Calcule el valor esperado de $Y=e^X$ donde $X \sim N(\mu, \sigma^2)$

Question

Tengo un problema de cálculo $E[e^X]$ donde X sigue una distribución normal $N(\mu, \sigma^2)$ de la media $\mu$ y la desviación estándar $\sigma$ .

Todavía no tengo ni idea de cómo resolverlo. Supongamos que $Y=e^X$ . Intentando calcular este valor directamente por sustitución $f(x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^2}}\, e^{\frac{-(x-\mu)^2}{2\sigma^2}}$ entonces encuentra $g(y)$ de $Y$ es una pesadilla (y no sé cómo calcular esta integral para ser sincero).

Otra forma es encontrar la función inversa. Supongamos que $Y=\phi(X)$ , si $\phi$ es diferenciable, monótona, y tiene función inversa $X=\psi(Y)$ entonces $g(y)$ (PDF de la variable aleatoria $Y$ ) es la siguiente: $g(y)=f[\psi(y)]|\psi'(y)|$ .

Creo que no necesitamos encontrar PDF de $Y$ explícitamente para encontrar $E[Y]$ . Esto parece ser un problema clásico. ¿Alguien puede ayudar?

Answer 1

$\newcommand{\E}{\operatorname{E}}$

Mira esto: Ley del estadístico inconsciente .

Si $f$ es la función de densidad de la distribución de una variable aleatoria $X$ entonces $$ \E(g(X)) = \int_{-\infty}^\infty g(x)f(x)\,dx, $$ y no es necesario encontrar la distribución de probabilidad, incluida la densidad, de la variable aleatoria $g(X)$ .

Ahora dejemos que $X=\mu+\sigma Z$ donde $Z$ es un estándar normal, es decir $\E(Z)=0$ y $\operatorname{var}(Z)=1$ .

Entonces usted obtiene $$ \begin{align} \E(e^X) & =\E(e^{\mu+\sigma Z}) = \int_{-\infty}^\infty e^{\mu+\sigma z} \varphi(z)\,dz \\[10pt] & = \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^\infty e^{\mu+\sigma z} e^{-z^2/2}\,dz = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^\mu \int_{-\infty}^\infty e^{\sigma z} e^{-z^2/2}\,dz. \end{align} $$

Tenemos $\sigma z-\dfrac{z^2}{2}$ así que por supuesto completamos el cuadrado: $$ \frac 1 2 (z^2 - 2\sigma z) = \frac 1 2 ( z^2 - 2\sigma z + \sigma^2) - \frac 1 2 \sigma^2 = \frac 1 2 (z-\sigma)^2 - \frac 1 2 \sigma^2. $$ Entonces la integral es $$ \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{\mu+ \sigma^2/2} \int_{-\infty}^\infty e^{-(z-\sigma)^2/2}\,dz $$ Todo esto es $$ e^{\mu + \sigma^2/2}. $$ En otras palabras, la integral con $z-\sigma$ es el mismo que con sólo $z$ en ese lugar, porque la función sólo se desplaza una distancia $\sigma$ . Si quieres, puedes decir $w=z+\sigma$ y $dw=dz$ y como $z$ va de $-\infty$ a $+\infty$ También lo hace $w$ para que tengas el mismo integral después de esta sustitución.

Answer 2

Dejemos que $X$ ser un $\mathbb{R}$ -con la función de densidad de probabilidad $p(x)$ y $f(x)$ sea una función agradable. Entonces $$\mathbb{E}f(X) = \int_{-\infty}^{\infty} f(x) p(x) \; dx.$$ En este caso, tenemos $$ p(x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}e^{-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}},$$ por lo que $$ \mathbb{E}e^X = \frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma} \int_{-\infty}^{\infty} e^x e^{-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}} \; dx. $$ Ahora el resto está claro.

Answer 3

Un comienzo: Queremos $$\int_{-\infty}^\infty e^x f(x)\,dx,$$ donde $f$ es la función de densidad de su normal. Pero $$\exp(x)\exp\left(--\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma}\right)=\exp\left({-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}+x}\right).$$ Mira la expresión cuadrática $-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}+x$ y completar el cuadrado. Entonces el resto de la integración será sencilla, ya que sabes $\int_{-\infty}^\infty e^{-t^2/2}\,dt$ .

Observación: Después de que ha hecho la integración, puede que quiera buscar el función generadora de momentos de su normalidad. Usted quiere que el valor del mgf en $t=1$ . Esto le permitirá comprobar si su cálculo es correcto.

Answer 4

Dado que los mgf de $X$ es $\;M_x(t)=e^{\large\mu t + \sigma^2 t^2/2}$

$$E[Y]=E[e^X]=M_x(1)=e^{\large\mu + \sigma^2/2}$$