Supongamos $X$ $Y$ son reales variables aleatorias con CDF $F$ $G$ tal que $F(x)\geq G(x)$ ($Y$ exposiciones (de primer orden) de dominancia estocástica $X$). Entonces, para todos los que aumenta la función $\phi$,$E[\phi(Y)]\geq E[\phi(X)]$. Me gustaría encontrar a una rigurosa prueba de ello. Por favor puede proporcionar uno o punto de mí una referencia?
Para el caso especial en el que tanto $F$ $G$ son continuos, uno puede considerar la integral $$ \int \phi(x)dG(y) $$ y emplear la sustitución de $y\to\varphi(x)$ donde $\varphi(x)\equiv G^{-1}[F(x)]$ inferir que $$ E[\phi(Y)]=\int\phi(x)dG(y){\color{rojo}=}\int\phi[\varphi(x)]dF(x)\geq\int\phi(x)dF(x)=E[\phi(X)]. $$ La desigualdad anterior es debido a que $$ F(x)\geq G(x)\implica\varphi(x)=G^{-1}[F(x)]\geq G^{-1}[G(x)]{\color{blue}=}x;\quad \phi\text{ es cada vez mayor.} $$ He hecho algunos intentos para al $F$ $G$ son de carácter general, considerando $\varphi(x)=G^*[F(x)]$ donde $G^*$ ahora es la (a la izquierda del continuo) cuantil función de $Y$. Me he topado con al menos 2 problemas: (i) no creo que la igualdad de ${\color{red}=}$ arriba continúa a la espera; (ii) $G^*[G(x)]\leq x$ ${\color{blue}=}$ arriba se convirtió en $\leq$, lo que rompe con la desigualdad de la cadena.
Una rigurosa prueba puede seguir también desde una dirección diferente. Pero esta otra dirección se basa en una construcción no sé cómo hacer.
Respuestas
¿Demasiados anuncios?
La idea es construir una medida $\mu$en un espacio del producto $\Bbb{R}\times \Bbb{R}$ tal que $\mu((-\infty,a),\Bbb{R}) = F(a)$ $\mu(\Bbb{R},(-\infty,b)) = G(b)$ tal que $\mu((x,y): x>y ) = 0$.
Una vez que tenemos esto, a continuación,$Y = X + Z$$Z\geq 0$, y observando que $\phi$ es el aumento de
$$\Bbb{E}[\phi(Y)] = \Bbb{E}[\phi(X+Z)] \geq \Bbb{E}[\phi(X)] $$
reclamo: un $\mu$ existe.
En efecto, considerar la posibilidad de
$X_n = \sum_{i= 0}^{n-1} \delta_{a^n_i} \frac{1}{n}$ donde $a^n_i = \inf\big\{a, F(a)\geq\frac{i}{N}\big\}$ y
$Y_n = \sum_{i= 0}^{n-1} \delta_{b^n_i} \frac{1}{n}$ donde $b^n_i = \inf\big\{b, G(b)\geq\frac{i}{n}\big\}$.
Tenga en cuenta que $b^n_i \geq a^n_i$. remarcar también que uno podría tener $a^n_i = a^n_{i+1}$
Construcción $\mu^n$ la siguiente manera $X^n = a_i^n \Rightarrow Y^n = b_i^n$ (si $X^n = a^n_i$$Y^n = b^n_i$). De esta manera $Y^n \geq X^n$.
Ahora nota para cada $x$ no es un porcentaje ( $k^n(x): \frac{k^n(x)}{n} < F(x) \leq \frac{k^n(x)+1}{n}$
$$F^n(x) = \mu^n(Y^n \leq x) = \frac{\sup\{i, a^n_i \leq x\}}{n} = \frac{k^n(x)}{n}$$
Así $X^n\Rightarrow X$ -$X^n$ converge en distribución a $X$ - una vez que la distribución acumulativa convergen (para cada (continuidad) punto de $F$).
Simmilarly para cada $y$ no es un porcentaje ( $\tilde{k}^n(y): \frac{\tilde{k}^n(y)}{n} \leq G(y) < \frac{\tilde{k}^n(y)+1}{n}$
$$G^n(y) =\mu^n(Y^n \leq y) = \frac{\sup\{i, b^n_i \leq y\}}{n} = \frac{\tilde{k}^n(y)}{n}$$
Así $Y^n\Rightarrow Y$ -$Y^n$ converge en distribución a $Y$ - una vez que la distribución acumulativa convergen (para cada (continuidad) punto de $G$).
Observe además que la $\mu^n$ es apretado. De hecho, vamos a $\alpha$ ser tal que $F(\alpha)< \epsilon$ y deje $\beta$ ser tal que $G(\beta)> 1 - \epsilon$.
Deje $N$ ser tal que para $n > N$
$$ |F(\alpha) - F^n(\alpha)|< \epsilon\\ |G(\beta) - G^(\beta)| \leq \epsilon $$ A continuación, $$\mu^n((\alpha, \beta)^2) = 1 - \mu^n (X^n \leq \alpha, Y^n \geq \beta) \geq 1 - \mu^n (X^n \leq \alpha) - \mu^n (Y^n \geq \beta) \geq 1 - 4 \epsilon $$
Ahora, desde la secuencia de medidas es apretado (por Prohorov) se admite un límite de $\mu$ para algunas larga.
Por otra parte (por Portemanteau) $\liminf \mu^n(A) \geq \mu(A)$ para cada abierto $A$ Tome $A = \{(x,y): x>y\}$ y la nota (para concluir) que $\mu^n(A) = 0$
Aquí está una más fáciles de la prueba.
Puesto que el aumento de las funciones son diferenciables, casi con toda seguridad, podemos considerar que todos los $\phi$ que es derivable y creciente, sin pérdida de generalidad.
Definir $$ H(x)=G(x)-F(x)\leq 0,\quad H(0)=0,\quad \lim_{x\rightarrow \infty}H(x)=0. $$ Aplicar la Integración por Partes para la generalización de la función de distribución de $$ \int \phi(x)dH(x)=[\phi(x)H(x)]^\infty_{0}-\int \phi'(x)H(x)dx $$ donde $$ H(x)=\lim_{t\uparrow x}H(t)\leq 0. $$ El primer término se desvanece por la construcción. El segundo término es evidentemente positivo. De ello se sigue que $$ \int \phi(x)dG(x)-\int \phi(x)dF(x)=\int \phi(x)dH(x)\geq 0. $$ Esto completa la prueba.
