Почему функция не может быть функцией распределения?

[CBst]

Здравствуйте.

Есть функция $F(x,y,z)=Max(1-((1-x)^3 + (1-y)^3 + (1-z)^3)^{1/3},0)$, $x,y,z \subset [0,1]$.
Ответ: эта функция не может быть функцией распределения. Вопрос, почему?
Вроде бы для нее все выполняется, что нужно, то есть:
1) $F(0,y,z)=0$ и тому подобное.
2) $F(1,1,z)=z$ и тому подобное.
3) $F(x_1,y_1,z_1)-F(x_0,y_1,z_1)-F(x_1,y_0,z_1)-F(x_1,y_1,z_0)+F(x_0,y_0,z_1)+F(x_0,y_1,z_0)+F(x_1,y_0,z_0)-F(x_0,y_0,z_0)$ тоже выполняется для любых $x_0<x_1$, $y_0<y_1$, $z_0<z_1$.

Но ответ к задаче: не может.
Почему? Спасибо.

[Профессор Снэйп]

В смысле, именно "функция распределения". Или "плотности распределения"?

Если распределения, то я не знаю, как такие функции определяются в случае, когда случайная величина зависит от трёх переменных.

(Оффтоп)

Заранее извиняюсь за глупости. В тервере я местами даун

[chessar]

CBst
Ну я думаю дело в том что, она задана не на всём $\mathbb{R}^3$. А так чтобы она была функцией распределения некой с.в., надо её доопределить на всё $\mathbb{R}^3$, так чтобы еще выполнялись условия непрерывности справа

[CBst]

Именной функцией распределения, совместной функцией распределения трех случайных величин $x,y,z$, которые по отдельности имеют равномерные распределения на отрезке $[0,1]$.

А доопределить в смысле? Она по условию $F:[0,1]^3 \to [0,1]$.

[chessar]

Доопределить так, чтобы по каждому аргументу: 1) $\underset{z\rightarrow-\infty}{\lim}{F(z)}=0$, $\underset{z\rightarrow+\infty}{\lim}{F(z)}=1$; 2) функция была неубывающей и 3) функция была непрерывна справа (если конечно при определении понятия функции распределения берется нестрогое неравенство, иначе - слева).

[CBst]

chessar в сообщении #598557 писал(а):

Доопределить так, чтобы по каждому аргументу: 1) $\underset{z\rightarrow-\infty}{\lim}{F(z)}=0$, $\underset{z\rightarrow+\infty}{\lim}{F(z)}=1$

Но ведь это и так выполняется, без доопределения.

chessar в сообщении #598557 писал(а):

2) функция была неубывающей.

Она неубывающая, это следует из 1) и 3) из моего первого поста. Только вот я его не могу отредактировать, там выражение в 3) больше или равно нулю должно быть:
$F(x_1,y_1,z_1)-F(x_0,y_1,z_1)-F(x_1,y_0,z_1)-F(x_1,y_1,z_0)+F(x_0,y_0,z_1)+F(x_1,y_0,z_0)+F(x_0,y_1,z_0)-F(x_0,y_0,z_0) \ge 0$

chessar в сообщении #598557 писал(а):

3) функция была непрерывна справа (если конечно при определении понятия функции распределения берется нестрогое неравенство, иначе - слева).

Это не важно в данной задаче. Так и написано, что непрерывность справа/слева не брать в расчет.

[chessar]

Да, и еще, надо обязательно потребовать неотрицательность вероятности $P(a_1\leqslant x<b_1,a_2\leqslant y<b_2,a_3\leqslant z<b_3)$ при любых $a_1<b_1$, $a_2<b_2$, $a_3<b_3$.

[CBst]

Да, это выполняется, я проверял, правда в ручную на вольфрам математике, подстановкой. Но все же.

Забыл возможно важную делать, так задача вообще говоря для $n \ge 3$, то есть можно записать, например, для 4 случайных величин:
$F(x_1,x_2,x_3,x_4)=Max(1-((1-x_1)^3+(1-x_2)^3+(1-x_3)^3+(1-x_4)^3)^{1/3},0)$
Но мне почему-то кажется, что нет разницы, какое $n$ брать, главное что-бы больше двух.

[chessar]

CBst в сообщении #598567 писал(а):

Да, это выполняется, я проверял, правда в ручную на вольфрам математике, подстановкой. Но все же.

Как именно вы проверяли? Используя формулу?

[CBst]

chessar в сообщении #598568 писал(а):

CBst в сообщении #598567 писал(а):

Да, это выполняется, я проверял, правда в ручную на вольфрам математике, подстановкой. Но все же.

Как именно вы проверяли? Используя формулу?

Ну да. Подставлял в формулу 3) разные $x,y$ и $z$, смотрел чтобы было больше нуля.

[--mS--]

CBst в сообщении #598567 писал(а):

Забыл возможно важную делать, так задача вообще говоря для $n \ge 3$, то есть можно записать, например, для 4 случайных величин:
$F(x_1,x_2,x_3,x_4)=Max(1-((1-x_1)^3+(1-x_2)^3+(1-x_3)^3+(1-x_4)^3)^{1/3},0)$
Но мне почему-то кажется, что нет разницы, какое $n$ брать, главное что-бы больше двух.

Скажем, так. Функция, которая нарисована, имела бы шанс быть копулой (т.е. аккурат многомерной ф.р. с равномерными маргинальными распределениями), причём архимедовой, т.е. вида $C(x_1,\ldots,x_d)=\psi(\psi^{-1}(x_1)+\ldots+\psi^{-1}(x_d))$ с генератором $\psi(t)=\max(1-t^{1/3},0):[0,+\infty) \to [0,1]$, кабы (и только кабы) этот генератор при $d\geqslant 3$ был так называемой "$d$-монотонной функцией". Т.е. функцией, непрерывной на всей области определения, единичной в нуле, строго убывающей до момента попадания в нуль, и (вот источник зла) обладающей производными на всей области определения порядков до $d-2$ включительно такими, что $(-1)^k\psi^{(k)}(x)\geqslant 0$ всюду для $k=0,\ldots,d-2$, и $(-1)^{d-2}\psi^{(d-2)}(x)$ невозрастает и выпукла.

У функции, претендующей на роль генератора, при $d\geqslant 3$ проблема с существованием производной в единице. Для $d=2$ таких проблем нет, т.к. нет необходимости в дифференцируемости.

(Оффтоп)

Авторов не привожу, т.к. не вполне в курсе темы. Поиск по "multivariate archimedean copulas" даст кучу ссылок.

Отсюда вывод: функция - не копула, т.е. искать следует кубик, "вероятность" попасть в который, вычисленная по ней, будет отрицательна.

[CBst]

Спасибо, пойду искать кубик. Как найду, отпишусь.

-- 24.07.2012, 14:08 --

Кубик нашел: $[x_0,x_1] \times [y_0,y_1] \times [z_0,z_1] = [0.2,0.5] \times [0.2,0.4] \times [0.4,0.5]$
Вероятность попасть в него равна $-0.02$.
Спасибо всем.