¿Es la función $e^{x^2/2} \Phi(x)$ ¿un aumento monótono?

Question

Hola,

He aquí un problema interesante. Parece elemental, pero me ha costado algunos esfuerzos sin resolverlo. Sea

$$ h(x) = e^{x^2/2} \Phi(x),\qquad \text{with}\quad \Phi(x):=\int_{-\infty}^x \frac{e^{-y^2/2}}{\sqrt{2\pi}} dy. $$

La cuestión es si la función $h(x)$ es monótona creciente sobre $R$ ? ¿Existen trabajos que se ocupen de dicha función?

Parece un problema bastante fácil. Tomando la primera derivada, tenemos que demostrar que

$$ h(x)' = h(x) x + \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \ge 0. $$ que de nuevo, no es obvio (para $x<0$ ). Algunos datos, que pueden ser útiles, son:

$$ \lim_{x\rightarrow -\infty} h(x) =0, \quad \lim_{x\rightarrow -\infty} h(x)' =0. $$

Muchas gracias por los consejos.

Anand

Answer 1

Podemos escribir $h(x)=\frac 1{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^x \exp\left(\frac{x^2-y^2}2\right)dy$ . Ahora pon $t=x-y$ . Obtenemos \begin{align} h(x)&=\frac 1{\sqrt{2\pi}}\int_0^{+\infty}\exp\left(\frac{x^2-(x-t)^2}2\right)dt\\\ &=\frac 1{\sqrt{2\pi}}\int_0^{+\infty}\exp\left(xt-\frac{t^2}2\right)dt. \end{align} Podemos diferenciar bajo la integral gracias al teorema de convergencia dominada. Obtenemos $$h'(x)=\frac 1{\sqrt{2\pi}}\int_0^{+\infty}t\exp\left(xt-\frac{t^2}2\right)dt\geq 0.$$ Añadido más tarde: no es necesario difundir. Si $x_1\leq x_2$ entonces para $t\geq 0$ tenemos $e^{tx_1}\leq e^{tx_2}$ por lo tanto $ h(x_1)\leq h(x_2) $ .

Answer 2

Esto es sólo un argumento alternativo al bonito de Davide.

En primer lugar, hay que tener en cuenta que $h' = e^{x^2/2}(x \Phi + \Phi')$ .

Desde $\Phi'' = -x \Phi'$ la monotonicidad de la integral da como resultado $$ x \Phi(x) \geq \int_{-\infty}^x u \Phi'(u) \mathrm{d}u = -\Phi'(x). $$ Así que, $h' \geq 0$ y hemos terminado.

Answer 3

No he hecho el cálculo, pero me parece que integrar el $\Phi(x)$ término por partes hasta la saciedad, se obtiene una bonita serie de potencias para $h(x).$

EDITAR El argumento de @Davide es, obviamente, la respuesta completa a la pregunta planteada, pero sólo como coda, la serie para $h(x)$ es bastante bonito:

En la parte impar, los coeficientes de $x^{2k+1}$ es $1/p(k)$ donde $p(k)$ es el producto de la primera $k$ Impares enteros, mientras que en la parte par, el coeficiente de $x^{2k}$ es $\sqrt{\pi/2}/q(k),$ donde $q(k)$ es el producto del primer $k$ números enteros pares.

Answer 4

Una desigualdad útil es \begin{equation} \tag{1} \frac{1}{\sqrt{2 \pi}} \frac{x}{x^2+1} \mathrm{e}^{-x^2/2} \le \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_x^\infty \mathrm{e}^{-y^2/2} \, \mathrm{d} y \le \frac{1}{\sqrt{2 \pi}} \frac{1}{x} \mathrm{e}^{-x^2/2} \end{equation} para $x >0$ lo que puede demostrarse mediante argumentos elementales (véase más adelante). Por ejemplo, se puede demostrar la ley del logaritmo iterado (para el movimiento Browiano) mediante esta desigualdad. Por simetría, tenemos para $x <0$ que $$|x \mathrm{e}^{x^2/2} \Phi(x)| = \frac{|x|\mathrm{e}^{x^2/2} }{\sqrt{2\pi}} \int_{|x|}^\infty \mathrm{e}^{-y^2/2} \, \mathrm{d} y \le \frac{1}{\sqrt{2\pi}}$$ y esto demuestra $h'(x) \ge 0$ .

La segunda desigualdad en $(1)$ se puede demostrar utilizando $\exp(-y^2) \le y/x \exp(-y^2)$ para $y \ge x$ y el primero en $(1)$ se deduce aplicando la integración parcial en la forma \begin{equation*} \frac{1}{x^2} \int_x^\infty \mathrm{e}^{-y^2/2} \, \mathrm{d} y \ge \int_x^\infty \frac{1}{y^2} e^{-y^2/2} = \frac{1}{x} \mathrm{e}^{-x^2/2} - \int_x^\infty \mathrm{e}^{-y^2/2} \end{equation*} y reordenando adecuadamente.