Dışbükey sıralama doğru kuyruk hakimiyeti anlamına mı geliyor?

10

$\mathcal{F}_X$ ve iki sürekli dağılım göz önüne alındığında $\mathcal{F}_Y$ , aralarındaki dışbükey baskınlık ilişkisinin olup olmadığı açık değildir:

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

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

ima ediyor ki

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

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

tutarı varsa, başka bir hipotez gerekiyorsa $(1)$ ?

Konveks baskınlığın tanımı.

İki sürekli dağıtım $\mathcal{F}_X$ ve $\mathcal{F}_Y$ uygunsa:

(2) F_{Y}^{- 1} F_{X} (x) dışbükey x

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

[0] sonra şunu yazıyoruz:

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

$F_X <_c F_Y$

ve söylemek daha doğru daha eğimliyse . Çünkü ve olasılık dağılımları vardır , aynı zamanda, türev anlamına gelir azaltarak ve negatif [1], bu monoton olarak non dışbükey [2], ve $\mathcal{F}_Y$ $\mathcal{F}_X$ $F_X$ $F_Y$ $(2)$ $F_Y^{-1}F_X(x)$ $F_Y^{-1}F_X(x)-x$ $F_X$ $F_{aY+b}$ için birbirinizi en fazla iki kez [2] ve bu [2] ile çaprazlayın : $\forall a>0,b\in\mathbb{R}$ $\forall p\in[0,0.5]$

\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). Rastgele Değişkenli Dışbükey Dönüşümler. (1964). Amterdam: Mathematish Centrum.
[1] Oja, H. (1981). Tek Değişkenli Dağılımların Konumu, Ölçeği, Çarpıklığı ve Basıklığı. İskandinav İstatistik Dergisi. Vol. 8, s. 154--168
[2] RA Groeneveld ve G. Meeden. (1984). Çarpıklık ve basıklık ölçümü. İstatistikçi. 33: 391-399.

probability probability-inequalities distributions

— user603
kaynak

1

Sanırım son eşitsizlikte bir hata var - eğer

tutarsa , simetri eşitlik

anlamına gelir

\forall p \in [0, 1]

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

, ki bu da

ile

arasında simetrik olacaktır.

\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

olduğunu unutmayın

[2] 'nin (6) denkleminden sonra.

α \in (0, \frac{1}{2})

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

— Juho Kokkala

haklısın. Benim hatam. Bunu şimdi düzeltiyorum.

— user603

2

Genel olarak bu doğru değildir. Örneğin ve $\mu=\frac{3}{8} \delta_{-1}(x)+\frac{1}{4}\delta_0(x)+\frac38 \delta_1(x)$ . $\nu=\frac12\delta_{-\frac12}(x)+\frac12\delta_{\frac12}(x)$

Hemen . Ancak $\nu\leq_{cx}\mu$ . Bununla birlikte, doğru olduğu, belirli bir mesafede üzerinde,tüm $F_\mu^{-1}(0.6)=0<\frac12 =F_\nu^{-1}(0.6)$ $\bar{q}$ $F_\mu^{-1}(q)<F_\nu^{-1}(q)$ $q>\bar q$ .

— user123456
kaynak

Lütfen bu cevaba bazı açıklamalar ekleyebilir misiniz? Standartlarımız için biraz kısa!

— kjetil b halvorsen

4

Tamam, bunun böyle çözülebileceğini düşünüyorum (yorumlar hoş geldiniz):

Belirten ve dağılımları ve ve hatırlama o $\mathcal{F}_X$ $\mathcal{F}_Y$ $X$ $Y$

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

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

şunu ifade eder (Oja, 1981) şu şekilde: $\exists z^*\in\mathbb{R}$

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

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

Vites değiştirme dışbükey düzenini etkilemediğinden, genelliği kaybetmeden değiştirildiğini varsayabiliriz ki: $X$

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

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

Böylece

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

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

Yani, gibi görünüyor evet , dışbükey sipariş sağ kuyruk baskın ima üzerinde (veya bazı versiyonu hassas olmak $\mathcal{F}_X<_c \mathcal{F}_Y$ $F_Y(y)$ $F_X(x)$ ve ) $F_{X+b}(x),\;b\in\mathbb{R}$ $F_X(x)$

— user603
kaynak