Deje $x$ $y$ dos números; $0\leq x \leq 1$ $0\leq y \leq 1$ satisfactorio $$\mathcal{X}\times \mathcal{Y}=\left\{(x,y):\sum^{\lfloor k\rfloor}_{i=0}\binom{n}{i}(1-y)^{i} y^{n-i} +\sum^{\lfloor k\rfloor}_{i=0}\binom{n}{i}x^i (1-x)^{n-i}=1\right\}$$
Definir una función $f^n_k:[0,1]\rightarrow [0,1]$ con la asignación $\mathcal{X} \overset{f^n_k}{\mapsto} \mathcal{Y}$
Demostrar que para cada $k<n/2$, la función de $f_k^n$ es cóncava (o similar) para cada $k>n/2$ la función de $f_k^n$ es convexo).
Por simplicidad, $n$ puede suponer impar.
Resumen de lo que me he encontrado (para $k<n/2$):
$f_k^n$ es obviamente continua y pasa a través de $(0,0)$$(1,1)$.
$f_k^n$ pasa a través de todos los pares $(x,y)$ que $y>x$ (excepto en$(0,0)$$(1,1)$, por lo $f_k^n$ se encuentra por encima de $y=x$$[0,1]^2$.
Para cada $f_k^n(x_0)=y_0$ hay un $\epsilon>0$ punto más cercano a $x_0$, es decir, $x_0+\epsilon$ tal que $f_k^n(x_0+\epsilon)=y_0+\delta$ positivos $\delta$.
Esto demuestra que $f_k^n$ está aumentando por encima de $y=x$ línea, pero no creo que es suficiente para la concavidad.
Aquí está la figura de $n=5$:
Los detalles de lo que he hecho:
El conjunto definido anteriormente, es el mismo con
$$\mathcal{X}\times \mathcal{Y}=\left\{(x,y): B(k,n,1-y)=1-B(k,n,x)\right\}$$
donde $B$ es el binomio c.d.f.
Ahora vamos a $h_0(x;n,k)=1-B(k,n,x)$$h_1(y;n,k)=B(k,n,1-y)$. Soy capaz de probar que tanto $h_0$ $h_1$ son funciones crecientes de $x$ $y$ respectivamente.
Sé que en el caso de $k=n/2$ $$h_0(x;n,n/2)=h_1(x;n,n/2)$$
Uno puede ver que también tenemos las siguientes desigualdades:
$$h_0(x;n,n/2-1)>h_0(x;n,n/2)$$ y $$h_1(x;n,n/2-1)<h_1(x;n,n/2)$$ A partir de este punto, llego a la conclusión de que $$h_0(x;n,n/2-1)>h_1(x;n,n/2-1)\quad\forall x\quad\quad (1)$$ PERO la condición de la serie dice que necesito encontrar todos los $(x,y)$ tal que $$h_0(x;n,n/2-1)=h_1(y;n,n/2-1)\quad\quad (2)$$
Si $x=y$ o $x>y$ es asumido para satisfacer $(2)$, entonces esto es una contradicción para $(1)$. En consecuencia, concluyo que el $y>x$ debe ser cierto para todos los pares de $(x,y)\in[0,1]^2$ con la excepción de$(0,0)$$(1,1)$, que siempre satisfacen la igualdad de $(2)$.
En el siguiente paso que he de asumir el punto de $(x_0,y_0)$ es válido y satisface $(2)$. Entonces II elegir otro punto que está muy cerca de a $x_0$, es decir, $x_0+\epsilon$ algunos $\epsilon>0$. Entonces a partir de la $h_0$ es una función creciente de $x$, a continuación, voy a tener $$h_0(x_0+\epsilon;n,n/2-1)>h_0(x_0;n,n/2-1)$$
esta dice que el lado izquierdo de $(2)$ aumentó con la adición de $\epsilon$ $x_0$ $(2)$a celebrar, el lado derecho también debe aumentar. Somos afortunados por $h_1$ también es una función creciente de $y$ por lo tanto si $(x_0,y_0)$ es un punto válido de satisfacciones $(2)$, $(x_0+\epsilon,y_0+\delta)$ también debería ser válido para algunos positivos $\delta$.
Yo solía $h_0(x;n,n/2-1)$ para el caso de $k<n/2$ pero yo podría usar a $h_0(x;n,n/2-a)$ algunos $a$. La conclusión no iba a cambiar.
Gracias:
Podría por favor ayudarme?
Gracias de antemano.
