Si todas las medias recortadas son iguales, ¿implica esto que las distribuciones son iguales?

Question

Intento demostrar lo siguiente:

Dado que $\forall \alpha\in [0,1]$ :

$$\int_{F_S^{-1}(\alpha)}^{\infty}xf_S(x)\,dx = \int_{F_0^{-1}(\alpha)}^{\infty}yf_0(y)\,dy$$

donde $F_S^{-1}(\alpha)$ y $F_0^{-1}(\alpha)$ son los $\alpha$ de la distribución. Quiero demostrar que $f_S(x)$ se distribuye de forma idéntica a $f_0(x)$ .

Parece que debería ser cierto, pero no he podido demostrarlo definitivamente. Cualquier consejo o direcciones para explorar sería apreciado.

Lo que he probado hasta ahora:

La integración por partes me llevó a lo siguiente:

$yF_{S}(y)\big|_{F_{S}^{-1}(\alpha)}^{\infty}-\int_{F_{S}^{-1}(\alpha)}^{\infty}F_{S}(y)dy=yF_{0}(y)\big|_{F_{0}^{-1}(\alpha)}^{\infty}-\int_{F_{0}^{-1}(\alpha)}^{\infty}F_{0}(y)dy$

Pero no puedo sustituir y por infinito en el primer término sin que ambos lados lleguen a infinito. Para evitar esto consideré el hecho de que para algunos $\epsilon>0$ :

$$\int_{F_S^{-1}(\alpha)}^{F_S^{-1}(\alpha+\epsilon)}xf_S(x)\,dx = \int_{F_0^{-1}(\alpha)}^{F_0^{-1}(\alpha+\epsilon)}yf_0(y)\,dy$$

que luego aplicando la integración por partes conduce a:

$(\alpha+\epsilon)F_{S}^{-1}(\alpha+\epsilon)-\alpha F_{S}^{-1}(\alpha)-\int_{F_{S}^{-1}(\alpha)}^{F_{S}^{-1}(\alpha+\epsilon)}F_{S}(y)dy = (\alpha+\epsilon)F_{0}^{-1}(\alpha+\epsilon)-\alpha F_{0}^{-1}(\alpha)-\int_{F_{0}^{-1}(\alpha)}^{F_{0}^{-1}(\alpha+\epsilon)}F_{0}(y)dy$

y creo que si pudiera demostrar que las componentes integrales de esta son iguales a 0 entonces podría resolverlo.

Answer 1

Recordemos que $$\frac{\text{d}}{\text{d}\theta} \int_\theta^\infty f(x)\,\text{d}x=-f(\theta)$$ y, por tanto, que $$\frac{\text{d}}{\text{d}\theta} \int_{g(\theta)}^\infty f(x)\,\text{d}x=-(f\circ g)(\theta)\times g'(\theta)$$ Por lo tanto, asumiendo las expectativas de $F_S$ y $F_0$ están bien definidos y son finitos, $$\frac{\text{d}}{\text{d}\alpha}\int_{F_S^{-1}(\alpha)}^{\infty}xf_S(x)\,\text{d}x = - F_S^{-1}(\alpha)\times(f_S\circ F_S^{-1})(\alpha)\times\frac{\text{d}}{\text{d}\alpha}F_S^{-1}(\alpha)$$ Recordemos además que $$\frac{\text{d}}{\text{d}\alpha}F_S^{-1}(\alpha)=\frac{1}{[\frac{\text{d}}{\text{d}x}F_S](F_S^{-1}(\alpha))}=\frac{1}{f_S(F_S^{-1}(\alpha))}=\frac{1}{(f_S\circ F_S^{-1})(\alpha)}$$ y deberías deducir directamente el resultado.

De hecho, esta resolución equivale a un cambio de variable en la integral $$\int_{F_S^{-1}(\alpha)}^{\infty}xf_S(x)\,\text{d}x$$ ya que expresar $x$ como $x=F_S^{-1}(\beta)$ en esta integral conduce a $$\int_{\alpha}^{1}F_S^{-1}(\beta)\,\text{d}\beta$$ gracias a la misma cancelación de $(f_S\circ F_S^{-1})(\alpha)$ como arriba. Por lo tanto $$\int_{\alpha}^{1}F_S^{-1}(\beta)\,\text{d}\beta=\int_{\alpha}^{1}F_0^{-1}(\beta)\,\text{d}\beta$$ para todos $0<\alpha<1$ y tomando la derivada en $\alpha$ : $$-F_S^{-1}(\alpha)=F_S^{-1}(\alpha)$$ para todos $0<\alpha<1$ como era de esperar.