La prueba de que $x \Phi(x) + \Phi'(x) \geq 0$ $\forall x$, $\Phi$ Dónde está el CDF normal

Question

Como el título. Nadie puede suministrar una simple prueba de que

$$x \Phi(x) + \Phi'(x) \geq 0 \quad \forall x\in\mathbb{R}$$

donde $\Phi$ es el estándar normal de la CDF, es decir,

$$\Phi(x) = \int_{-\infty}^x \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-y^2/2} {\rm d} y$$

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Tengo hasta ahora:

La definición de $f(x) = x \Phi(x) + \Phi'(x)$ tenemos

$$ \begin{align} f'(x) & = \Phi(x) + x \Phi'(x) + \Phi''(x) \\ & = \Phi(x) + x\Phi'(x) - x\Phi'(x) \\ & = \Phi(x) \\ & >0 \end{align}$$

así que parece que si podemos mostrar

$$\lim_{x\to-\infty} f(x) = 0$$

luego tenemos a nuestra prueba - ¿estoy en lo cierto?

Claramente $f$ es la suma de dos términos que tienden a cero, así que tal vez tengo toda la maquinaria necesaria, y necesito conectar las partes de la manera correcta! La asistencia será gratamente recibida.

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En caso de que alguien esté interesado en donde esta pregunta viene de:

Bachelier con la fórmula de una opción golpeado en $K$ tiempo $T$ hasta su vencimiento, con una volatilidad $\sigma>0$ actual y del precio de los activos $S$ está dado por

$$V(S) = (S - K) \Phi\left( \frac{S-K}{\sigma S \sqrt{T}} \right) + \sigma S \sqrt{T} \Phi' \left( \frac{S-K}{\sigma S \sqrt{T}} \right) $$

De trabajo en unidades de tiempo donde $\sigma S\sqrt{T} = 1$ y dejando $x=S-K$, tenemos

$$V(x) = x \Phi(x) + \Phi'(x)$$

y yo quería una simple prueba de que $V(x)>0$ $\forall x$, es decir, una opción siempre tiene valor positivo bajo Bachelier del modelo.

Answer 1

Escribe $\phi(x) = (2\pi)^{-1/2}\exp(-x^2/2)$ $\Phi^{\prime}(x)$ $$ x\Phi(x) + \phi(x) = \mathrm \int_{-\infty}^x x\phi (t) dt + \phi(x) \mathrm \geq \int_{-\infty}^x t\phi (t) dt + \phi(x) = - \biggr\vert_ \phi (t) {-\infty} ^ x + \phi(x) = 0 $$

Answer 2

Como fue señalado por J. M en el comentario, nuestra preocupación es mostrar la desigualdad de la $x<0$. Vamos a empezar con las siguientes observaciones:

$$\Phi''(x)\geq 0,\:\text{ in }(-\infty,0).$$ Indeed $$\Phi''(x)=-xe^{-x^2/2}>0,\quad\forall x< 0.$$

Ahora, considere la función $$g(x)=-e^{-x^2/2}\Phi(x).$$ We rearrange the factors to obtain $$g(x)=-\sqrt{2\pi}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-x^2/2}\Phi(x)=-\sqrt{2\pi}\Phi'(x)\Phi(x).$$ Por otra parte, si tomamos $z<x<0$, por nuestras observaciones anteriores y el hecho de que tanto $\Phi'(x)$ $\Phi(x)$ son mayores de $0$ podemos concluir $$g(x)-g(z)=-\sqrt{2\pi}(\Phi'(x)\Phi(x)-\Phi'(z)\Phi(z))<0.$$ Pero, a continuación, $g$ es estrictamente decreciente en a $(-\infty,0).$ por lo tanto, podemos escribir la $g'(x)<0.$ Esta relación se traduce en $$-(x\Phi(x)+\Phi'(x))e^{-x^2/2}<0.$$ Divide out by $-e^{-x^2/2}$ to obtain, for any $x<0$, $$x\Phi(x)+\Phi'(x)>0.$$ Espero que esto sea correcto.

Answer 3

Voy a empujar el OP del intento de una completa prueba. Si $f(x) = x\Phi(x) + \Phi'(x)$, entonces, como el OP notas, $f'(x) \geq 0$ todos los $x$; es decir, $f$ es monótonamente creciente. Por lo que es suficiente para mostrar que $f(x) \to 0$$x \to -\infty$, lo que implica que $f(x) \geq 0$$x \in \mathbb R$, ya que: $$ \lim_{u \- \infty} f(u) \leq f(x). $$

Ahora, para mostrar $f(x) \to 0$$x \to -\infty$, es suficiente para demostrar que $x\Phi(x) \to 0$$\Phi'(x) \to 0$$x \to -\infty$.

1. $\Phi'(x) = \exp\left(-\frac{1}{2} |x|^2 \right)$ claramente enfoques $0$$x \to -\infty$.
2. Para $x \leq -2$, vamos a $y = |x| \geq 2$. $$ |x \Phi(x)| = y \int_{-\infty}^x e^{-t^2/2} dt = y \int_{y}^\infty e^{-t^2/2} \leq y \int_{y}^\infty e^{-t} dt = y e^{-y} , $$ qué enfoques $0$$x \to -\infty$.

Así que hemos terminado.

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Notas sobre el nombre. La cantidad $$ R(x) = e^{x^2/2} \int_x^{\infty} e^{-t^2/2} dt $$ es llamado el Molino de la relación (véase, por ej., http://www.jstor.org/stable/2236360). También he visto que la desigualdad $$ \int_{x}^\infty e^{-t^2/2} dt \leq \frac{e^{-x^2/2}}{x} \ \ \ \ \ (x > 0), $$ a veces conocido como Molino de la desigualdad (véase el Teorema 6 en este notas de la conferencia: http://www.stat.cmu.edu/~larry/=stat705/N3.pdf). Aviso que por un cambio de las variables de $x \to -x$, esta desigualdad puede ser visto para ser equivalente a la de la pregunta.

Answer 4

Me concentraré en $\lim_{x \to -\infty} f(x) = 0$ donde $f(x) = x \Phi(x) + \Phi'(x)$.

Considere la posibilidad de $$ g(x) = \sqrt{2 \pi} f(-x) = \mathrm{e}^{-\frac{x^2}{2}} - x \int_{x}^\infty \mathrm{e}^{-\frac{y^2}{2}} \mathrm{d} y \qquad \text{para} \qquad x > 0. $$ Entonces $$ g(x) = \mathrm{e}^{-\frac{x^2}{2}} - x \int_{\frac{x^2}{2}}^\infty \mathrm{e}^{-t} \frac{\mathrm{d} t}{\sqrt{2}} \, > \, \mathrm{e}^{-\frac{x^2}{2}} - \int_{\frac{x^2}{2}}^\infty \mathrm{e}^{-t} \mathrm{d} t = 0 $$ donde$ x \int_{\frac{x^2}{2}}^\infty \mathrm{e}^{-t} \frac{\mathrm{d} t}{\sqrt{2t}} < \frac{x}{\sqrt{2 \frac{x^2}{2}}} \int_{\frac{x^2}{2}}^\infty \mathrm{e}^{-t} \mathrm{d} t = \int_{\frac{x^2}{2}}^\infty \mathrm{e}^{-t} \mathrm{d} t = \mathrm{e}^{-\frac{x^2}{2}}$$x>0$.

Por otro lado $g(x) < \mathrm{e}^{-\frac{x^2}{2}}$ por definición, por lo $\lim_{x \to \infty} g(x) = \lim_{x \to \infty} \sqrt{2 \pi} f(-x)$ se desvanece ser intercalado entre 0 y $\mathrm{e}^{-\frac{x^2}{2}}$, lo que también tiende a cero para grandes $x$.

Answer 5

Tomando el derivado de $\Phi(x)$, $$ \Phi'(x) = \frac {1} {\sqrt {2\pi}} e ^ {-x ^ 2/2} \tag {1} $$ $x\ge0$, Todo es no negativo, así $x\Phi(x)+\Phi'(x)\ge0$.

$x<0$, $$ \begin{align} \Phi(x) &=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^xe^{-t^2/2}\;\mathrm{d}t\\ &\le\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^xe^{-t^2/2}\frac{t}{x}\;\mathrm{d}t\\ &=-\frac{1}{x}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-x^2/2}\\ &=-\frac{1}{x}\Phi'(x)\tag{2} \end {Alinee el} $$ Por lo tanto, también conseguimos $x\Phi(x)+\Phi'(x)\ge0$.