数为 $({\nu }_i^2,b_i)$，令

在 $0<\lambda <1/b$ 中，独立性理路独立性Statistical independence从概率表理解独立性，区分两两、相互和条件独立，并用可计算反例澄清零协方差与条件均值的限度。以及 $1-b_i\lambda \ge 1-b\lambda$ 给出

Chernoff 方法理路Chernoff 方法与 Chernoff 界Chernoff method · Chernoff bounds从指数矩与 Markov 不等式推导尾界，给出独立 Bernoulli 和的乘法形式、KL 形式及适用条件。中选 $\lambda =t/(A+bt)<1/b$，再对两侧合并，得到对 $t>0$ 的显式界

代入与标量 Bernstein 的计算相同：$1-b\lambda =A/(A+bt)$，使负的一次项与正的二次项合成指数 $-t^2/[2(A+bt)]$。本页不是直接假定原始变量有界；式 (4) 才是合法依据。

当 $bt\le A$，式 (5) 至多为 $2e^{-t^2/(4A)}$；当 $bt\ge A$，至多为 $2e^{-t/(4b)}$。小偏差使用局部的二次指数矩，大偏差受到有限参数范围的限制。两段是在解释上界，不意味着变量由“半个高斯和半个指数”混合而成。

指数等待时间：每个参数都能算 ​

设 $X\sim \mathrm{Exp}(a)$，$a>0$ 为率参数，$\mathbb{E}X=1/a$。对 $K>1/a$，

它不超过 $2$ 当且仅当 $K\ge 2/a$，故 $\Vert X{\Vert }_{{\psi }_1}=2/a$。另一方面，$\mathbb{E}{e}^{\lambda X}=\mathrm{\infty }$ 在 $\lambda \ge a$ 时成立，所以它不是次高斯。

中心化 $Y=X-1/a$，设 $u=\lambda /a$。在 $|u|<1$ 上，

因此可直接取 ${\nu }^2=1/a^2,b=1/a$，比先把原始 ψ₁ 尺度加倍再使用通用常数更紧。这里恰巧 ${\nu }^2$ 等于真实方差，不能据此推断所有分布都如此。

例如 $a=1$、$n=1000$ 个独立等待时间，要求控制 $|\overline{X}-1|\ge 0.2$。总和参数为 $A=1000,b=1,t=200$，所以式 (5) 给

对本例的正参数 ${\nu }^2=1/a^2,b=1/a$，如果目标是均值绝对误差 $\epsilon >0$、失败概率 $0<\delta <1$，相同推导给充分样本量 $\lceil 2({\nu }^2+b\epsilon )\log \left(2/\delta \right)/{\epsilon }^2\rceil$。需要使用这里的局部参数，不能照抄全实数次高斯的样本量。

平方正态为何自然落在这里 ​

若 $G\sim N(0,1)$，则

令它不超过 $2$，解得 $\Vert G^2{\Vert }_{{\psi }_1}=8/3$。更一般地，按 ψ₂ 与 ψ₁ 的定义直接比较可得

这是两个 Orlicz 尺度定义之间的精确关系；次高斯页的 MGF 代理 $s$ 并不等于 $\Vert Z{\Vert }_{{\psi }_2}$，所以不能进一步未经换算把右侧写成 $s^2$。

要估计平方的均值，中心化为 $Y=G^2-1$。对 $|\lambda |<1/2$，

可取 ${\nu }^2=2,b=2$。平方损失因此有可计算的两尺度尾界，但不是原来误差变量的同一个高斯尾。若只知道原始误差有有限方差，平方损失的均值虽存在，其方差却可能无穷；连本页的 ψ₁ 条件都不能自动保证。

与重尾类 S 的两次对照 ​

率一指数分布属于本页 ψ₁ 类，但若 $X,Y$ 独立同分布，则

重尾次指数类 $\mathcal{S}$ 要求这个比值趋向 $2$。所以指数分布并不属于那个同名类别。

反向例子取 $\text{Pr}(X>x)=x^{-3}$，$x\ge 1$ 的 Pareto 分布。它的正则变化尾使 $X\in \mathcal{S}$，详细证明在旧页；但任意 $K>0$ 下的积分 ${\int }_1^{\mathrm{\infty }}3x^{-4}{e}^{x/K}dx$ 发散，所以 $\Vert X{\Vert }_{{\psi }_1}=\mathrm{\infty }$。它甚至有有限方差，说明这里的障碍不是“均值根本不存在”，而是正指数矩不存在。

因此查到英文 subexponential 时，应先看作者在谈卷积尾比，还是绝对值的指数矩。两种用法不能共用一条未消歧的定义或同一个保证。

两道练习 ​

1. 令 $X\sim \mathrm{Exp}(2)$。求 $\Vert X{\Vert }_{{\psi }_1}$、中心化后的合法 $({\nu }^2,b)$，再计算以误差 $0.1$、失败概率 $0.01$ 估计均值的充分样本量。
2. 若 $G_1,\dots ,G_n$ 独立标准正态，想用平均平方估计 $1$，要求误差 $0.2$、失败概率 $0.01$。按本页平方正态参数算样本量；解释为什么不能因为 $G_i$ 次高斯，就对 $G_i^2$ 使用同一个 $s=1$。

核对：第一题 $\Vert X{\Vert }_{{\psi }_1}=1$，${\nu }^2=1/4,b=1/2$，样本量为 $\lceil 60\log 200\rceil =318$。第二题 ${\nu }^2=2,b=2$，样本量为 $\lceil 120\log 200\rceil =636$；平方后正指数矩在 $\lambda \ge 1/2$ 发散，已经不满足全实参数的次高斯定义。