[Quema]

Hola

Voy tirando ideas.

\( E\left |{X-\mu}\right |^p
=\displaystyle\int_{0}^{\mu}(\mu-x)^pf(x)dx+\displaystyle\int_{\mu}^{1}(x-\mu)^pf(x)dx\leq{}\mu^p\displaystyle\int_{0}^{\mu}f(x)dx+\displaystyle\int_{\mu}^{1}(x-\mu)^pf(x)dx=\mu^pF(\mu)+\displaystyle\int_{\mu}^{1}(x-\mu)^pf(x)dx \).

Ahora \( (x-\mu)\leq{}(1-\mu) \) para todo \( x\in{}[\mu,1] \) entonces nos quedaría

\( E\left |{X-\mu}\right |^p\leq{}\mu^pF(\mu)+(1-\mu)^p(1-F(\mu)) \)

Bastaría probar que \( F(\mu)=P(X\leq{}\mu)\leq{}1-\mu \). Ahora sabemos que \( \mu=1-\displaystyle\int_{0}^{1}F(x)dx \), simplemente integrando por partes \( \mu=\displaystyle\int_{0}^{\mu}xf(x)dx+\displaystyle\int_{\mu}^{1}xf(x)dx \).


Saludos

[Luis Fuentes]

Hola

 Si, esa fue mi primera idea para probar el resultado. Pero el problema es que creo que no es cierto que:
 
\(  F(\mu)\leq 1-\mu \)

 Por ejemplo para una v.a con

 \( P(X=0.4)=0.6 \)

 \( P(X=0.6)=0.4 \)

 La media es \( 0.48 \) y no es cierto que:

 \( F(0.48)=0.6\leq 1-0.48=0.52 \)

 La acotación (creo) tiene que ser más fina, más sutil.
 
Saludos.

[Quema]

Hola

Una pregunta, solamente las v.a. simétricas cumplen que \( F(\mu)=\displaystyle\frac{1}{2}? \)


Saludos

[Luis Fuentes]

Hola

Una pregunta, solamente las v.a. simétricas cumplen que \( F(\mu)=\displaystyle\frac{1}{2}? \)

No. Es muy fácil construir un contraejemplo sencillo con una v.a. que tome dos valores:

\( P(X=0.1)=0.2 \)

\( P(X=0.6)=0.8 \)

Saludos.

[Luis Fuentes]

Hola

 Creo que tengo una prueba para orden cuatro. Está inspirado en la cota bien conocida para \( p=2 \) (desigualdad tipo Gruss). En todo momento trabajaré con v.a. en  \( [0,1] \) y media \( b \). La demostración típica que aparece de la misma se basa en que:

\(  E|X-b|^2=E(X^2-b^2)=E((X-1)X+X-b^2)=E(X-b^2)-E(X(1-X))=E(b(1-b))-E(X(1-X))\leq b(1-b) \)

 Fíjate que esto funciona porque:

\(  E|X-b|^2-b(1-b)=-E(X(1-X))\leq 0 \)

 Entonces en general interesaría ver que:

\(  E|X-b|^p-(b^p(1-b)+b(1-b)^p)=algo\leq 0 \)

 Nota que:

\(  b^p(1-b)+b(1-b)^p=b(1-b)(b^{p-1}+(1-b)^{p-1}) \)

 Comiendo por orden cuatro (y no por orden tres) para no liarnos en principio con el valor absoluto; es decir \( |X-b|^4=(X-b)^4 \).

 Usaré constantemente para diversas funciones \( g(b) \), que:

\(  E(Xg(b))=g(b)E(X)=g(b)b \)

 y viceversa:

\(  E(bg(b))=E(Xg(b)) \)

 Entonces:

\(  E|X-b|^4=E(X^4-4X^3b+6X^2b^2-4Xb^3+b^4)=E(X^4-4X^3b+6X^2b^2-4b^4+b^4)=E(X^4-4X^3b+6X^2b^2-3b^4) \)

\(  b(1-b)(b^3+(1-b)^3)=\ldots=b-4b^2+6b^3-3b^4 \)

 Ahora:

\(  E|X-b|^4-b(1-b)(b^3+(1-b)^3)=E(X^4-4X^3b+6X^2b^2)-b+4b^2+6b^3=E(X^4-4X^2b+6X^2b^2-X+4bX+6b^2X)= \)

 cuentas

\(  =-E(X(1-X)(X^2-4Xb+6b^2+x-4b+1) \)

 Ahora:

 \( X,1-X\geq 0 \)

 y puede verse (es una elipse imaginaria en el plano \( (x,b) \)) que:

\(  X^2-4Xb+6b^2+x-4b+1\geq 0 \)

 Concluimos que:

\(  E|X-b|^4-b(1-b)(b^3+(1-b)^3) \)

 Si no está nada errado uno debiera de poder generalizar esto a cualquier \( p \); la clave está en sistematizar las cuentas.

Saludos.

[Luis Fuentes]

Hola

 Intentando generalizar lo anterior (si funciona escribo los detalles para ver que, esperemos, no hay error) la cosa se reduce a probar en general que:

 \( (x-y)^p+y^{p-1}(x-y)-x(1-y)(y^{p-1}+(1-y)^p)\leq 0 \) para \( (x,y)\in [0,1]\times [0,1] \)

 Empíricamante he visto que es cierto, con lo cual nuestra conjetura es cierta (si no he metido la pata por ahí en medio en nada). Falta probarla analíticamente.

 Como dato adicional es fácil ver que la expresión anterior es divisible por \( x(1-x) \). Es decir:

 \( (x-y)^p+y^{p-1}(x-y)-x(1-y)(y^{p-1}+(1-y)^p)=x(1-x)g(x,y)\leq 0 \)

 Para un cierto polinomio \( g(x,y) \). Bastaría con probar que ese polinomio siempre toma valores negativos.

Saludos.

[Quema]

Hola

Si restringieramos a \( p \) entero (que en realidad son los de interés, los momentos) , ¿no puede usarse inducción completa?

Creo que se cumple \( E\left |{X-\mu}\right |^p\leq{}E\left |{X-\mu}\right |^{p-1} \), pues \( \left |{X-\mu}\right |\in{}[0,1] \) entonces \( \left |{X-\mu}\right |^p\leq{}\left |{X-\mu}\right |^{p-1} \) para \( p\geq{}1 \), no?

Saludos