Dada una función de distribución de probabilidad $F(x)$ Consideremos otras funciones de distribución de la probabilidad $F_1$ y $F_2$ tal que $aF_1(x)+bF_2(x)=F(x)$ para algunos $a,b$ para todos $x$ . ¿En qué condiciones en $F_1$ y $F_2$ tenemos $F_1(x)(1-F_1(x))+F_2(x)(1-F_2(x)) \ge F(x)(1-F(x)) $ ?
Respuesta
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Para que $a F_1 + b F_2$ para ser una función de distribución de probabilidad, se necesita $a + b = 1$ . Asumiré que estás interesado en el caso $0 < a < 1$ . Si $F = a F_1 + (1 - a) F_2$ entonces $G = F_1 (1-F_1) + F_2 (1 - F_2) - F (1 - F) = (F_1 - F_2)^2 a^2 + (F_1 - F_2)(2 F_2 - 1) a + F_1 - F_1^2$ . Ahora bien, ciertamente el $a^2$ y los términos constantes son no negativos. Así que una condición suficiente es que $(F_1 -F_2) (2 F_2 - 1) \ge 0$ es decir, o bien $F_1 \ge F_2 \ge 1/2$ o $F_1 \le F_2 \le 1/2$ .
Por simetría, también es cierto si $F_2 \ge F_1 \ge 1/2$ o $F_2 \le F_1 \le 1/2$ . Por otro lado, cuando $F_2 < 1/2 < F_1$ o $F_1 < 1/2 < F_2$ el mínimo de $G$ está en $a = \frac{1/2 - F_2}{F_1 - F_2}$ donde obtenemos $G =F_1 - F_1^2 + F_2 - F_2^2 - 1/4$ . Obsérvese que la curva $F_1 - F_1^2 + F_2 - F_2^2 = 1/4$ es un círculo de radio $1/2$ centrado en $(1/2,1/2)$ . Así que la condición para tener $G \ge 0$ para todos $0 \le a \le 1$ es que $(F_1, F_2)$ evita las dos regiones del cuadrado unitario fuera de ese círculo que se muestran en rojo en este gráfico.
