Integral de $\int_{-\infty}^\infty x^2e^{-\frac {(x-\mu)^2}{2\sigma^2}}dx$

Question

Calcula esta integral

$\int_{-\infty}^\infty x^2e^{-\frac {(x-\mu)^2}{2\sigma^2}}dx$

Sé que el truco puede ser usar $E[x^2]=var[x]+E^2[x]$ pero, ¿cómo resolverlo de forma analítica?

Answer 1

Recuerda que : $ e^{x} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{x^{n}}{n!} $

Por lo tanto, podemos tener : $ e^{-\frac{(x-\mu)^{2}}{a}} = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(x-\mu)^{2n}}{(-a)^{n}n!} $ . Aquí, apodé $a = -2\sigma^{2}$ .

Ahora su integral puede reescribirse como $$ \int_{-\infty}^{\infty} \sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{2}(x-\mu)^{2n}}{(-a)^{n}n!} \:\:dx = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{1}{(-a)^{n}n!}\int_{-\infty}^{\infty} x^{2}(x-\mu)^{2n} \:\:dx $$

A partir de aquí puede calcular cada uno de los $ \int_{-\infty}^{\infty} x^{2}(x-\mu)^{2n} \:\:dx $ utilizando integración parcial .

Puede que lo haga a medias:

• $$ \int x^{2}(x-\mu)^{2n} \:\:dx = x^{2} \frac{(x-\mu)^{2n+1}}{2n+1} - \frac{2}{2n+1}\int x (x-\mu)^{2n+1} dx $$
  • $$ \int x(x-\mu)^{2n+1}dx = x \frac{(x-\mu)^{2n+2}}{2n+2} - \int \frac{(x-\mu)^{2n+2}}{2n+2} dx $$ $$= x \frac{(x-\mu)^{2n+2}}{2n+2}-\frac{(x-\mu)^{2n+3}}{(2n+2)(2n+3)} $$ ... ¿Esto está bien? Espero que esto ayude.

Answer 2

La sustitución $z=\frac{x-\mu}{\sigma}$ convierte su integral en $\sigma\sqrt{2\pi}\int_\mathbb{R}(\mu^2+2\mu\sigma z + \sigma^2 z^2)e^{-z^2/2}dz$ . Ahora tenemos que evaluar tres integrales. La primera es famosa; la segunda desaparece debido a un integrando impar; la tercera puede obtenerse diferenciando bajo la integral. Explícitamente tenemos $\int_\mathbb{R}e^{-az^2}dz=\sqrt{\dfrac{\pi}{a}},\,\int_\mathbb{R}z^2e^{-az^2}dz=\sqrt{\dfrac{\pi}{4a^3}}.$

Answer 3

Escriba a

$$\int_{-\infty}^\infty x^2e^{-(x-\mu)/2\sigma^2}dx=\int_{-\infty}^\infty x(x-\mu+\mu)e^{-(x-\mu)/2\sigma^2}dx=\int_{-\infty}^\infty x(x-\mu)e^{-(x-\mu)/2\sigma^2}dx.$$

La segunda identidad se mantiene debido a la paridad del término $x\mu$ .

Luego por partes,

$$\int_{-\infty}^\infty x(x-\mu)e^{-(x-\mu)/2\sigma^2}dx=-\sigma^2xe^{-(x-\mu)/2\sigma^2}+\sigma^2\int_{-\infty}^\infty e^{-(x-\mu)/2\sigma^2}dx.$$

Supongo que ya conoces el resto.

Answer 4

Otra forma de hacerlo es expandiendo la función en una combinación lineal de Funciones Hermite . Define: $H_{n+1} = \frac{d}{dx}H_{n-1}$ y que $H_0$ sea la gaussiana en cuestión, es decir:

• $H_0(x) = e^{-\frac {(x-\mu)^2}{2\sigma^2}}$
• $H_1(x) = -\frac{x-\mu}{\sigma^2}H_0(x)$
• $H_2(x) = \big(\frac{x^2 - 2\mu x +\mu^2-\sigma^2}{\sigma^4}\big)H_0(x)$

Así $x^2 H_0(x)=\sigma^4H_2(x) - 2\mu\sigma^2H_1(x) + (\mu^2+\sigma^2)H_0(x)$ . Al integrar desde $-\infty$ a $+\infty$ sólo el $H_0$ ya que los demás son derivados de él y todos decaen exponencialmente. Así que..: $$ \int_{-\infty}^\infty x^2e^{-\frac {(x-\mu)^2}{2\sigma^2}}dx = (\mu^2+\sigma^2)\int_{-\infty}^\infty e^{-\frac {(x-\mu)^2}{2\sigma^2}}dx = (\mu^2 + \sigma^2)\sqrt{2\pi \sigma^2}$$