Czy uporządkowanie wypukłe oznacza dominację prawego ogona?

10

Biorąc pod uwagę dwa ciągłe rozkłady $\mathcal{F}_X$ i , nie jest dla mnie jasne, czy relacja dominacji wypukłej między nimi: $\mathcal{F}_Y$

(0) F_{X} <_{c} F_{Y}

$(0)\quad \mathcal{F}_X <_c \mathcal{F}_Y$

implikuje to

(1) F_{Y}^{- 1} (q) \leq F_{X}^{- 1} (q), \forall q \in [0.5, 1]

$(1)\quad F_Y^{-1}(q) \leq F_X^{-1}(q),\quad \forall q\in[0.5,1]$

wstrzymuje się lub czy potrzebna jest jakaś dodatkowa hipoteza, jeśli ma się utrzymać? $(1)$

Definicja dominacji wypukłej.

Jeśli dwie ciągłe dystrybucje $\mathcal{F}_X$ i $\mathcal{F}_Y$ spełniają:

(2) F_{Y}^{- 1} F_{X} (x) is convex in x

$(2)\quad F_Y^{-1}F_X(x)\text{ is convex in } x$

[0] następnie piszemy:

F_{X} <_{c} F_{Y}

$F_X <_c F_Y$

i powiedz, że jest bardziej przekrzywiony w prawo niż . Ponieważ i są rozkładami prawdopodobieństwa, oznacza również, że pochodna jest monotonicznie nie malejąca i nieujemna [1], że jest wypukła [2], że i krzyżują się co najwyżej dwukrotnie [2] i że [2], dla : $\mathcal{F}_Y$ $\mathcal{F}_X$ $F_X$ $F_Y$ $(2)$ $F_Y^{-1}F_X(x)$ $F_Y^{-1}F_X(x)-x$ $F_X$ $F_{aY+b}$ $\forall a>0,b\in\mathbb{R}$ $\forall p\in[0,0.5]$

\frac{F_{X}^{- 1} (p)}{F_{Y}^{- 1} (p)} \geq \frac{F_{X}^{- 1} (1 - p)}{F_{Y}^{- 1} (1 - p)} .

$\frac{F^{-1}_X(p)}{F^{-1}_Y(p)}\geq\frac{F^{-1}_X(1-p)}{F^{-1}_Y(1-p)}.$

[0] Zwet, WR van (1964). Wypukłe transformacje zmiennych losowych. (1964). Amterdam: Mathematish Centrum.
[1] Oja, H. (1981). O lokalizacji, skali, skośności i kurtozie rozkładów jednoczynnikowych. Skandynawski dziennik statystyk. Vol. 8, s. 154--168
[2] RA Groeneveld i G. Meeden. (1984). Pomiar skośności i kurtozy. Statystyka. 33: 391–399.

probability probability-inequalities distributions

— użytkownik603
źródło

1

Przypuszczam, że jest błąd w ostatniej nierówności - jeśli zawiera , symetria oznaczałaby równość , co z kolei byłoby symetryczne WRT porównaniu .

\forall p \in [0, 1]

$\forall p \in [0,1]$

\frac{F_{X}^{- 1} (p)}{F_{Y}^{- 1} (p)} = \frac{F_{X}^{- 1} (1 - p)}{F_{Y}^{- 1} (1 - p)}

$\frac{F^{-1}_X(p)}{F^{-1}_Y(p)}=\frac{F^{-1}_X(1-p)}{F^{-1}_Y(1-p)}$

X

$X$

Y

$Y$

— Juho Kokkala

1

Zauważ, że po równaniu (6) z [2] występuje .

α \in (0, \frac{1}{2})

$\alpha \in (0,\frac{1}{2})$

— Juho Kokkala

masz rację. Mój błąd. Naprawiam to teraz.

— user603

2

Zasadniczo nie jest to prawda. Rozważmy na przykład i . $\mu=\frac{3}{8} \delta_{-1}(x)+\frac{1}{4}\delta_0(x)+\frac38 \delta_1(x)$ $\nu=\frac12\delta_{-\frac12}(x)+\frac12\delta_{\frac12}(x)$

Od razu widać, że . Jednak . Prawdą jest jednak, że od pewnego dalej, dla wszystkich . $\nu\leq_{cx}\mu$ $F_\mu^{-1}(0.6)=0<\frac12 =F_\nu^{-1}(0.6)$ $\bar{q}$ $F_\mu^{-1}(q)<F_\nu^{-1}(q)$ $q>\bar q$

— użytkownik123456
źródło

Czy możesz dodać wyjaśnienia do tej odpowiedzi? To trochę za krótko jak na nasze standardy!

— kjetil b halvorsen

4

Ok, myślę, że można to tak rozwiązać (mile widziane komentarze):

Oznaczając i rozkłady i i przypominając, że $\mathcal{F}_X$ $\mathcal{F}_Y$ $X$ $Y$

F_{X} <_{c} F_{Y}

$\mathcal{F}_X <_c \mathcal{F}_Y$

sugeruje (Oja, 1981), że tak że: $\exists z^*\in\mathbb{R}$

F_{Y} (z) < F_{X} (z), \forall z > z^{*} .

$F_Y(z)<F_X(z),\forall z>z^*.$

Ponieważ przesunięcie nie wpływa na uporządkowanie wypukłe, możemy założyć bez utraty ogólności, że został przesunięty, tak że: $X$

z^{*} ⩽ min (F_{X}^{- 1} (0.5), F_{Y}^{- 1} (0.5))

$z^*\leqslant\min(F^{-1}_X(0.5),F^{-1}_Y(0.5))$

po to aby

F_{Y}^{- 1} (q) ⩽ F_{X}^{- 1} (q), \forall q \in [0.5, 1] .

$F_Y^{-1}(q) \leqslant F_X^{-1}(q),\quad \forall q\in[0.5,1].$

Wygląda więc na to, że tak , wypukłe uporządkowanie implikuje dominację nad prawym ogonem nad (a niektórych wersjach z ) $\mathcal{F}_X<_c \mathcal{F}_Y$ $F_Y(y)$ $F_X(x)$ $F_{X+b}(x),\;b\in\mathbb{R}$ $F_X(x)$

— użytkownik603
źródło