¿Cómo demostrar que esta integral de la distribución normal es finita?

Question

Numéricamente, he observado que

$$\int_{-\infty}^{\infty} \dfrac{\phi(x)^2}{\Phi(x)}dx < \infty$$ donde $\phi$ y $\Phi$ son la fdp y la fdc normalizadas. Sin embargo, no veo cómo demostrarlo. Agradecería cualquier pista.

Answer 1

Intuitivamente, el resultado es obvio porque (a) $\phi$ es un función rápidamente decreciente (su magnitud disminuye a un ritmo exponencial cuadrático) y (b) $\Phi$ está acotada por encima y, para $x,$ también disminuye rápidamente al mismo ritmo que $\phi.$ Así, la fracción $\phi^2/\Phi$ disminuye rápidamente tanto para positivo como para negativo $x,$ permaneciendo acotada en el medio, por lo que su integral es muy bien educados y finitos.

El problema, entonces, es hacer que esta intuición sea rigurosa. El rigor se limita a paralelizar el argumento anterior mediante comparaciones cuantitativas adecuadas.

En $x\gt 0,$ $\Phi(x)\ge 1/2$ (por un conocido argumento de simetría). De donde (en este caso) el integrando está acotado arriba en magnitud por

$$\bigg|\frac{\phi(x)^2}{\Phi(x)}\bigg| \le 2\phi(x)^2 \lt 2\exp(-x^2)/\sqrt{2\pi}$$

que (por ser proporcional a la densidad de otra distribución Normal) tiene una integral finita.

La parte más difícil es la integral sobre negativo $x.$ Pero aquí, el Ratio Mills es

$$R(-x) = \frac{\Phi(x)}{\phi(x)}$$

que, como explica el post enlazado, está delimitado a continuación por $-x/(x^2+1).$ Así, para grandes $x$ (digamos, $x \le -1$ ),

$$\bigg|\frac{\phi(x)^2}{\Phi(x)}\bigg| = \bigg|\phi(x)\left(\frac{1}{R(-x)}\right)\bigg| \le \phi(x) \frac{x^2+1}{|x|} \le 2|x|\phi(x)$$

cuya integral también converge (se puede integrar exactamente utilizando técnicas elementales).

Desde $\phi(x)^2/\Phi(x)$ está acotado en el intervalo restante $[-1,0],$ hemos establecido que su integral sobre toda la recta real está limitada en magnitud por la suma de tres cantidades convergentes, por lo que es finita, QED.

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Este argumento sigue aplicándose, esencialmente sin cambios, a cualquier integrando de la forma $\phi(x)^k/\Phi(x)$ para $k\gt 1.$ También muestra (fíjate más en los límites superior e inferior de la Relación de Mills) que la integral diverge cuando $k\le 1.$

(Para una parcela con $k=1$ -- que no es más que la relación inversa de Mills -- véase la última figura de https://stats.stackexchange.com/a/166277/919. )

Answer 2

He aquí un argumento elemental autocontenido, por comparación con la distribución de Laplace. Demostramos $$\int_{-\infty}^{\infty}\frac{\phi(x)^2}{\Phi(x)}dx<\frac{1}{2\sqrt{\pi}}+\sqrt{\frac\pi2}\simeq 1.535<\infty$$

El lado positivo de la integral tiene el límite $$\int_{0}^{\infty}\frac{\phi(x)^2}{\Phi(x)}dx< \int_{0}^{\infty}\frac{\phi(x)^2}{1/2}dx=\frac{1}{2\sqrt{\pi}}$$

El lado negativo de la integral tiene el límite $$\int_{-\infty}^{0}\frac{\phi(x)^2}{\Phi(x)}dx< \int_{-\infty}^{0}\sqrt{2\pi}\frac{f_L(x)^2}{F_L(x)}dx=\sqrt{\frac\pi2}\phantom{1<\infty}$$

Dado que la distribución de Laplace tiene $f_L(x)=F_L(x)=\frac12 e^x$ en $x<0$ la integral es fácil.

Para demostrar que $\phi^2/\Phi<\sqrt{2\pi} f_L^2/F_L$ empezamos por demostrar $$g(u)=\frac{-(2u+1)\exp\left(\frac{-u^2}2-u\right)}{\pi}<1$$

Utilizando la prueba de la primera derivada, el máximo se produce exactamente en $u_\max=-(3+\sqrt{17})/4$ y por evaluación numérica $g(u_\max)<1$ . Así, para $x<0$ , \begin{align} \phi(x)^2\frac{F_L(x)}{f_L^2(x)} &=\frac{\exp(-x^2)}{2\pi}\frac{\frac12 \exp(x)}{\frac14 \exp(2x)}\\ &=\frac{\exp(-x^2-x)}{\pi}\\ &=\int_{u=-\infty}^{x}\frac{-(2u+1)\exp(-u^2-u)}{\pi}du\\ &<\int_{u=-\infty}^{x}\exp(-u^2/2)du\\ &=\sqrt{2\pi}\Phi(x) \end{align} que es lo que necesitamos.

Answer 3

La integral se refiere al valor esperado del función de riesgo normal

$$E_X[h(x)] = E_X\left[\dfrac{\phi(x)}{1-\Phi(x)}\right] = \int_{-\infty}^{\infty} \left(\dfrac{\phi(x)}{1-\Phi(x)}\right) \phi(x) dx = \int_{-\infty}^{\infty} \left(\dfrac{\phi(x)}{\Phi(x)}\right) \phi(x) dx$$

El último paso se debe a la simetría.

Esta función de riesgo será aproximadamente asintótica a $x$ en el infinito positivo y será menor que $x^2$ (excepto en alguna región donde es finito).

Desde $E_X[x^2]$ es finito por lo que debe ser $E_X[h(x)]$

La gran diferencia entre $x^2$ que ya resulta en una integral finita, y la función de riesgo $h(x)$ indica que no se trata de un problema difícil y que probablemente haya muchos enfoques para demostrar que la integral no diverge (como se ve en muchas respuestas a la pregunta).

Por ejemplo, podemos ver con mayor precisión este comportamiento asintótico de la función de riesgo en la expresión

$$log(1-F(t)) = log(S(t)) = -\int_{-\infty}^x h(t) dt$$

Esto puede estar relacionado con la comportamiento asintótico de la función de error (como $\text{erfc}(x/\sqrt{2})/2 = 1-F(x)$ ), que tiene límites exponenciales con factor $e^{-x^2}$ para $x>0$ .

Answer 4

Enfoque intuitivo
$\Phi(x)$ cambia en el intervalo $[0,1]$ mientras que $\phi(x)^2$ es a su vez una distribución normal integrable. Así, la única razón por la que la integral no podría ser finita, es porque diverge en el límite $x\rightarrow -\infty$ . Por la regla de L'Hôpital: $$ \frac{\phi^2(x)}{\Phi(x)}\sim \frac{2\phi(x)\phi'(x)}{\phi(x)}\sim \phi'(x)= -\frac{2x}{\sigma^2}\phi(x)\\(\text{as }x\rightarrow -\infty) $$ En otras palabras, la forma asintótica del integrando para $x\rightarrow-\infty$ es $$ \frac{\phi^2(x)}{\Phi(x)}\sim -\frac{2x}{\sigma^2}\phi(x), $$ cuya integral converge en el límite deseado.

Enfoque riguroso
Quizás, una forma más rigurosa podría ser demostrar que en el límite $x\rightarrow -\infty$ el integrando decae más rápido que $1/x$ y, por tanto, convergente. Aplicamos la regla de L'Hôpital a lo siguiente: Por la regla de L'Hôpital: $$ \lim_{x\rightarrow -\infty}\frac{x\phi^2(x)}{\Phi(x)}= \lim_{x\rightarrow -\infty}\frac{\phi^2(x)+x\phi(x)\phi'(x)}{\phi(x)}= \lim_{x\rightarrow -\infty}\left[\phi(x)+x\phi'(x)\right]= \lim_{x\rightarrow -\infty}\left[1-\frac{x}{\sigma^2}\right]\phi(x)=0. $$ Por tanto, la integral converge en el límite en cuestión.

Observaciones:

• Agradezco las observaciones de @SextusEmpiricus, que han permitido mejorar esta respuesta.
• $$\phi(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^2}}e^{-\frac{x^2}{2\sigma^2}}$$

Answer 5

La integral en cualquier intervalo $[a, \infty)$ es claramente finito. Ahora $\varphi(x)$ es convexa en $(-\infty, -1]$ por lo que la línea tangente a $\varphi$ en cualquier $x < -1$ se encuentra debajo $\varphi$ . Esta tangente interseca la $x$ -eje en $x+x^{-1}$ . Esto da el límite inferior $$\Phi(x) > -\frac1{2x} \varphi(x)$$ para todos $x < -1$ y así $$\frac{\varphi(x)^2}{\Phi(x)} < -2x \varphi(x)$$ para todos $x<-1$ . Esto demuestra que la integral sobre $(-\infty, -1]$ también es finito.