Разделяют ли функционалы расстояния вероятностные меры?
Позволять $(\Omega,d)$ - компактное метрическое пространство и $\mathcal P(\Omega)$его пространство борелевских вероятностных мер. Позволять$D=\{ d_p\mid p\in\Omega\}$ где $d_p(x)=d(p,x)$- множество всех «дистанционных функционалов». Как обычно, мы можем думать о$D$ действующий на $\mathcal P(\Omega)$ (или наоборот) через интеграцию, т.е. $\langle d_p,\mu\rangle = \int_\Omega d_p(x)\,\mathrm d\mu(x)$.
Заголовок Вопрос
Делает $D$ действующий на $\mathcal P(\Omega)$ через отдельные точки интеграции?
Или, что то же самое,
Если $\mu,\nu \in \mathcal P(\Omega)$ и $\langle d_p,\mu\rangle = \langle d_p,\nu\rangle$ для всех $p\in \Omega$, то должен $\mu=\nu$?
Альтернативные составы
Есть еще несколько способов поставить вопрос.
Вероятностная формулировка
Переписывая все интегралы как ожидания, возникает вопрос:
Если $\mathbb E_{X\sim\mu}[d_p(X)] = \mathbb E_{Y\sim\nu}[d_p(Y)]$ для всех $p\in \Omega$, то должен $\mu=\nu$?
Другими словами, определяет ли мера знание ожидаемого расстояния до точки для всех точек?
Геометрическая формула
Напомним, что расстояние 1-Вассерштейна определяется выражением $W_1(\mu,\nu) = \inf_{\gamma\in\Gamma(\mu,\nu)} \int_{\Omega\times\Omega} d(x,y) \,\mathrm d\gamma(x,y)$ где $\Gamma(\mu,\nu)$ это набор связей между $\mu$ и $\nu$ т.е. вероятностные меры Бореля на $\Omega\times\Omega$ с маргиналами $\mu$ и $\nu$соответственно. Поскольку мера продукта$\delta_p\otimes\mu$ является единственной связью между дельта-мерой Дирака $\delta_p$ и $\mu$у нас есть это
$$W_1(\delta_p,\mu)=\int_{\Omega\times\Omega} d(x,y)\,\mathrm d(\delta_p\otimes\mu)(x,y)=\int_\Omega d(p,y)\,\mathrm d\mu(y)=\langle d_p,\mu\rangle$$
Теперь вопрос можно сформулировать геометрически как
Если $W_1(\delta_p,\mu)=W_1(\delta_p,\nu)$ для всех $p\in \Omega$, то должен $\mu=\nu$?
Другими словами, знает ли $W_1$ расстояние до крайних точек $\mathcal P(\Omega)$ полностью определить вероятностную меру?
Интегральное преобразование.
Определить расстояние преобразования из$\mu\in\mathcal P(\Omega)$ как функция $\phi_\mu:\Omega\to\mathbb R$ данный $\phi_\mu(p) = \int_\Omega d(p,x)\,\mathrm d\mu(x)$. Теперь вопрос можно переформулировать так:
Инъективно ли преобразование расстояния на $\mathcal P(\Omega)$?
Более того, по геометрической формулировке имеем $\phi_\mu(p) = W_1(\delta_p,\mu)$. Мы будем использовать слабые-$*$ топология для $\mathcal P(\Omega)$ (что совпадает с $W_1$топология). Поскольку карта$p\mapsto \delta_p$ это вложение $\Omega$ в $\mathcal P(\Omega)$, это следует из того $\phi_\mu:\Omega\to\mathbb R$непрерывно. Обозначим преобразование расстояния через$\Phi(\mu)=\phi_\mu$. поскольку$\mathcal P(\Omega)$ компактна по Хаусдорфу и $C(\Omega)$ Хаусдорф, мы можем переформулировать вопрос как
Если $\Phi:\mathcal P(\Omega)\to C(\Omega)$ непрерывно, это вложение?
Последние мысли
Верны ли какие-либо из этих эквивалентных утверждений? К сожалению, мне удалось только переформулировать вопрос и не найти никаких четких доказательств, хотя я не удивлюсь, если есть более простое из них, которое я упускаю. Геометрическая постановка задачи наводит на мысль, что$D$ действительно разделяет точки в $\mathcal P(\Omega)$. Однако, если ответ утвердительный, то я чувствую получающиеся приятные свойства$\Phi$сделало бы это чем-то таким, что было бы легко найти. Любое понимание будет оценено.
Обновление: в свете элегантного 4-точечного контрпримера Джорджа Лоутера и утвердительного ответа Пьетро Майера на$\Omega=[0,1]$, было бы интересно лучше понять, какие факторы определяют, дает ли лежащее в основе метрическое пространство утвердительный ответ.
Контрпример Джорджа можно распространить на контрпримеры, где $\Omega$сфера (с внутренней метрикой). Таким образом, требуя$\Omega$будучи положительно-мерным, многообразие, связное, линейно-связное, односвязное и т. д., не устранит проблему. С другой стороны, Пьетро подозревает, что ответ снова утвердительный в том случае, когда$\Omega$ компактное выпуклое подмножество евклидова пространства.
Ответы
Нет. Предположим, что $\Omega$ состоит из четырех точек, расположенных в виде квадрата, причем соседние точки имеют расстояние 1 между ними, а противоположные точки имеют расстояние 2. В частности, если точки помечены как A, B, C, D, то \begin{align} & d(A,C)=d(B,D)=2,\\ & d(A,B)=d(B,C)=d(C,D)=d(D,A)=1. \end{align} Например, A, B, C, D могут быть равномерно распределены по кругу с использованием метрики внутреннего круга.
Есть ровно две вероятностные меры, приписывающие вероятность 1/2 каждой из двух противоположных точек и нулевую вероятность - двум оставшимся точкам. \begin{align} & \mu(\{A\})=\mu(\{C\}) = 1/2,\ \mu(\{B,D\})=0,\\ & \nu(\{B\})=\nu(\{D\})=1/2,\ \nu(\{A,C\})=0. \end{align}Вы можете проверить , что эти два показателя дают одинаковый интеграл для всех ` функций расстояния. Среднее расстояние от каждой точки равно 1 в обоих случаях.
С положительной стороны, ответ утвердительный, если $\Omega$ это единичный интервал $[0,1]$со стандартным расстоянием. В таком случае$\phi_\mu$ выпуклый $1$-Липшицеву функцию (фактически, она также определена для всех $p\in\mathbb{R}$, с участием $\phi'(p)=\mathrm{sgn} p$ за $p\notin[0,1]$), с левой и правой производными $$\phi_-'(p)=\mu[0,p)-\mu[p,1]= 2\mu[0,p)-1$$ $$\phi_+'(p)=\mu[0,p] -\mu (p,1]= 2\mu[0,p] -1=1-2\mu(p,1]$$ так что $\mu$ определено на всех интервалах, а значит, и на всех борелевских подмножествах.
Наоборот, заметим, что любая выпуклая функция $\phi$как указано выше,
может быть записано в форме$\phi(p)=\int_{[0,1]}|t-p|dm(t)$ для некоторой вероятностной борелевской меры $m$ на $[0,1]$. Это потому что$g:= \frac{1}{2}\big(1-\phi_+'\big) $ - неотрицательная ограниченная функция кадлага, поэтому существует борелевская функция вероятности $m$ такой, что $g(p)=m(p,1]$откуда $\phi(p)=\int_{[0,1]}|t-p|dm(t)$ легко следует из приведенных выше соотношений.
Думаю, ответ также положительный для $\Omega$ выпуклый компакт $\mathbb{R}^n$ с евклидовым расстоянием.