Выпуклость функции PDF и CDF стандартной нормальной случайной величины

10

Пожалуйста, предоставьте доказательство того, что является выпуклым . Здесь и являются стандартными нормальными PDF и CDF соответственно.Q(x)=x2+xϕ(x)Φ(x)x>0ϕΦ

ШАГИ ПРОБОВАНЫ

1) КАЛЬКУЛЬНЫЙ МЕТОД

Я попробовал метод исчисления и получил формулу для второго производного, но не смог показать, что он положительный . Пожалуйста, дайте мне знать, если вам нужна дополнительная информация.x>0

Наконец,

Let Q(x)=x2+xϕ(x)Φ(x)
Q(x)x=2x+x[xϕ(x)Φ(x){ϕ(x)Φ(x)}2]+ϕ(x)Φ(x)
Q(x)x|x=0=ϕ(0)Φ(0)>0
2Q(x)x2=2+xϕ(x)[Φ2(x)+x2Φ2(x)+3xϕ(x)Φ(x)+2ϕ2(x)Φ3(x)]+2[xϕ(x)Φ(x){ϕ(x)Φ(x)}2]
=2+ϕ(x)[x3Φ2(x)+3x2ϕ(x)Φ(x)+2xϕ2(x)3xΦ2(x)2ϕ(x)Φ(x)Φ3(x)]
=[2Φ3(x)+x3Φ2(x)ϕ(x)+3x2ϕ2(x)Φ(x)+2xϕ3(x)3xΦ2(x)ϕ(x)2ϕ2(x)Φ(x)Φ3(x)]
Let, K(x)=2Φ3(x)+2xϕ3(x)+Φ2(x)ϕ(x)x[x23]+ϕ2(x)Φ(x)[3x22]
K(0)=1412π>0
Для x3,K(x)>0 . Для x(0,3) ,
K(x)=6Φ2(x)ϕ(x)+2ϕ3(x)6x2ϕ3(x)+2Φ(x)ϕ2(x)[x33x]Φ2(x)ϕ(x)[x43x2]+Φ2(x)ϕ(x)[3x23]2ϕ2(x)Φ(x)[3x32x]+ϕ3(x)[3x22]+ϕ2(x)Φ(x)6x
K(x)=6Φ2(x)ϕ(x)3Φ2(x)ϕ(x)+2ϕ3(x)2ϕ3(x)+6xΦ(x)ϕ2(x)6xΦ(x)ϕ2(x)+3x2Φ2(x)ϕ(x)+3x2Φ2(x)ϕ(x)+2x3Φ(x)ϕ2(x)6x3Φ(x)ϕ2(x)+3x2ϕ3(x)6x2ϕ3(x)+4xΦ(x)ϕ2(x)x4Φ2(x)ϕ(x)
=3Φ2(x)ϕ(x)+6x2Φ2(x)ϕ(x)+4xΦ(x)ϕ2(x)3x2ϕ3(x)x4Φ2(x)ϕ(x)4x3Φ(x)ϕ2(x)
=ϕ(x)[3Φ2(x)+x{6xΦ2(x)3xϕ2(x)x3Φ2(x)+4Φ(x)ϕ(x)[1x2]}]

2) ГРАФИЧЕСКИЙ / ЧИСЛЕННЫЙ МЕТОД

Я также смог увидеть это численно и визуально, построив графики, как показано ниже; но было бы полезно иметь надлежащее доказательство.

введите описание изображения здесь

TexMex
источник

Ответы:

9

Покажем, что вторая производная от положительна для . Во-первых, нам нужно знать, как различать и .Qx0Φϕ

По определению,

ddxΦ(x)=ϕ(x)=12πexp(x2/2).
Дифференцирование еще раз дает

ddxϕ(x)=xϕ(x).

Применение этого результата к другой производной дает

d2dx2ϕ(x)=(1+x2)ϕ(x).

Используя эти результаты, наряду с обычным произведением и частными правилами дифференцирования, мы находим, что числитель второй производной является суммой шести слагаемых. (Этот результат был получен в середине вопроса.) Удобно распределить термины по трем группам:

Φ(x)3d2dx2Q(x)=2xϕ(x)3+3x2ϕ(x)2Φ(x)+x3ϕ(x)Φ(x)2+Φ(x)(2ϕ(x)23xϕ(x)Φ(x)+2Φ(x)2).

Поскольку - это плотность вероятности, она неотрицательна, как и функция распределения . Таким образом, только третий член может быть отрицательным, когда . Его знак такой же, как у его второго фактора,ϕΦx0

R(x)=2ϕ(x)23xϕ(x)Φ(x)+2Φ(x)2.

Есть много способов показать, что этот фактор не может быть отрицательным. Следует отметить, что

R(0)=2ϕ(0)+2Φ(0)=12π>0.

Дифференциация - используя те же простые методы, что и раньше - дает

ddxR(x)=ϕ(x)(xϕ(x)+(1+3x2)Φ(x))

что явно положительно для . Поэтому является возрастающей функцией на интервале . Его минимум должен быть в , доказывая для всех .x0R(x)[0,)R(0)>0R(x)>0x0

Мы показали, что имеет положительную вторую производную для , QED .Qx0

Whuber
источник
1
Спасибо @whuber, какой отличный ответ. Очень ценю вашу помощь. Я пробовал что-то подобное и пытался уничтожить негативные термины, используя позитивные термины, но еще не пробовал комбинацию, которую вы пробовали выше. Был очень рад видеть ваш результат.
texmex