Mostrando $\int_{\mathbb R} \mid F(x)-G(x)\mid dx = \int_0^1 \mid F^{-1}(u)-G^{-1}(u)\mid du$ $F$, $G$ funciones de CDF

Question

<span class="math-container">$X$</span> Y <span class="math-container">$Y$</span> tienen funciones FCD admitir de momento de orden <span class="math-container">$1$</span>. Vamos a ser FCD <span class="math-container">$F$</span> <span class="math-container">$X$</span> y FCD <span class="math-container">$G$</span> <span class="math-container">$Y$</span>.

Quiero mostrar <span class="math-container">$$\int{\mathbb R} \mid F(x)-G(x)\mid dx = \int{0}^{1} \mid F^{-1}(u)-G^{-1}(u)\mid du\,.$ $</span>

Answer 1

Esta respuesta es inspirada por Calvin Khor la solución. Aquí, no hay que asumir que $F$ e $G$ poseen funciones inversas. En esta respuesta, definimos $T^{-1}:(0,1)\to \mathbb{R}$como $$T^{-1}(u):=\sup\big\{v\in\mathbb{R}\,|\,T(v)\leq u\big\}$$ para cualquier función de distribución acumulativa $T:\mathbb{R}\to[0,1]$. Desde $T^{-1}$ es no decreciente, es una función medible. Tenemos la primera nota de que, si $T$ admite el primer momento, a continuación, $$\int_{-\infty}^0\,T(x)\,\text{d}x+\int_0^{+\infty}\,\big(1-T(x)\big)\,\text{d}x=\int_\mathbb{R}\,|x|\,\text{d}T(x)<\infty\,,$$ así tenemos $$\int_{-\infty}^0\,T(x)\,\text{d}x<\infty\text{ and }\int_0^{+\infty}\,\big(1-T(x)\big)\,\text{d}x<\infty\,.\tag{*}$$

Ahora, debido a $F$ e $G$ admitir los primeros momentos, la integral $$I:=\int_\mathbb{R}\,\big|F(x)-G(x)\big|\,\text{d}x$$ es finito, debido a (*). De Calvin Khor la respuesta, tenemos $$I=\mu(E^+)+\mu(E^-)\,,$$ where $\mu$ is the Lebesgue measure on $\mathbb{R}^2$, $$E^+:=\big\{(x,y)\in\mathbb{R}\times (0,1)\,|\,G(x)\leq y<F(x)\big\}\,,$$ y $$E^-:=\big\{(x,y)\in\mathbb{R}\times (0,1)\,|\,F(x)\leq y<G(x)\big\}\,.$$ Observar que $$E^+\subseteq S^+:=\big\{(x,y)\in\mathbb{R}\times (0,1)\,|\,F^{-1}(x)\leq x \leq G^{-1}(x)\big\}$$ y $$E^-\subseteq S^-:=\big\{(x,y)\in\mathbb{R}\times (0,1)\,|\,G^{-1}(x)\leq x \leq F^{-1}(x)\big\}\,.$$ Tenga en cuenta que $$S^+\setminus E^+\subseteq \big\{(x,y)\in\mathbb{R}\times (0,1)\,|\,x\text{ is the unique solution to }F(x)=y\big\}$$ and $$S^-\setminus E^-\subseteq \big\{(x,y)\in\mathbb{R}\times (0,1)\,|\,x\text{ is the unique solution to }G(x)=y\big\}$$ are of Lebesgue measure $0$. Por lo tanto, $$I=\mu(S^+)+\mu(S^-)=\int_0^1\,\big|F^{-1}(u)-G^{-1}(u)\big|\,\text{d}u\,.$$

Answer 2

Ya que el uso de la notación $F^{-1}$, resp. $G^{-1}$, para el cuantil de la función tácitamente asume que $F$ e $G$ son continua y estrictamente creciente en un intervalo $J\subset{\mathbb R}$. Te sugiero que te dibuja una figura que muestra a dos razonable de tales funciones. El lado izquierdo de la invención de la fórmula, a continuación, representa el unsigned área encerrada entre las gráficas de $F$ e $G$. Girar la figura $90^\circ$ a continuación, se puede comprobar que el lado derecho de la reclamación de la fórmula es la misma zona.

Esto significa que uno tiene que probar que $$A:=\bigl\{(x,u)\in J\times[0,1]\bigm|\min\{F(x),G(x)\}\leq u\leq\max\{F(x),G(x)\}\bigr\}$$ y $$A':=\bigl\{(x,u)\in J\times[0,1]\bigm|\min\{F^{-1}(u),G^{-1}(u)\}\leq x\leq\max\{F^{-1}(u),G^{-1}(u)\}\bigr\}$$ son, de hecho, el mismo establece. Esta es la "lógica pura"; uno sólo tiene que ir a través de los movimientos.

Answer 3

Si $\mu$ es en 2D medida de Lebesgue, entonces la interpretación de la integral como el unsigned área de$^*$ entre $F$ e $G$, $$\int |F(x) - G(x)| dx = \mu\big[(x,y)\in\mathbb R\times [0,1]:G(x)\le y<F(x)\big] + \mu\big[(x,y)\in\mathbb R\times [0,1]:F(x)\le y<G(x)\big ] $$

A continuación, tenga en cuenta que

$$G(x) \le y < F(x) \iff x \le G^{-1}(y) , F^{-1}(y)<x \iff F^{-1}(y)<x \le G^{-1}(y)$$ y de manera similar a $ F(x) \le y < G(x) \iff G^{-1}(y) < x \le F^{-1}(y)$. así

$$\int |F(x) - G(x)| dx = \mu\big[(x,y)\in\mathbb R\times [0,1]:F^{-1}(y)<x \le G^{-1}(y)\big] + \mu\big[(x,y)\in\mathbb R\times [0,1]:G^{-1}(y) < x \le F^{-1}(y)\big ] $$

volviendo a la 1D integral de notación, esto es decir que $$ \int_{\mathbb R} |F(x) - G(x)| dx = \int_0^1 |F^{-1}(y) - G^{-1}(y) | dy $$

Por último, un gráfico - esto indica que el resultado debe ser cierto incluso para algunas funciones sin una inversa. ( desmo enlace )

$^*$ Para una función positiva $f$, $\int_A f(x) dx = \int_A \int_0^{f(x)} dydx = \mu( (x,y) \in A\times \operatorname{im}f : 0\le y\le f(x)).$ Adecuado análisis de casos conduce a la expresión anterior.