Si he entendido bien, la conjetura es falsa para $N=3$ y he aquí un contraejemplo. [Crédito parcial a joriki cuya respuesta borrada (errónea) me llevó por el camino finalmente correcto].
Supongamos que $X$ sólo toma cuatro valores diferentes, y lo mismo para $Y$ . Así que $g_i(x) = P(X = x \mid Y = y_i)$ es sólo un $4$ -vector $\in S = \{(a,b,c,d) \in \mathbb{R}^4: a+b+c+d = 1 \cap a,b,c,d \ge 0\}$ .
Éstos son los cuatro $4$ -vectores para $g_1, g_2, g_3, g_4$ :
$$(\frac12, \frac12, 0, 0),\,\,\,\,\,\, (0, \frac12, \frac12, 0),\,\,\,\,\,\, (0, 0, \frac12, \frac12),\,\,\,\,\,\, (\frac12, 0, 0, \frac12)$$
Dado que los vectores son linealmente dependientes (con tres de ellos cualesquiera actuando como base), esto satisface la condición previa.
Demostrar que la postcondición es imposible es más difícil, y sólo puedo presentar un argumento intuitivo. Cualquier candidato $f'_i$ con tres o cuatro entradas positivas son inútiles - los coeficientes $c'_i$ son no negativos por lo que tal $f'_i$ no puede utilizarse en una combinación lineal positiva (plc) de cualquier $g_i$ que sólo tiene dos entradas positivas. Del mismo modo, cualquier candidato $f'_i$ con dos entradas positivas (y dos ceros) sólo puede utilizarse en un plc de la "concordancia" $g_i$ es decir, uno con las dos mismas entradas positivas. Si eliminamos un $f'_i$ y la "coincidencia" $g_i$ (si lo hay), el problema se reduce a utilizar un $f'_i$ para representar (a través de plc) tal vez uno menos $g_i$ . Después de eliminar todos $f'_i$ con dos entradas positivas (y cualquier $g_i$ ), nos queda $K$ número de $f'_i$ 's, cada uno con una sola entrada positiva, y requiriendo que representen (vía plc) al menos $K+1$ resto $g_i$ 's. Una simple comprobación de $K=0,1,2,3$ demuestra que esto es imposible.
Siento que mi argumento sea tan informal. Me ha costado escribirlo algebraicamente.
Otras observaciones: La razón goemétrica clave de la imposibilidad es que $S$ es un tetraedro que tiene una sección transversal que es un cuadrado, y de hecho $g_i$ son las esquinas. Esto demuestra casi de inmediato que el uso de $f''_i$ que son $\in S$ (es decir, son pdf) y coeficientes convexos $c''_i$ no es suficiente. Se necesita un poco más de trabajo (más arriba) para demostrar el caso más general de que el uso de no negativo $f'_i$ y coeficientes no negativos $c'_i$ tampoco es suficiente.
Curiosamente, una lógica similar diría que la conjetura es cierta para $N=2$ . En este caso, las combinaciones lineales de $f_1, f_2$ es una línea cuya intersección con $S$ (cualquier $S$ (no sólo este caso del tetraedro) es uno o más segmentos de línea. Si elegimos los dos puntos más alejados de estos segmentos de recta (los límites existen ya que $X$ está acotado) como $f'_1, f'_2$ entonces todo puede representarse como plc.
