Para los dos positivos de las variables aleatorias X,Y, sabemos que si $E[X^r]=E[Y^r]$ para cualquier r se mantiene, la cdf de X y de y todavía puede ser diferente.
Entonces se me ocurre lo que sobre el cambio de $r\in \mathbb{N}$$r\in \mathbb{R+}$?
Es esto suficiente para determinar una r.v.?
Su condición no, de hecho, determinar la distribución exclusiva de si asumimos $E[X^{r_0}] < \infty$ algunos $r_0 > 0$. De lo contrario, es fácil encontrar contraejemplos, ya que la condición $E[X^r] = \infty = E[Y^r]$ todos los $r>0$ no nos dice mucho. En realidad, como la prueba a continuación se muestra, a continuación solo necesita $E[X^r] = E[Y^r]$$0<r<r_0$.
Bajo la hipótesis anterior, definir $$ \Phi : \{z \in \Bbb{C} \,\mid \, 0 < {\rm{Re}}(z) < r_0 /2 \} \\Bbb{C}, z \mapsto E[X^{z}] = E[e^{z \cdot \ln X}]. $$
El uso de diferenciación bajo el signo integral como en la Diferencia de diferenciación bajo el signo integral entre Lebesgue y Riemann, junto con la estimación \begin{eqnarray*} \left|\frac{{\rm d}}{{\rm d}z}e^{z\cdot\ln X}\right| & = & \left|\ln X\cdot e^{z\cdot\ln X}\right|\\ & = & \left|\ln X\cdot e^{{\rm Re}\left(z\right)\cdot\ln X}\right|\\ & = & \left|\ln X\right|\cdot X^{{\rm Re}\left(z\right)}\\ & \leq & \begin{cases} \ln X\cdot X^{r_{0}/2}\leq C_{r_{0}}\cdot X^{r_{0}}, & \text{if }X\geq1,\\ \left|\ln X\right|\cdot X^{1/n}=\left|f_{n}\left(x\right)\right|\leq C_{n}, & \text{if }X<1 \end{casos} \end{eqnarray*} lo que es válido en cada uno de los conjuntos de $M_n := \{z \in \Bbb{C} \,\mid\, 1/n < {\rm Re}(z) < r_0/2\}$, podemos ver que $\Phi$ es holomorphic en cada una de las $M_n$ y, por tanto, en su dominio, que es igual a $\bigcup_n M_n$.
En la estimación anterior, he utilizado la estimación de $\ln x \leq C_{r_0} x^{r_0}$, lo que es válido para algunas constantes $C_{r_0}$ todos los $x \geq 1$, dado que el logaritmo crece más lentamente que cualquier potencia positiva de $x$. Además, he usado la función $$ f_n : [0,1] \a \Bbb{R}, x \mapsto \begin{cases} x^{1/n} \cdot \ln x & x > 0 \\ 0,& x=0\end{casos} $$ es continua por L'Hospital desde $x^{1/n} \cdot \ln x = \frac{\ln x}{x^{-1/n}}$$x^{-1/n} \to \infty$$\ln x \to -\infty$$x \downarrow 0$. Finalmente, $$ \frac{\frac{{\rm d}}{{\rm d}x}\ln x}{\frac{{\rm d}}{{\rm d}x}x^{-1/n}}=\frac{\frac{1}{x}}{\left(-1/n\right)\cdot x^{-1-1/ n}}=-n\cdot x^{1/n}\to0 \text{ como } x \downarrow 0. $$
Utilizando los mismos argumentos, vemos que la función análoga con $Y$ en lugar de $X$ es también holomorphic. Por el https://en.wikipedia.org/wiki/Identity_theorem para holomorphic funciones (tenga en cuenta que el dominio de $\Phi$ está conectado y que las dos funciones coinciden (por supuesto) en el set $(0, r_0/2)$ que tiene un punto de acumulación), esto implica $E[X^z] = E[Y^z]$ todos los $z \in \Bbb{C}$${\rm Re}(z) < r_0 /2$.
Dominado por la convergencia, es fácil ver que esto se extiende a ${\rm Re}(z) = 0$. Por lo tanto, $$ E[e^{2\pi i t \ln X}]=E[X^{2\pi i t}] = E[Y^{2\pi i t}] = E[e^{2 \pi i t \cdot \ln Y}] $$ tiene para todos los $t \in \Bbb{R}$, por lo que las transformadas de Fourier de $\ln X$ $\ln Y$ está de acuerdo. Por lo tanto, la distribución de los $\ln X, \ln Y$ son idénticos y por lo tanto son los de $X,Y$.
I-Ciencias es una comunidad de estudiantes y amantes de la ciencia en la que puedes resolver tus problemas y dudas.
Puedes consultar las preguntas de otros usuarios, hacer tus propias preguntas o resolver las de los demás.
