Функции двумерного распределения

[alisa-lebovski]

Пусть $F(x,y)$ - функция двумерного распределения.
Будет ли функцией двумерного распределения $F(x,y)^A$? То, что при натуральных $A$ будет, ясно: это распределение покомпонентного максимума $A$ независимых случайных векторов с таким распределением. А при всех $A>0$? Или только при $A\ge 1$? Пыталась делать через плотность, запуталась. Кроме того, распределение не обязательно абсолютно непрерывно.

И еще вопрос: если $F(x,y)$ и $G(x,y)$ - две функции двумерного распределения, будут ли таковыми $\max\{F(x,y),G(x,y)\}$ и $\min\{F(x,y),G(x,y)\}$? Для одномерных такие операции снова дают функцию распределения, а для многомерных - не уверена.

[paha]

Правильно я понимаю, что $F(x,y)=P\{X\le x,\,Y\le y\}$, не убывает по каждому из аргументов и $ F(x,y)\to 1$ при $x,y\to+\infty$?

Ведь это -- все формальные свойства (еще какая-то непрерывность нужна)... не вижу препятствий

[alisa-lebovski]

Цитата:

Правильно я понимаю, что $F(x,y)=P\{X\le x,\,Y\le y\}$

Да.

Цитата:

Ведь это -- все формальные свойства

К сожалению, не все. Там еще есть свойство, чтобы вероятность любого прямоугольника (считаемая через функцию распределения) получалась неотрицательной.

[paha]

alisa-lebovski в сообщении #394920 писал(а):

Там еще есть свойство, чтобы вероятность любого прямоугольника (считаемая через функцию распределения) получалась неотрицательной.

а это не следует из неубывания по каждой переменной?

-- Пн янв 03, 2011 18:49:05 --

а... там должно быть

$$ F(x+a,y+b)-F(x,y+b)-F(x+a,y)+F(x,y)\ge 0 $$

Такая "выпуклость"

-- Пн янв 03, 2011 19:22:18 --

Надо доказать такое утверждение: для любых четырех положительных чисел $a\ge b\ge c\ge d$, удовлетворяющих неравенству $a+d\ge b+c$ при любом $A\ge 1$ имеет место неравенство $a^A+d^A\ge b^A+c^A$

[Null]

А стремление к 0 на минус бесконечности, оно там хитрое.

[RIP]

Для min/max ответ отрицательный. Для максимума --- $\delta_{(0,1)}$ и $\delta_{(1,0)}$, для минимума --- $\frac12(\delta_{(0,0)}+\delta_{(2,2)})$ и $\frac12(\delta_{(0,1)}+\delta_{(1,0)})$. Для квадрата $(0,1]^2$ получаются отрицательные вероятности.

Для возведения в степень $A\ge1$ ответ положительный, но моё докво существенно двумерно, в $n$-мерном случае ещё надо подумать.

[RIP]

При $n\ge3$ может уже и не получиться ф.р. Например, если рассмотреть распределение $\frac13(\delta_{(0,0,1)}+\delta_{(0,1,0)}+\delta_{(1,0,0)})$, то приращение по кубику $(0,1]^3$ получается $1-3(2/3)^A+3(1/3)^A<0$ при $1<A<2$. По-видимому, в $n$-мерном случае нужно требовать $(A>n-1)\vee(A\in\mathbb N)$. Кажется, док-во тривиально, но надо проверить.

Вроде бы, всё очевидно. Короче, если $f\colon[0,1]\to[0,1]$, то для того, чтобы для любой двумерной функции распределения $F$ функция $f\circ F$ также была функцией распределения, необходимо и достаточно, чтобы $f$ была выпуклой неубывающей функцией с $f(0)=0$, $f(1-0)=1$.

[alisa-lebovski]

Цитата:

Надо доказать такое утверждение: для любых четырех положительных чисел $a\ge b\ge c\ge d$, удовлетворяющих неравенству $a+d\ge b+c$ при любом $A\ge 1$ имеет место неравенство $a^A+d^A\ge b^A+c^A$.

Доказала. Поскольку $c\le a+d-b$, то $b^A+c^A\le b^A+(a+d-b)^A$. В правой части выпуклая функция по $b\in [a,d]$, ее значение не больше, чем взвешенная сумма значений в точках $a$ и $d$, которые оба равны $a^A+d^A$. Так что $a^A+d^A\ge b^A+c^A$. Аналогично делается для выпуклой неубывающей функции вместо степени (хотя мне это и не надо).

А во многомерном случае как?

[paha]

alisa-lebovski в сообщении #395109 писал(а):

А во многомерном случае как?

Ну ясно же как...$\forall a\in\mathbb{R}^n$, $\forall x\in \mathbb{R}^n$

$$ \sum_{\sigma\in \{0,1\}^n}(-1)^{n-|\sigma|}F\Bigl(x+\langle\sigma,a\rangle\Bigr)\ge 0 $$

Где $\{0,1\}^n\subset\mathbb{R}^n$ -- множество вершин единичного куба (точки с координатами 0 и 1), $|\sigma|=\sum\sigma_i$, треугольные скобки -- обычное скалярное произведение

-- Вт янв 04, 2011 12:46:00 --

В смысле, если $2^n$ неотрицательных чисел $\{a_\sigma,\,\sigma\in\{0,1\}^n\}$ таковы, что

$$ \sum_{\sigma\in \{0,1\}^n}(-1)^{n-|\sigma|}a_\sigma\ge 0, $$

и $\sigma>\tau$ (лексикографический порядок на вершинах куба) влечет $a_\sigma\ge a_\tau$

то и

$$ \sum_{\sigma\in \{0,1\}^n}(-1)^{n-|\sigma|}f(a_\sigma)\ge 0 $$

для $f(x)=x^A$, $A\ge 1$

[RIP]

В $n$-мерном случае необходимое и достаточное условие на $A$ --- это $(A>n-1)\vee(A\in\mathbb N)$. Более общо, если $f\in C^n([0,1],[0,1])$, $f(0)=0$, $f(1)=1$, то для того, чтобы для любой $n$-мерной функции распределения $F$ функция $f\circ F$ была функцией распределения ($n$ фиксировано), необходимо и достаточно, чтобы при всех $k\in\{0,1,\ldots,n\}$ и $x\in[0,1]$ выполнялось $f^{(k)}(x)\ge0$.

[paha]

RIP в сообщении #395141 писал(а):

$f^{(k)}(x)\ge0$.

собственно, это и зашифровано в

paha в сообщении #395120 писал(а):

В смысле, если $2^n$ неотрицательных чисел $\{a_\sigma,\,\sigma\in\{0,1\}^n\}$ таковы, что

$$ \sum_{\sigma\in \{0,1\}^n}(-1)^{n-|\sigma|}a_\sigma\ge 0, $$

и $\sigma>\tau$ (лексикографический порядок на вершинах куба) влечет $a_\sigma\ge a_\tau$

то и

$$ \sum_{\sigma\in \{0,1\}^n}(-1)^{n-|\sigma|}f(a_\sigma)\ge 0 $$

для $f(x)=x^A$, $A\ge 1$

[RIP]

Ваше условие более сильное, чем неотрицательность производных. Оно не выполнено ни при каких $A>1$ (при $n\ge3$). От чисел $a_\sigma$ надо требовать не просто монотонность, а неотрицательность приращений по всем граням.

[paha]

RIP в сообщении #395163 писал(а):

Ваше условие более сильное, чем неотрицательность производных. Оно не выполнено ни при каких $A$. От чисел $a_\sigma$ надо требовать не просто монотонность, а неотрицательность приращений по всем граням.

Вы правы.

Назовем набор $2^n$ чисел $\{a_\sigma,\,\sigma\in\{0,1\}^n\}$ вероятностным, если

$$ \sum_{\sigma\in \Gamma}\varepsilon(\sigma,\Gamma)a_\sigma\ge 0, $$

для любой (не обязательно максимальной) грани $\Gamma\subset\{0,1\}^n$ единичного куба

Знак $\varepsilon(\sigma,\Gamma)$ таков, что на старшей (лексикографически) вершине из $\Gamma$ он равен $1$, на соседних $-1$ и т.д.

Вообщем наша функция должна переводить вероятностные наборы в вероятностные.

Такая характеризация хороша тем, что не требует от функции дифференцируемости

[alisa-lebovski]

Цитата:

Вообщем наша функция должна переводить вероятностные наборы в вероятностные.

Такая характеризация хороша тем, что не требует от функции дифференцируемости.

По-моему, это не критерий, а просто переформулировка того, что функция должна переводить функцию распределения в функцию распределения. Вопрос в том, как это можно достаточно просто проверить для конкретной функции. Вот условие с производными - это критерий. Но я пока не понимаю, как его доказать.

[paha]

alisa-lebovski в сообщении #395323 писал(а):

Но я пока не понимаю, как его доказать.

как раз из "переформулировки" легко вывести условие для дифференцируемых функций... просто многократным применением теоремы (Лагранжа? о среднем?) $f(x+\xi)-f(x)=f'(\theta)\xi$, $\theta\in[0;\xi]$