Expectativa de una variable aleatoria

Question

Supongamos que $Y$ es una variable aleatoria normal.

Demuestre que para cualquier número entero $n \ge 1$ ,

$$ E[(Y- \mu)^{2n}] = \sigma^{2n} \frac{2n!}{2^{n}n!}. $$

He conseguido demostrar que eso $f(\mu+y)$ = $f(\mu-y)$ y que por lo tanto $(Y-\mu)$ y $(\mu - Y)$ tienen la misma distribución. Creo que tengo que utilizar de alguna manera esta información para ayudar a calcular la expectativa, pero todavía no sé cómo tratar la integral.

¿Puede alguien ofrecer alguna ayuda?

Answer 1

Supongamos que $Y\sim N(\mu,\sigma)$ es una variable aleatoria con una distribución normal. Entonces, para cualquier $n\geq 1$ ,

$$ E[(Y-\mu)^{2n}] = E\left[\left(\sigma\cdot \dfrac{Y-\mu}{\sigma}\right)^{2n}\right] =\sigma^{2n}E\left[\left( \dfrac{Y-\mu}{\sigma}\right)^{2n}\right]. $$ Dejemos que $X=\dfrac{Y-\mu}{\sigma}$ . Entonces $X\sim N(0,1)$ tiene la distribución normal estándar. Así que tenemos que calcular $$ E[X^{2n}]=E\left[\left( \dfrac{Y-\mu}{\sigma}\right)^{2n}\right]. $$

Desde $$ \begin{aligned} \left( \int_{-\infty}^{\infty} \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-cx^2} dx\right)^2 &= \int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} \dfrac{1}{2\pi} e^{-c(x^2+y^2)}dx\, dy \\ &= \int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{\infty}\dfrac{1}{2\pi} e^{-c r^2}r\, dr\, d\theta \\ &= \frac{1}{2} \int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{\infty}\dfrac{1}{2\pi} e^{-c u}du \, d\theta \hspace{4mm}\mbox{ where }u=r^2\\ &= \dfrac{1}{2}\dfrac{2\pi}{2\pi}\left( -\frac{1}{c}\right) e^{-cu}\Big|_{u=0}^{\infty} \\ &= \left( -\dfrac{1}{2c} \right) \left( 0-1\right) =\dfrac{1}{2c}, \end{aligned} $$ concluimos
\begin{equation} \int_{-\infty}^{\infty} \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-cx^2} dx = \sqrt{\dfrac{1}{2c}}. \hspace{16mm} (\dagger) \end{equation} Esto se denomina $\textbf{Gaussian integral}$ cuya técnica se utiliza a menudo en la física matemática y el análisis complejo. Ahora, toma la derivada de ambos lados de $(\dagger)$ con respecto a $c$ $n$ -veces para obtener: $$ \int_{-\infty}^{\infty} \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}}\left( -x^2 \right)^n e^{-cx^2}dx = \dfrac{1}{\sqrt{2}}\left(-\dfrac{1}{2} \right) \left(-\dfrac{3}{2} \right) \cdots \left(-\left( \dfrac{2n-1}{2}\right) \right) c^{-\frac{2n+1}{2}}. $$ Ahora dejemos que $c=\frac{1}{2}$ . Entonces $$ \begin{aligned} (-1)^n E[X^{2n}] &= 2^{\frac{2n+1}{2}-\frac{1}{2}}(-1)^n \dfrac{1}{2} \dfrac{3}{2} \cdots \dfrac{2n-1}{2} \\ &= 2^n (-1)^n \dfrac{1\cdot 3 \cdot 5 \cdots (2n-1)}{2^n} \\ &= (-1)^n 1\cdot 3 \cdot 5 \cdots (2n-1) \\ &= (-1)^n \dfrac{1\cdot 2\cdot 3 \cdot 4\cdots 2n}{2\cdot 4\cdot 6 \cdot 8\cdots 2n} \\ &= (-1)^n \dfrac{(2n)!}{2^n(1\cdot 2 \cdot 3\cdot 4\cdots n)} \\ &= (-1)^n \dfrac{(2n)!}{2^n \cdot n!}. \end{aligned} $$ Desde $$ E[X^{2n}] = \dfrac{(2n)!}{2^n \cdot n!}, $$ concluimos que $$ E[(Y-\mu)^{2n}] = \sigma^{2n} \dfrac{(2n)!}{2^n \cdot n!}. $$