[Luis Fuentes]

Hola

\( F \) es la función de distribución acumulada, no?

A si, OK. Entonces efectivamente si nos interesa una cota de \( F(b) \) siendo \( b \) la media. Si, claro, si es simétrica vale \( F(b)=0.5 \) (con un cierto matiz si la variable es discontinua sobre la media).

A ver si entiendo bien.

¿Es cierto que: \(  E|X-b|^p\leq \dfrac{1}{p+1}\left(\dfrac{p}{1+p}\right)^p+\dfrac{1}{2^{p+1}} \) se cumple para cualquier v.a.con soporte en \( [0,1] \)?

Es cierto, que eso es lo que afirmo (pero todavía no he sido capaz de probarlo por completo).

Además si \( b=0.5 \) entonces \( \left |{X-0.5}\right |^p\leq{}\displaystyle\frac{1}{2^p} \) (pues \( \left |{X-0.5}\right |\leq{}\displaystyle\frac{1}{2} \))

No. No es cierto que de  \( \left |{X-0.5}\right |\leq{}\displaystyle\frac{1}{2} \), pueda deducirse que \( \left |{X-0.5}\right |^p\leq{}\displaystyle\frac{1}{2^p} \).

y por lo tanto la conjetura para v.a. simétricas es cierta, no?

No. Todavía no tenemos un argumento sólido.

Y por lo tanto podemos decir que dada una v.a.simétrica con soporte \( [a,A] \) se cumple que:

\( E \left|{X-b}\right|^p\leq{}\displaystyle\frac{(A-a)^p}{2^p} \) para todo \( p>0 \)

Está bien?

Aspiramos a poder decir eso; pero falta concluir la demostración.

De estarlo, me parece que la clave para generalizarlo para v.a. no simétricas está en ver si \( \mu(X)\geq{}\displaystyle\frac{A+a}{2} \), ahi si se cumpliría pues quedaría algo así \( \left |{Y-\mu(Y)}\right |\leq{}\left |{Y-\displaystyle\frac{1}{2}}\right | \)

No estoy seguro de que eso lleve a buen puerto si tenemos en cuenta mi critica a tu argumentación anterior.

PD No entiendo por qué dices que \( Y=\dfrac{x-A}{A-a} \) tiene soporte en \( [0,1] \), hay algo que no cierra. Toma \( x<A \) y el numerador es negativo. Me parece que quisiste poner \( Y=\dfrac{x-a}{A-a} \)

Si, tienes razón. Tenía una errata que ya corregí.

Saludos.

MAL - ES DECIR METEDURA DE PATA MÍA- TODO LO QUE ESTÁ EN ROJO

[Quema]

Hola

Por qué afirmas que de \( \left |{X-0.5}\right |\leq{}\displaystyle\frac{1}{2} \) no puede deducirse que \( \left |{X-0.5}\right |^p\leq{}\displaystyle\frac{1}{2^p} \). Si el soporte de \( X \) pertenece a \( [0,1] \).

No, no entendí, por qué lo de arriba dices que está mal.


Saludos

[Luis Fuentes]

Hola

 ¡Estoy tonto!

 Tienes razón.

 Lo que no me convence es la generalización para no simétricas.

 Que la media se mayor que un medio no te garantiza que:

\(  |Y-\mu|\leq |Y-0.5| \)

Saludos.

P.D. Para variable simétricas la cota, en definitiva, es trivial e inmediata (pese a las vueltas dadas  )

[Quema]

Hola

Si para no simétricas no puede deducirse. Pero creo que vamos por buen camino, capaz que hay que cambiar \( \displaystyle\frac{1}{2^p} \).

Además, creo que hay una forma de simetrizar cualquier v.a.,no?

Saludos

[Quema]

Hola

Leyendo encontré que para una v.a.\( X \) uno puede simetrizarla con otra v.a.\( Y \)independiente con igual distribución tal que \( X^s=X-Y \). Ahora no se si siempre uno puede simetrizar a una v.a..Suponiendo que si, uno puede simetrizar a una v.a. asimétrica con media cero tal que \( X^s \) también tenga media cero. De ser afirmativa la respuesta uno puede aplicar un teorema que hay por ahi que dice si \( X \)tiene media cero y \( X^s \) es su simetrización entonces \( E\left |{X}\right |^p\leq{}E\left |{X^s}\right |^p \) para todo \( p\geq{}1 \). Pero como \( X^s \) es simétrica con media cero entonces \( E\left |{X^s}\right |^p \)  Pero creo que igual este método no sirve, pues el rango de \( X^s \)me queda \( [2a.2A] \) y llego a una desigualdad \( E\left |{X}\right |^p\leq{}(A-a)^p \) que es trivial.

Ahora, creo que utilizando un teorema que dice que \( E\left |{X}\right |^p\leq{}E\left |{X+Y}\right |^p \) si \( EY=0 \) \( p\geq{}1 \) podemos explotar algo lo de la simetrización.


Saludos

[Quema]

Hola

Se me ocurrió lo siguiente. Si \( X \)tiene soporte en \( [0,1] \) con media \( \mu \) entonces pueden ocurrir dos cosas:

\( \left |{X-\mu}\right |\leq{}\mu \) o que \( \left |{X-\mu}\right |\leq{}1-\mu \) por lo tanto \( \left |{X-\mu}\right |^p\leq{}\mu^p \) o que \( \left |{X-\mu}\right |^p\leq{}(1-\mu)^p \) multiplicando por \( (1-\mu) \) la primera desigualdad y por \( \mu \)la segunda y sumando ambas desigualdades obtenemos \( \left |{X-\mu}\right |^p\leq{}\mu^p(1-\mu)+(1-\mu)^p\mu \) el resultado que buscabamos simplemente tomando esperanza en ambos lados.

Me parece que lo anterior no está bien, pues debo diferenciar las medias. Es decir si \( \overline{\mu}\geq{}\displaystyle\frac{1}{2} \) entonces \( \left |{X-\overline{\mu}}\right |\leq{}\overline{\mu} \) y si \( \mu\leq{}\displaystyle\frac{1}{2} \)entonces \( \left |{X-\mu}\right |\leq{}1-\mu \)
En realidad creo que me quedaría algo así \( \left |{X-\overline{\mu}}\right |^p(1-\mu)+\left |{X-\mu}\right |^p\mu\leq{}\overline{\mu}^p(1-\mu)+(1-\mu)^p\mu \) (¿ Será cierta \(  E|X-b|^p\leq b(1-b)^p+(1-b)b^p \), en función de lo anterior parecería que no debería cumplirse en forma general? ) .

De todas maneras, sabemos que se cumplirá para una v.a. con soporte en \( [a,A] \) estando \( \mu\in{}(0.5,1] \) y definiendo \( \mu=\displaystyle\frac{EX-a}{A-a} \) que: \(  E\left |{X-EX}\right |^p\leq{[(A-a) \mu]^p}=(EX-a)^p \)

Está bien?

Saludos

[Luis Fuentes]

Hola

\( \left |{X-\mu}\right |\leq{}\mu \) o que \( \left |{X-\mu}\right |\leq{}1-\mu \) por lo tanto \( \left |{X-\mu}\right |^p\leq{}\mu^p \) o que \( \left |{X-\mu}\right |^p\leq{}(1-\mu)^p \) multiplicando por \( (1-\mu) \) la primera desigualdad y por \( \mu \)la segunda y sumando ambas desigualdades obtenemos \( \left |{X-\mu}\right |^p\leq{}\mu^p(1-\mu)+(1-\mu)^p\mu \) el resultado que buscabamos simplemente tomando esperanza en ambos lados.

Me parece que lo anterior no está bien, pues debo diferenciar las medias. Es decir si \( \overline{\mu}\geq{}\displaystyle\frac{1}{2} \) entonces \( \left |{X-\overline{\mu}}\right |\leq{}\overline{\mu} \) y si \( \mu\leq{}\displaystyle\frac{1}{2} \)entonces \( \left |{X-\mu}\right |\leq{}1-\mu \)

En realidad creo que me quedaría algo así \( \left |{X-\overline{\mu}}\right |^p(1-\mu)+\left |{X-\mu}\right |^p\mu\leq{}\overline{\mu}^p(1-\mu)+(1-\mu)^p\mu \) (¿ Será cierta \(  E|X-b|^p\leq b(1-b)^p+(1-b)b^p \), en función de lo anterior parecería que no debería cumplirse en forma general? ) .

Efectivamente no está bien; por otro lado no tiene sentido mezclar (al menos de esa forma) dos medias distintas una mayor que un medio y la otra no; para cada v.a. la media es la que es.

De todas maneras, sabemos que se cumplirá para una v.a. con soporte en \( [a,A] \) estando \( \mu\in{}(0.5,1] \) y definiendo \( \mu=\displaystyle\frac{EX-a}{A-a} \) que: \(  E\left |{X-EX}\right |^p\leq{[(A-a) \mu]^p}=(EX-a)^p \)

Insisto en olvidarnos del \( a \) y del \( A \) y trabajar sólo en \( [0,1] \) para evitar "ruido" innecesario. Por lo demás es correcto.

Saludos.

[Quema]

Hola

Hay algo que no me gusta de la desigualdad \(  E|X-b|^p\leq \dfrac{1}{p+1}\left(\dfrac{p}{1+p}\right)^p+\dfrac{1}{2^{p+1}} \), suponiendo que fuera cierta. Y es que da lo mismo que \( b \) sea la media de \( X \) o no. Es decir, \( b \) no aporta nada a la cota, no es informativa.

Saludos

[Luis Fuentes]

Hola

Hay algo que no me gusta de la desigualdad \(  E|X-b|^p\leq \dfrac{1}{p+1}\left(\dfrac{p}{1+p}\right)^p+\dfrac{1}{2^{p+1}} \), suponiendo que fuera cierta. Y es que da lo mismo que \( b \) sea la media de \( X \) o no. Es decir, \( b \) no aporta nada a la cota, no es informativa.

No, no, todo lo contario. Esa igualdad sólo es cierta en general (o sólo es previsible que sea cierta en general) si \( b \) es la media. Precisamente se supone que en algún paso de la demostración de la misma habrá que usar de forma fuerte que \( b \) es la media y no cualquier otro valor.

Saludos.

[Quema]

Hola

La desigualdad de Markov dice algo así \( P(\left |{X-\mu}\right |\geq{}t)\leq{}\displaystyle\frac{E\left |{X-\mu}\right |^p}{t^p} \) con \( tp \) positivo y \( p\geq{}2 \), ¿ayuda en algo?

Saludos