Prueba

Question

Se nos da independientes e idénticamente distribuidas variables aleatorias $X,Y$ con función de densidad de probabilidad $f(\cdot)$ que es simétrica alrededor de $0$.

Tenemos que demostrar que el $P(|X+Y|\leq 2|X|) > \dfrac{1}{2}$

Comenzando con $P(|X+Y|\leq 2|X|)=P((X+Y)^2\leq 4X^2)=P(-3X^2+Y^2+2XY\leq 0)$

Ahora, $-3X^2+Y^2+2XY=0$ representa un par de distinta línea real : $X=Y$$3X+Y=0$.

Por eso, $P(|X+Y|\leq 2|X|)=P(-3X^2+Y^2+2XY\leq 0)=P[(Y-X)(3X+Y)\leq 0]$.

Así que dos de los casos surgen,

(i) $Y-X\geq0$ $3X+Y\leq0$

O

(ii) $Y-X\leq0$ $3X+Y\geq0$

Por lo tanto, tenemos $P(|X+Y|\leq 2|X|)=\int_0^{\infty}\int_{(\frac{-y}{3})}^{y}f_{X,Y}(x,y)\:dxdy\:+\: \int_{-\infty}^{0}\int_{y}^{(\frac{-y}{3})}f_{X,Y}(x,y)\:dxdy$

Desde $X,Y$ son independientes $f_{X,Y}(x,y)=f_X(x)f_Y(y)$.

Yo no soy capaz de seguir adelante a partir de aquí, en la solución de la integral en el lado derecho es seguida por escrito a $(\dfrac{1}{2})$ y, por tanto, la suma se convierte en $\geq(\frac{1}{2})$.

¿Alguien puede explicar qué pasó allí ?

Answer 1

Creo que es mucho más fácil resolver este problema usando la desigualdad del triángulo en lugar de utilizar un enfoque de corte recto. Desde $|X+Y| \le |X| + |Y|$, tenemos

$$P(|X+Y|\le2|X|) \ge P(|X|+|Y|≤2|X|)=P(|Y|≤|X|)=1/2$$

¿Necesita específicamente demostrar que la probabilidad es mayor que 1/2?

Answer 2

Si se dibujan las líneas Y = X y Y = -3X, la primera tiene pendiente 1, y el segundo tiene pendiente -3. Las dos líneas que dividen el plano en cuatro cuadrantes, con la solución de conjunto de la izquierda y la derecha cuadrantes. Tan sólo tienes que muestran que más de la mitad de la probabilidad de masa se encuentra en los dos cuadrantes. Llamar a los dos cuadrantes juntos figura1. Ahora gire esta por 90, y llamar a este figura2. La rotación de 90 grados es el mismo como Y' = X, X' = -Y. Las distribuciones son idénticas, así que el intercambio de X e y sale de la probabilidad de la misma. Son simétrica alrededor de cero, por lo que multiplicando por -1 salir de la probabilidad de la misma. Por lo tanto, esta transformación de las hojas de la probabilidad de la misma. Puesto que cada punto en el plano está cubierto por figura1 o la figura2, y algunos puntos están cubiertos por tanto, y esta transformación no afecta a la probabilidad de masa, se deduce que la figura 1 contiene al menos la mitad de la probabilidad de la masa, y si puede demostrarse que el superpuesta áreas que contienen una cantidad positiva de probabilidad de masa, entonces se sigue que la figura 1 contiene más de la mitad de la probabilidad de masas.

Answer 3

La imagen de abajo muestra cómo una partición del área de $|x+y| \leq 2|x|$ ayuda para la prueba de $P[|X+Y| \leq 2|X|] > \frac{1}{2}$.

El cascarón de la región (región 2), que corresponde a su área de $$|x+y| \leq 2|x| \qquad \text{or} \qquad (y-x)(3x+y) \leq 0 $$

Parte de esta región (el de color rosa nacidas de la región, región 2a) es una imagen de espejo de la dotación de la región 2 (el de color rosa de la región, la región 1). A partir de esto se puede deducir que:

$$P[|X+Y| \leq 2|X|] = \frac{1 + P[(X-Y)(3Y-X) \geq 0] + P[(-X-Y)(3X+Y) \geq 0]}{2}$$

donde los términos adicionales $P[(X-Y)(3Y-X) \geq 0]$ $P[(-X-Y)(3X+Y) \geq 0]$ se refieren a la probabilidad de que X,Y son en el gris de color nacidas de las regiones.

Tenga en cuenta que las líneas no incluidos en el complemento de la región 1. Por lo tanto el uniforme discreta ejemplo, $x,y \sim U(−1,1)$ por jbowman no funciona. Los puntos (1,1), (-1,-1), (-1,1), (1,-1) dentro de la gris nacidas de la región y, finalmente, dentro de la región para que $|x+y| \leq 2|x|$ es cierto.

De la misma manera para cualquier distribución con finito de pdf o de probabilidad de masa al menos en algún lugar. habrá alguna contribución positiva cerca de las líneas Y=X tal que la desigualdad es estricta $>$ en lugar de $\geq$.

Por ejemplo, en el caso discreto $P(X=x,Y=y)$ $x=y$ es igual a $P(X=x)^2$ que es debido a la propiedad que $f_X=f_Y$

En el caso continuo se podría evaluar:

$$\begin{array} \\P[|X+Y| \leq 2|X|] &= \frac{1 + 4 \int_{x=0}^{x=\infty} \left( \int_{t=\frac{1}{3}x}^{t=x} f_X(t) dt \right) f_X(x) dx}{2}\\ & = \frac{1 + 4 \int_{x=0}^{x=\infty} \left( F(x)-F(\frac{1}{3}x)\right) f_X(x) dx}{2} \\ \end{array}$$

donde la integral debe ser distinto de cero si f_X(x) es distinto de cero, al menos en algunos región continua de no tamaño cero (que $F(x)-F(\frac{1}{3}x)$ es distinto de cero en una región con probabilidad distinta de cero).

Algunos otros, la igualdad es

$$P[|X+Y| \leq 2|X|] = \frac{1}{2} + P[\frac{1}{3} |Y| \leq |X| \leq |Y| ]$$

Answer 4

El cambio de esta probabilidad en una expectativa es la clave para resolver este problema fácilmente. Como se nota por @Acumulación y @Martijn Weterings, el valor absoluto de la función divide el (x,y) del plano-cónica en las regiones. Tenga en cuenta que

$$ P(|X+Y|<2|X|)=E[I(|X+Y|<2|X|)] $$

donde $I()$ es el habitual cero-uno de los indicadores de la función. (Tenga en cuenta que podemos utilizar "$<$" en lugar de "$\le$" asumiendo $X$ $Y$ son continua - un requisito que se necesita para asegurar la desigualdad estricta desea.) A continuación, el indicador puede escribirse como

$$I(|X+Y|<2|X|)=U+V$$

donde

$$U=I(X < 0, -X < Y < -3X) + I(X > 0, -3X < Y < -X)$$ y $$V=I(X < 0, X < Y < -X) + I(X > 0, -X < Y < X)$$

Basado en las definiciones de $U$$V$, está claro que las regiones en las que cada una variable aleatoria es igual a uno, que no se superponen (es decir,$P(V=1,U=1)=0$). Además, podemos reescribir $V$

$$V=I(|X|+|Y| \le 2|X|)=I(|Y| \le |X|)$$

Por lo tanto,

$$P(|X+Y|<2|X|)=E[I(|X+Y|<2|X|)]=E[U+V]=E[U]+E[V]=P(U=1)+P(|Y| \le |X|)=P(U=1)+1/2$$

Todo lo que queda es demostrar que el $P(U=1)>0$. Deje $A\times B\in \textbf{R}^2$ ser un rectángulo centrado sobre el origen. A continuación, $P(X\in A, Y\in B)=P(X\in A)P(X\in B)$. Necesariamente, existen intervalos de $A$ $B$ más que $f_X(x)$ integra a un número mayor que cero. Asimismo, cualquier $A$ $B$ contendrá área sobre la que $U=1$. Esto se deduce del hecho de que el área sobre la que $U=1$ toma la forma de dos conos que se extiende desde el origen. Por lo tanto, $P(U=1)>0$ y el resultado de la siguiente manera.