Si $X$ es una variable aleatoria no negativa integrable y $k\in\mathbb N_0$ ¿podemos demostrar que $\operatorname E[(X-\operatorname E[X])^k]\le\operatorname E[X^k]$ ?
Está claro que eso no es cierto si $X$ puede ser negativo.
Respuesta
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La afirmación es trivial si $k$ es impar. Así que supongamos que $k \in \{2, 4, 6, \cdots\}$ . En tal caso, defina $p(x)$ por
$$ p(x) = x^k - (x-1)^k + 1 - x. $$
Afirmamos que
Reclamación. $p(x) \geq 0$ para $x \geq 0$ .
Antes de demostrarlo, veamos cómo se relaciona con nuestro problema. Escribe $Y = X/\mathbf{E}[X]$ . Entonces $Y \geq 0$ y $\mathbf{E}[Y] = 1$ y por lo tanto, la reclamación dice que $ 0 \leq \mathbf{E}[p(Y)] = \mathbf{E}[Y^k - (Y-1)^k] $ que se reduce a la desigualdad deseada.
Ahora pasamos a probar la reclamación en sí. Supongamos primero que $0 \leq x \leq \frac{1}{2}$ . Entonces
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Desde $p''(x) = k(k-1)(x^{k-2} - (x-1)^{k-2})$ , encontramos fácilmente que $p$ es cóncavo en $(-\infty, \frac{1}{2}]$ .
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Por concavidad, la gráfica de $p$ se encuentra por encima de la línea que une $(0, p(0)) = (0, 0)$ y $(\frac{1}{2}, p(\frac{1}{2})) = (\frac{1}{2}, \frac{1}{2})$ . Este segmento de línea forma parte de la línea $y = x$ y así, $p(x) \geq x \geq 0$ .
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De nuevo por concavidad, $p(x) \leq p(\frac{1}{2}) + p'(\frac{1}{2})(x - \frac{1}{2}) $ . Comprobamos fácilmente que $p'(\frac{1}{2}) = n2^{2-n} - 1 > -1$ y así, $p(x) \leq \frac{1}{2} - (x - \frac{1}{2}) = 1 - x$ .
Combinando todo, encontramos que $0 \leq p(x) \leq 1$ para $x \in [0, \frac{1}{2}]$ . Pero como $p(x) + p(1-x) = 1$ se deduce que $p(x) \geq 0$ para $x \in [0, 1]$ . Finalmente, $p(x) \geq 0$ es fácil de comprobar $x \geq 1$ . Por lo tanto, la reclamación sigue. $\square$
La siguiente figura es el gráfico de $p(x)$ para $k = 4, 6, \cdots, 16$ en $[0, 1]$ que confirma numéricamente que $x \leq p(x) \leq 1-x$ para $[0, \frac{1}{2}]$ y el gráfico de $p$ es simétrica en torno a $(\frac{1}{2}, \frac{1}{2})$ .
