L'ordre convexe implique-t-il une domination de la queue droite?

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Étant donné deux distributions continues et , il n'est pas clair pour moi si la relation de dominance convexe entre elles: $\mathcal{F}_X$ $\mathcal{F}_Y$

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

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

implique que

(1) F_{Oui}^{- 1} (q) \leq F_{X}^{- 1} (q), \forall q \in [0,5, 1]

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

tient ou si une autre hypothèse est nécessaire si doit tenir? $(1)$

Définition de la dominance convexe.

Si deux distributions continues et satisfont: $\mathcal{F}_X$ $\mathcal{F}_Y$

(2) F_{Oui}^{- 1} F_{X} (X) est convexe X

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

[0] puis on écrit:

F_{X} <_{c} F_{Oui}

$F_X <_c F_Y$

et dire que est plus asymétrique que . Puisque et sont des distributions de probabilité, implique également que la dérivée de est monotone non décroissante et non négative [1], que est convexe [2], que et croisent au plus deux fois [2] et que [2], pour : $\mathcal{F}_Y$ $\mathcal{F}_X$ $F_X$ $F_Y$ $(2)$ $F_Y^{-1}F_X(x)$ $F_Y^{-1}F_X(x)-x$ $F_X$ $F_{aY+b}$ $\forall a>0,b\in\mathbb{R}$ $\forall p\in[0,0.5]$

\frac{F_{X}^{- 1} (p)}{F_{Oui}^{- 1} (p)} \geq \frac{F_{X}^{- 1} (1 - p)}{F_{Oui}^{- 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). Transformations convexes d'une variable aléatoire. (1964). Amsterdam: Mathematish Centrum.
[1] Oja, H. (1981). On Location, Scale, Skewness and Kurtosis of Univariate Distributions. Journal scandinave de statistiques. Vol. 8, pp. 154--168
[2] RA Groeneveld et G. Meeden. (1984). Mesurer l'asymétrie et le kurtosis. Le statisticien. 33: 391-399.

probability probability-inequalities distributions

— user603
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1

Je suppose qu'il y a une erreur dans la dernière inégalité - si elle contient , la symétrie impliquerait l'égalité , qui à son tour être symétrique wrt par rapport .

\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

Notez qu'il y a après l'équation (6) de [2].

α \in (0, \frac{1}{2})

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

— Juho Kokkala

vous avez raison. Ma faute. Je corrige ça maintenant.

— user603

2

En général, ce n'est pas vrai. Considérons par exemple les et . $\mu=\frac{3}{8} \delta_{-1}(x)+\frac{1}{4}\delta_0(x)+\frac38 \delta_1(x)$ $\nu=\frac12\delta_{-\frac12}(x)+\frac12\delta_{\frac12}(x)$

Vous pouvez immédiatement voir que . Cependant . Il est cependant vrai qu'à partir d'un certain , pour tout . $\nu\leq_{cx}\mu$ $F_\mu^{-1}(0.6)=0<\frac12 =F_\nu^{-1}(0.6)$ $\bar{q}$ $F_\mu^{-1}(q)<F_\nu^{-1}(q)$ $q>\bar q$

— user123456
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Pourriez-vous ajouter quelques explications à cette réponse? C'est un peu court pour nos standards!

— kjetil b halvorsen

4

Ok, je pense que cela peut être résolu comme ça (commentaires bienvenus):

Notant et les distributions de et et rappelant que $\mathcal{F}_X$ $\mathcal{F}_Y$ $X$ $Y$

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

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

implique (Oja, 1981) que tel que: $\exists z^*\in\mathbb{R}$

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

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

Puisque le décalage n'affecte pas l'ordre convexe, nous pouvons supposer sans perte de généralité que a été décalé de sorte que: $X$

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

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

pour que

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

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

Il semble donc que oui , l'ordre convexe de implique la domination de la queue droite de sur (ou pour être précis une version de ) $\mathcal{F}_X<_c \mathcal{F}_Y$ $F_Y(y)$ $F_X(x)$ $F_{X+b}(x),\;b\in\mathbb{R}$ $F_X(x)$

— user603
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