การสั่งซื้อแบบนูนหมายถึงการครอบงำทางด้านขวาหรือไม่?

10

ให้สองการแจกแจงแบบต่อเนื่องและ , มันไม่ชัดเจนสำหรับฉันว่าความสัมพันธ์ของการปกครองนูนในหมู่พวกเขา: $\mathcal{F}_X$ $\mathcal{F}_Y$

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

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

หมายความว่า

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

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

ถือหรือถ้ามีสมมติฐานเพิ่มเติมที่จำเป็นหากจะถือ? $(1)$

นิยามของการปกครองแบบนูน

หากการกระจายอย่างต่อเนื่องสองครั้งและพึงพอใจ: $\mathcal{F}_X$ $\mathcal{F}_Y$

(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] จากนั้นเราเขียน:

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

$F_X <_c F_Y$

และบอกว่าที่ถูกต้องมากขึ้นกว่าเบ้\เนื่องจากและคือการแจกแจงความน่าจะเป็นก็หมายความว่าอนุพันธ์ของเป็นการลดความและไม่ใช่เชิงลบ [1], คือนูน [2],และข้ามกันอย่างมากสองครั้ง [2] และ [2] สำหรับ : $\mathcal{F}_Y$ $\mathcal{F}_X$ $F_X$ $F_Y$ $(2)$ $F_Y^{-1}F_X(x)$ $F_Y^{-1}F_X(x)-x$ $F_X$ $F_{aY+b}$ $\forall a>0,b\in\mathbb{R}$ $\forall p\in[0,0.5]$

\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) การแปลงนูนของตัวแปรสุ่ม (1964) Amterdam: Mathematish Centrum
[1] Oja, H. (1981) ในสถานที่ตั้งขนาดความเบ้และความโด่งดังของการแจกแจง Univariate สแกนดิเนเวียนวารสารสถิติ ฉบับ 8, pp. 154--168
[2] RA Groeneveld และ G. Meeden (1984) การวัดความเบ้และความโด่ง นักสถิติ 33: 391-399

probability probability-inequalities distributions

— user603
แหล่งที่มา

1

ฉันคิดว่ามีข้อผิดพลาดในความไม่เท่าเทียมกันครั้งสุดท้าย - ถ้ามันถือ , สมมาตรจะบอกถึงความเท่าเทียมกันซึ่งในทางกลับกันจะสมมาตร WRTกับY

\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

โปรดสังเกตว่ามี หลังจากสมการ (6) ของ [2]

α \in (0, \frac{1}{2})

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

— Juho Kokkala

คุณถูก. ความผิดฉันเอง. ฉันจะแก้ไขมันตอนนี้

— 603

2

โดยทั่วไปแล้วจะไม่เป็นความจริง ลองพิจารณาตัวอย่างเช่นและ(x) $\mu=\frac{3}{8} \delta_{-1}(x)+\frac{1}{4}\delta_0(x)+\frac38 \delta_1(x)$ $\nu=\frac12\delta_{-\frac12}(x)+\frac12\delta_{\frac12}(x)$

ทันทีที่คุณสามารถเห็นได้ว่า\อย่างไรก็ตาม(0.6) มันเป็นความจริง แต่ที่มาจากบางบนสำหรับทุกQ $\nu\leq_{cx}\mu$ $F_\mu^{-1}(0.6)=0<\frac12 =F_\nu^{-1}(0.6)$ $\bar{q}$ $F_\mu^{-1}(q)<F_\nu^{-1}(q)$ $q>\bar q$

— user123456
แหล่งที่มา

คุณช่วยเพิ่มคำอธิบายลงในคำตอบนี้ได้ไหม? มันค่อนข้างสั้นสำหรับมาตรฐานของเรา!

— kjetil b halvorsen

4

ตกลงฉันคิดว่านี่สามารถแก้ไขได้เช่นนั้น (ยินดีต้อนรับความคิดเห็น):

แสดงถึงและการกระจายตัวของและและระลึกได้ว่า $\mathcal{F}_X$ $\mathcal{F}_Y$ $X$ $Y$

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

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

หมายถึง (Oja, 1981) ที่เช่นนั้น $\exists z^*\in\mathbb{R}$

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

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

เนื่องจากการเลื่อนไม่มีผลต่อการสั่งซื้อนูนเราสามารถสรุปได้โดยไม่สูญเสียความคิดทั่วไปที่ถูกเลื่อนดังนั้น: $X$

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

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

ดังนั้น

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

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

ดังนั้นดูเหมือนว่าใช่การสั่งนูนหมายถึงการควบคุมหางขวาของเหนือ (หรือแม่นยำในบางรุ่นของ ) $\mathcal{F}_X<_c \mathcal{F}_Y$ $F_Y(y)$ $F_X(x)$ $F_{X+b}(x),\;b\in\mathbb{R}$ $F_X(x)$

— user603
แหล่งที่มา