Cómo derivar $\operatorname{var}[(X_i−\mu)^2]=2\sigma^4$ donde $X$ se distribuye normalmente

Question

Tengo <span class="math-container">$X_1,...,X_n$</span>, i.i.d. <span class="math-container">$N(\mu,\sigma^2)$</span> y me gustaria calcular <span class="math-container">$\text{var}[(X_i−\mu)^2]$</span>.

Sé que la solución es <span class="math-container">$2\sigma^4$</span>.

Sin embargo, yo no puedo derivar. ¿Alguna sugerencia?

Answer 1

Muy simple, basta ver: <span class="math-container">%#% $ #%</span> <span class="math-container">$$V\left[(X - \mu)^2\right] = \sigma^4 V\left[\left(\frac{X - \mu}{\sigma}\right)^2\right]$ $</span> donde, <span class="math-container">$$=\sigma^4 V(Z^2)$</span>

Así, <span class="math-container">$ Z \sim N(0, 1)$</span> <span class="math-container">$Z^2 \sim \chi^2_1$</span> (varianza de Chi-cuadrado es 2<span class="math-container">$V(Z^2) = 2$</span>, donde <span class="math-container">$v$</span> es el grado de libertad).

Complete nuestra prueba, <span class="math-container">$v$ $</span>

Answer 2

La pregunta es cómo demostrar a $\operatorname{var}\left( \left( \dfrac{X-\mu} \sigma \right)^2 \right) = 2$ cuando $X\sim\operatorname N(\mu,\sigma^2).$

Tenemos $Z=\dfrac{X-\mu}\sigma \sim \operatorname N(0,1),$ por lo que el problema es cómo demostrar a $\operatorname{var}(Z^2) = 2$ cuando $Z\sim\operatorname N(0,1).$

Primera nota de que $$ \operatorname E(Z^2) = \operatorname E((Z-0)^2) = \operatorname E((Z-\operatorname E(Z))^2) = \operatorname{var}(Z) = 1. $$ Luego de recordar que $$ \operatorname{var}(Z^2) = \operatorname E \Big( \big( Z^2\big)^2 \Big) - \left( \operatorname E(Z^2) \right)^2. $$ Por lo tanto $$ \operatorname{var}(Z^2) = \operatorname E\left( Z^4\right) - 1. $$ El problema, entonces, es mostrar que $\operatorname E(Z^4) = 3.$

\begin{align} \operatorname E(Z^4) = {} & \int_{-\infty}^{+\infty} z^4 \varphi(z)\, dz \\ & \text{where %#%#% is the standard normal density} \\[10pt] = {} & 2\int_0^{+\infty} z^4\varphi(z)\,dz \\[10pt] = {} & 2\int_0^{+\infty} z^4 \cdot \frac 1 {\sqrt{2\pi}} e^{-z^2/2} \, dz \\[10pt] = {} & \sqrt{\frac 2 \pi} \int_0^{+\infty} z^3 e^{-z^2/2} (z\,dz) \\[10pt] = {} & \sqrt{\frac 2 \pi} \int_0^{+\infty} (\sqrt{2u\,\,}\,)^3 e^{-u} \, du \\[10pt] = {} & \frac 4 {\sqrt\pi} \int_0^{+\infty} u^{3/2} e^{-u}\, du \\[10pt] = {} & \frac 4 {\sqrt\pi} \Gamma\left( \frac 5 2\right) = \frac 4 {\sqrt\pi} \cdot \frac 3 2 \cdot \frac 1 2 \cdot \Gamma\left( \frac 1 2 \right) \tag 1 \\[10pt] = {} & \frac 4 {\sqrt\pi} \cdot \frac 3 2 \cdot\frac 1 2 \cdot \sqrt\pi \tag 2 \\[10pt] = {} & 3. \end{align} El trabajo realizado en la línea marcada $\varphi$ puede ser justificado por la integración por partes. Lo que se hace en la línea de $(1)$ puede ser justificado por el argumento que implican coordenadas polares. Tal vez voy a esperar a ver si hay demanda popular antes de abordar aquellos.

Answer 3

Guía:

Algunos de los ingredientes posibles para resolver el problema.

\begin{align} \operatorname{Var}(Z) &= \operatorname E(Z^2)-E(Z)^2\\ \operatorname E((X_i-\mu)^p) &= \begin{cases} 0 & ,p\text{ is odd} \\ \sigma^p(p-1)!! & ,p\text{ is odd}\end{casos} \end{align}

donde $n!!$ denota el doble factorial, es decir, el producto de todos los números $n$ a $1$ que tienen la misma paridad como $n$. El momento en que la fórmula se obtiene a partir de la wikipedia en la página.