Demostrando $E[X^4]=3σ^4$

Question

Dada una variable aleatoria $X\sim\mathcal N(0,\sigma^2)$, ¿cómo podemos probar que $E[X^4]=3\sigma^4$? Estoy teniendo problemas para empezar con la demostración.

Answer 1

Primero con $\sigma=1$, omitiendo el rango $(-\infty,\infty)$ por conveniencia e integrando dos veces por partes

$$E[X^4]=\frac{\displaystyle\int x^4e^{-x^2/2}dx}{\displaystyle\int e^{-x^2/2}dx}=\frac{-x^3e^{-x^2/2}+3\displaystyle\int x^2e^{-x^2/2}dx}{\displaystyle\int e^{-x^2/2}dx}=\frac{0-3xe^{-x^2/2}+3\displaystyle\int e^{-x^2/2}dx}{\displaystyle\int e^{-x^2/2}dx}=3.$$

Luego al reescalar la variable,

$$3\sigma^4.$$

---

Observando el patrón, fácilmente se generaliza a

$$E[X^{2n}]=(2n-1)!!\sigma^{2n}.$$

Answer 2

Enumero algunas pistas a continuación.

La función de densidad de probabilidad de una variable aleatoria normalmente distribuida con media $0$ y varianza $\sigma^2$ es

\begin{equation} f(x) = \frac{1}{\sqrt{2 \pi \sigma^2}} \mathrm{e}^{-\frac{x^2}{2\sigma^2}}. \end{equation}

En general, puedes calcular una expectativa de una variable aleatoria continua como

\begin{equation} \mathbb{E}[g(X)] = \int_{-\infty}^\infty g(x) f(x) \, \mathrm{d}x. \end{equation}

Para tu pregunta en particular tenemos que $g(x) = x^4$ y por lo tanto

\begin{equation} \mathbb{E}[X^4] = \int_{-\infty}^\infty x^4 f(x) \, \mathrm{d}x = \frac{1}{\sqrt{2 \pi \sigma^2}} \int_{-\infty}^\infty x^4 \mathrm{e}^{-\frac{x^2}{2\sigma^2}} \, \mathrm{d}x. \end{equation}

Puedes resolver esta integral utilizando la integración por partes varias veces.

Un enfoque alternativo es determinar la función generadora de momentos y diferenciar. La función generadora de momentos de una variable aleatoria continua $X$ está definida como

\begin{equation} M_X(t) := \mathbb{E}[\mathrm{e}^{tX}] = \int_{-\infty}^\infty \mathrm{e}^{tx} f(x) \, \mathrm{d}x, \quad t \in \mathbb{R}. \end{equation}

Para tu variable aleatoria $X$ tenemos

\begin{equation} M_X(t) = \frac{1}{\sqrt{2 \pi \sigma^2}} \int_{-\infty}^\infty \mathrm{e}^{tx} \mathrm{e}^{-\frac{x^2}{2\sigma^2}} \, \mathrm{d}x.

Convenientemente

\begin{equation} \mathbb{E}[X^n] = \frac{\mathrm{d}^n}{\mathrm{d}t^n} M_X(t) \bigg\vert_{t = 0}. \end{equation}

Answer 3

@Yves Daoust ya tiene una excelente respuesta, pero podemos omitir una ronda de integración por partes, simplemente resolviéndolo de la manera más directa.

Aplicando la integración por partes una vez, $$ \mathbb{E} (x^4) = \int x^4 \varphi(x) dx = 0 + 3\sigma^2 \int x^2 \varphi(x) dx $$

donde $\varphi(x)$ es la función de densidad de probabilidad normal y $\varphi(x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma} e^{-\frac{x^2}{2\sigma^2}}$

Reconocemos que $\int x^2 \varphi(x) dx = \sigma^2$. Entonces,

$$ \mathbb{E} (x^4) = 3\sigma^2 \sigma^2 = 3 \sigma^4 $$

Answer 4

Aquí hay una solución sin integrales.

Sean $Y, Z \sim \mathcal{N}(0, \sigma^2 / 2)$ variables aleatorias gaussianas independientes. Entonces $Y + Z \sim \mathcal{N}(0, \sigma^2)$. Deseamos determinar el valor de $R = \mathbb{E} [(Y + Z)^4]$.

Para hacerlo, nota que $$ \begin{align} R &= \mathbb{E}[(Y + Z)^4] \\ &= \mathbb{E}[Y^4 + 3Y^3Z + 6Y^2Z^2 + 3YZ^3 + Z^4] \\ &= \mathbb{E}[Y^4] + 3\mathbb{E}[Y^3]\mathbb{E}[Z] + 6\mathbb{E}[Y^2]\mathbb{E}[Z^2] + 3\mathbb{E}[Y] \mathbb{E}[Z^3] + \mathbb{E}[Z^4] \\ &= R / 4 + 0 + 6 \sigma^4 / 4 + 0 + R / 4. \end{align} $$ Así que $R = R / 2 + 6\sigma^4 / 4$, entonces $R = 3\sigma^4$.

Answer 5

La función generadora de momentos de la distribución normal estándar $$M_{Z}(t)= e^{t^2/2}$$ tiene cuarta derivada $$M_{Z}''''(t)=3M_{Z}''(t)+tM_{Z}'''(t)$$ Al establecer $t=0$ se obtiene $E(Z^4) = 3$. Ahora, $$ E(X^4)=\sigma^4E(Z^4)=3\sigma^4 $$