Autor Tema: Cruce distribuciones normales

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06 Septiembre, 2021, 02:46 pm
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Quema

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Si tengo cuatro distribuciones acumuladas normales \( F_1, F_2, F_3, F_4 \) con la misma media \( \mu \) y varianza distinta supongamos \( \sigma_1>\sigma_2>\sigma_3>\sigma_4 \). Creo que se cumplirían estas desigualdades \( F_4(x)\leq{}F_3(x)\leq{}F_2(x)\leq{}F_1(x) \) para \( x \leq{}\mu \) y \( F_4(x)\geq{}F_3(x)\geq{}F_2(x)\geq{}F_1(x) \) para \( x \geq{}\mu \). Entonces quiero hallar combinaciones lineales convexas de tres distribuciones tales que sean menores al valor que toma la restante distribución acumulada. Es decir, que se cumpla esta desigualdad \( \displaystyle\sum_{j\neq i=1}^3{a_iF_i(x}\leq{}F_j(x) \). Creo que las únicas que podrían ser las \( j \) las distribuciones \( F_2 \) y \( F_3 \).
Me respondo, creo que las funciones de distribución de normales distintas con distinta varianza se cruzarán dos veces, solamente una vez si tienen la misma varianza y distinta media, y las desigualdades que intuyo más arriba no se cumplan. Posiblemente no se puedan hallar combinaciones lineales convexas entre distribuciones normales tal cual lo planteo arriba.

07 Septiembre, 2021, 10:07 pm
Respuesta #1

Quema

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Lo pensé de esta forma, si las medias son iguales y las varianzas decrecientes entonces tendremos \( F_1(x)\geq{}F_2(x)\geq{}F_3(x)\geq{}F_4(x) \) para todo \( x\leq{}\mu \) y \( F_1(x)\leq{}F_2(x)\leq{}F_3(x)\leq{}F_4(x) \) para todo \( x\geq{}\mu. \) Entonces los que no pueden ser dominados son las distribuciones \( F_1 \) y \( F_4. \) Entonces, investigaré si existe algún \( a\in{}[0,1] \) tal que \( f(a)=aF_1(x)+(1-a)F_4(x)-F_2(x)\leq{}0 \) para todo \( x. \) Tenemos que \( f(0) \) es negativo si \( x\leq{} \mu \) y positivo si \( x\geq{}\mu. \) Del mismo modo para \( f(1) \) es positivo si \( x\leq{} \mu \) y negativo si \( x\geq{}\mu. \) También \( f'(a) \) es positiva para \( x\leq{}\mu \) y negativa si \( x\geq{} \mu. \) Y creo que eso prueba que no pueden hallarse combinaciones lineales convexas con normales con la misma media. Suponga que la extensión para combinaciones lineales convexas con más variables sigue un argumento similar. Hay un tema continuidad en el entorno de la media, creo.

09 Septiembre, 2021, 12:33 pm
Respuesta #2

Luis Fuentes

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Hola

 Si tienen igual media, supongamos que es cero. Entonces: \( F_i(x)=1-F_i(-x) \). Eso quiere decir que la única posibilidad de que:

\( \displaystyle\sum_{i\neq j}a_iF_i(x)\leq F_i(x) \) para todo \( x \)

Spoiler
Equivaldría a:

\( 1-\displaystyle\sum_{i\neq j}a_iF_i(-x)\leq 1-F_i(-x) \) para todo \( x \)

y por tanto:

\( \displaystyle\sum_{i\neq j}a_iF_i(x)\geq F_i(x) \) para todo \( x \)
[cerrar]

 es que se tenga la igualdad. Pero una distribución de una normal nunca es igual a la combinación lineal de otras en todo punto. Así que efectivamente a igualdad de media es imposible que existan esos coeficientes en esas condiciones.

Saludos.

09 Septiembre, 2021, 05:39 pm
Respuesta #3

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Aquí cambiaste el \( -x \) por \( x \), no sería:

\( \displaystyle\sum_{i\neq j}a_iF_i(-x)\geq F_i(-x) \) aunque creo que es irrelevante, pq la desigualdad debe cumplirse para todo \( x \) por eso creo que es lo mismo ponerlo del otro modo.

Y si tienen distinta media y varianza? Supong que si las medias son muy cercanas supongo que por un tema de "continuidad" tampoco sea posible hallar esa combinación lineal convexa. Deberían dominar las distribuciones con mayores medias y menores varianzas. 

09 Septiembre, 2021, 08:56 pm
Respuesta #4

Luis Fuentes

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Hola

Aquí cambiaste el \( -x \) por \( x \), no sería:

\( \displaystyle\sum_{i\neq j}a_iF_i(-x)\geq F_i(-x) \) aunque creo que es irrelevante, pq la desigualdad debe cumplirse para todo \( x \) por eso creo que es lo mismo ponerlo del otro modo.

Claro. Llama \( x'=-x \) y listo.

Citar
Y si tienen distinta media y varianza? Supong que si las medias son muy cercanas supongo que por un tema de "continuidad" tampoco sea posible hallar esa combinación lineal convexa. Deberían dominar las distribuciones con mayores medias y menores varianzas.

No creo que tenga que ver la cercanía. Que sean iguales es una singularidad, no se puede usar ahí un argumento de continuidad. Sería al revés si para unas funciones existe esa combinación verificando el menor estricto, modificarlas "un poquito" mantiene la desigualdad; pero tengo que pensarlo un poco más.

Saludos.

10 Septiembre, 2021, 12:17 am
Respuesta #5

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Si las distribuciones tienen media y varianza \( \mu_i,\sigma_i \) la desigualdad no es equivalente a

\( \displaystyle\sum_{i\neq j}a_iF(\displaystyle\frac{x-\mu_i}{\sigma_i})\leq F(\displaystyle\frac{x-\mu_j}{\sigma_j}) \) siendo \( F \) la distribución de la normal estandar. Y de ahí buscar desigualdades, sabiendo que \( F \) es creciente. Intuitivamente, las variables con mayor media y menor varianza deberían dominar a las otra.
Pero no llegamos tambien a una imposibilidad.

 

10 Septiembre, 2021, 11:32 am
Respuesta #6

Luis Fuentes

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Hola

 Aplicando L'Hopital se puede ver que si \( F_1 \) y \( F_2 \) son dos normales con varianza \( \sigma_1^2<\sigma_2^2 \) entonces:

\( \displaystyle\lim_{x \to{-}\infty}{}\dfrac{F_1(x)}{F_2(x)}=\displaystyle\lim_{x \to{+}\infty}{}\dfrac{1-F_1(x)}{1-F_2(x)}=0 \)

 Por tanto si tenemos una expresión:

\( \displaystyle\sum_{i\neq j}a_iF_i(x)\leq F_i(x) \) (1)

también tenemos:

\( \displaystyle\sum_{i\neq j}a_i(1-F_i(x))\geq (1-F_i(x)) \) (2)

 Si en (1) dividimos por la \( F_k \) de mayor varianza, y tomamos límite \( x\to -\infty \) todos los cocientes en el límite son cero excepto precisamente el término \( k \)-ésimo, que es \( 1 \). Por tanto la de mayor varianza debería de ser \( F_j \).

 Pero igualmente si en (2) dividimos por \( 1-F_k \) de mayor varianza, y tomamos límite \( x\to \infty \) todos los cocientes en el límite son cero excepto precisamente el término \( k \)-ésimo, que es \( 1 \). Pero ahora como la desigualdad es en el otro sentido la \( F_j \) no puede ser la de mayor varianza.

 Conclusión: si tienen varianzas distintas es imposible.

Saludos.

10 Septiembre, 2021, 11:56 am
Respuesta #7

Luis Fuentes

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Hola

 Aplicando L'Hopital se puede ver que si \( F_1 \) y \( F_2 \) son dos normales con varianza \( \sigma_1^2<\sigma_2^2 \) entonces:

\( \displaystyle\lim_{x \to{-}\infty}{}\dfrac{F_1(x)}{F_2(x)}=\displaystyle\lim_{x \to{+}\infty}{}\dfrac{1-F_1(x)}{1-F_2(x)}=0 \)

 Por tanto si tenemos una expresión:

\( \displaystyle\sum_{i\neq j}a_iF_i(x)\leq \color{red}F_j(x)\color{black} \) (1)

también tenemos:

\( \displaystyle\sum_{i\neq j}a_i(1-F_i(x))\geq (1-\color{red}F_j(x)\color{black}) \) (2)

 Si en (1) dividimos por la \( F_k \) de mayor varianza, y tomamos límite \( x\to -\infty \) todos los cocientes en el límite son cero excepto precisamente el término \( k \)-ésimo, que es \( 1 \). Por tanto la de mayor varianza debería de ser \( F_j \).

 Pero igualmente si en (2) dividimos por \( 1-F_k \) de mayor varianza, y tomamos límite \( x\to \infty \) todos los cocientes en el límite son cero excepto precisamente el término \( k \)-ésimo, que es \( 1 \). Pero ahora como la desigualdad es en el otro sentido la \( F_j \) no puede ser la de mayor varianza.

 Conclusión: si tienen varianzas distintas es imposible.

 Si tienen la misma varianza. Las funciones de distribución están ordenadas en todo punto \( F_1\leq F_2\leq \ldots \leq F_n \) en orden inverso a las medias. No se entrecruzan, con lo cual entiendo que la cosa no tiene interés. En cualquier caso la única posibilidad para una desigualdad de este tipo:

\( \displaystyle\sum_{i\neq j}a_iF_i(x)\leq \color{red}F_j(x)\color{black} \)

 sería la trivial, que \( F_j \) fuese la de menor media.

Saludos.

CORREGIDO

10 Septiembre, 2021, 02:07 pm
Respuesta #8

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Ok, (hay unas erratas, va la \( j \) del lado derecho en algunas desigualdades).
Yo lo pensé de esta forma,

Probar (para normales)

\( \displaystyle\sum_{i\neq j}a_iF_i(x)\leq F_j(x) \)

no es equivalente a probar

\( \displaystyle\sum_{i\neq j}a_iF(\displaystyle\frac{x-\mu_i}{\sigma_i})\leq F(\displaystyle\frac{x-\mu_j}{\sigma_j}) \)

siendo \( F \) la distribución normal cero, uno. Se cumple que \( F(\displaystyle\frac{x-\mu_i}{\sigma_i})+F(\displaystyle\frac{\mu_i-x}{\sigma_i})=1. \)

entonces, sustituyendo, esa desigualdad puede escribirse como

\( \displaystyle\sum_{i\neq j}a_iF(\displaystyle\frac{\mu_i-x}{\sigma_i})\geq F(\displaystyle\frac{\mu_j-x}{\sigma_j}). \) Lo cual es una contradicción, no?

Además, de estar esto bien, se podría extender a toda distribución de las familias con misma distribución escala-locación (location-scale family).

Está bien?


10 Septiembre, 2021, 03:21 pm
Respuesta #9

Luis Fuentes

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Hola

Ok, (hay unas erratas, va la \( j \) del lado derecho en algunas desigualdades).

Si. Ya lo he corregido.

Citar
Yo lo pensé de esta forma,

Probar (para normales)

\( \displaystyle\sum_{i\neq j}a_iF_i(x)\leq F_j(x) \)

no es equivalente a probar

\( \displaystyle\sum_{i\neq j}a_iF(\displaystyle\frac{x-\mu_i}{\sigma_i})\leq F(\displaystyle\frac{x-\mu_j}{\sigma_j}) \)

siendo \( F \) la distribución normal cero, uno. Se cumple que \( F(\displaystyle\frac{x-\mu_i}{\sigma_i})+F(\displaystyle\frac{\mu_i-x}{\sigma_i})=1. \)

entonces, sustituyendo, esa desigualdad puede escribirse como

\( \displaystyle\sum_{i\neq j}a_iF(\displaystyle\frac{\mu_i-x}{\sigma_i})\geq F(\displaystyle\frac{\mu_j-x}{\sigma_j}). \) Lo cual es una contradicción, no?

Esta bien y puede que lleve a una contradicción. Pero desde no es tan directo. Fíjate que las dos desigualdades que obtienes no son la misma. Sin pérdida de generalidad por comodidad podemos suponer \( u_j=0 \).

Las desigualdades quedan:

\( \displaystyle\sum_{i\neq j}a_iF(\displaystyle\frac{x-\mu_i}{\sigma_i})\leq F(\displaystyle\frac{x}{\sigma_j}) \)

\( \displaystyle\sum_{i\neq j}a_iF(\displaystyle\frac{\mu_i-x}{\sigma_i})\geq F(\displaystyle\frac{-x}{\sigma_j}). \)

Si en la segunda hacemos el cambio \( x \) por \( -x \) queda:

\( \displaystyle\sum_{i\neq j}a_iF(\displaystyle\frac{\mu_i+x}{\sigma_i})\geq F(\displaystyle\frac{x}{\sigma_j}). \)

Pero en principio no es contradictorio porque \( F(\displaystyle\frac{\mu_i+x}{\sigma_i})\geq F(\displaystyle\frac{x-\mu_i}{\sigma_i}) \).

Saludos.