la forma de obtener la media y la varianza de una variable Aleatoria Gaussiana?

Question

¿Cómo podemos obtener los valores de la media y la varianza de una Gaussiana Rescate Variable $X$ dada su función de densidad de probabilidad ?

Answer 1

El Gaussiano pdf se define como $$f_X(x) =\frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}\exp\left\{-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}\right\}$$

donde $\mu$ $\sigma$ son dos parámetros, con $\sigma >0$. Por definición de la media tenemos $$E(X) = \int_{-\infty}^{\infty}x\frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}\exp\left\{-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}\right\}dx$$ que el uso de propiedades de la integral se puede escribir como

$$E(X) = \int_{-\infty}^{\infty}(x+\mu)\frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}\exp\left\{-\frac{x^2}{2\sigma^2}\right\}dx$$

$$=\int_{-\infty}^{\infty}x\frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}\exp\left\{-\frac{x^2}{2\sigma^2}\right\}dx \;+\; \int_{-\infty}^{\infty}\mu\frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}\exp\left\{-\frac{x^2}{2\sigma^2}\right\}dx \qquad [1]$$

Para la primera integral, llame a $I_1$ tenemos el uso de aditividad

$$I_1 = \int_{-\infty}^0x\frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}\exp\left\{-\frac{x^2}{2\sigma^2}\right\}dx + \int_{0}^{\infty}x\frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}\exp\left\{-\frac{x^2}{2\sigma^2}\right\}dx$$ Cambiar los límites de integración en el primero

$$I_1 = -\int_{0}^{-\infty}x\frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}\exp\left\{-\frac{x^2}{2\sigma^2}\right\}dx + \int_{0}^{\infty}x\frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}\exp\left\{-\frac{x^2}{2\sigma^2}\right\}dx$$

y usando de nuevo la integral de las propiedades que tenemos

$$I_1 = \int_{0}^{\infty}(-x)\frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}\exp\left\{-\frac{(-x)^2}{2\sigma^2}\right\}dx + \int_{0}^{\infty}x\frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}\exp\left\{-\frac{x^2}{2\sigma^2}\right\}dx$$

$$\Rightarrow I_1 = -\int_{0}^{\infty}x\frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}\exp\left\{-\frac{x^2}{2\sigma^2}\right\}dx + \int_{0}^{\infty}x\frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}\exp\left\{-\frac{x^2}{2\sigma^2}\right\}dx = 0\qquad [2]$$

Así que tenemos que

$$E(X) = \int_{-\infty}^{\infty}\mu\frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}\exp\left\{-\frac{x^2}{2\sigma^2}\right\}dx $$

Multiplicar por $\sigma \sqrt2$ obtener

$$E(X) = \int_{-\infty}^{\infty}\mu\frac{1}{\sqrt{\pi}}e^{-x^2} dx = \mu\frac{2}{\sqrt{\pi}}\int_{0}^{\infty}e^{-x^2} dx$$

...el último plazo, ya que el integrando es una función par.

Ahora $$\frac{2}{\sqrt{\pi}}\int_{0}^{\infty}e^{-x^2} dx = \lim_{t\rightarrow \infty}\frac{2}{\sqrt{\pi}}\int_{0}^{t}e^{-x^2} dx = \lim_{t\rightarrow \infty} \text{erf}(t) = 1$$

donde "fer" es la función de error. Así que terminamos con $$E(X) = \mu$$ es decir, que el parámetro de $\mu$ es la media de la distribución.

VARIANZA
Tenemos

$$\text {Var}(X) = \int_{-\infty}^{\infty}(x-\mu)^2\frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}\exp\left\{-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}\right\}dx$$

La aplicación de los mismos trucos como antes hemos

$$\int_{-\infty}^{\infty}(x-\mu)^2\frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}\exp\left\{-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}\right\}dx = \int_{-\infty}^{\infty}x^2\frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}\exp\left\{-\frac{x^2}{2\sigma^2}\right\}dx $$

$$=\sigma \sqrt2\int_{-\infty}^{\infty}(\sigma \sqrt2x)^2\frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}}\exp\left\{-\frac{(\sigma \sqrt2x)^2}{2\sigma^2}\right\}dx = \sigma^2\frac{4}{\sqrt{\pi}}\int_{0}^{\infty}x^2e^{-x^2}dx$$

Definir $t=x^2\Rightarrow x= \sqrt t$$dt = 2xdx = 2\sqrt tdx \Rightarrow dx = (2\sqrt t)^{-1}dt$. La sustitución de

$$V(X) = \sigma^2\frac{4}{\sqrt{\pi}}\int_{0}^{\infty}(\sqrt t)^2(2\sqrt t)^{-1}e^{-t}dt = \sigma^2\frac{4}{\sqrt{\pi}}\frac 12 \int_{0}^{\infty}t^{\frac 32 -1}e^{-t}dt= \sigma^2\frac{4}{\sqrt{\pi}}\frac 12 \Gamma\left(\frac 32\right)$$

$$\Rightarrow V(X) = \sigma^2\frac{4}{\sqrt{\pi}}\frac 12 \frac {\sqrt \pi}{2} = \sigma^2$$

donde $\Gamma()$ es la función Gamma. Por lo que el parámetro $\sigma$ es la raíz cuadrada de la varianza, es decir, la desviación estándar.

Answer 2

Si $x\mapsto f(x)$ es la función de densidad de una variable aleatoria $X$ con valor esperado $0$ y la varianza $1$, $x\mapsto \frac1\sigma f\left(\frac{x-\mu}{\sigma}\right)$ es la función de densidad de $\mu+\sigma X$, y por lo tanto de una variable aleatoria con valor esperado $\mu$ y la varianza $\sigma^2$.

Que puede ser demostrado por el hecho de pensar acerca de la sustitución de $u = \dfrac{x-\mu}{\sigma}$$du=\dfrac{dx}\sigma$.

Por lo tanto el problema se reduce a esto: ¿Cómo se demuestra que $$ x\mapsto \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\exp\left(\frac{-x^2}{2}\right) $$ es la densidad de una distribución con expectativa $0$ y la varianza $1$?

Si usted sabe que la expectativa de una distribución con densidad de $f$$\int_{-\infty}^\infty xf(x)\,dx$, entonces usted sabe que usted necesita para encontrar $$ \int_{-\infty}^\infty x \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\exp\left(\frac{-x^2}{2}\right)\,dx. $$

Ya que esta es la integral de una función impar en un intervalo que es simétrico con respecto al $0$, debe ser igual a $0$ menos que el positivo y negativo de las piezas de ambos divergen a $\infty$. La parte positiva es un número constante de veces $$ \int_0^\infty x \exp\left(\frac{-x^2}{2}\right)\,dx = \int_0^\infty \exp(u)\,du, $$ donde$u=-x^2/2$$du=x\,dx$. Claramente este es finito, y la parte negativa puede ser tratado de la misma manera.

La varianza es $$ \int_{-\infty}^\infty x^2 \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\exp\left(\frac{-x^2}{2}\right)\,dx = 2 \int_0^\infty x^2 \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\exp\left(\frac{-x^2}{2}\right)\,dx $$ $$ = 2\int_0^\infty x^2 \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\exp\left(\frac{-x^2}{2}\right)\,dx = 2\frac{1}{\sqrt{2\pi}} \int_0^\infty \Big(x\)\Big(x\exp\left(\frac{-x^2}{2}\right)\,dx\Big) = \frac{2}{\sqrt{2\pi}} \int x\,dv $$ $$ = \frac{2}{\sqrt{2\pi}} \left( xv-\int v\,dx \right) $$ $$ = \frac{2}{\sqrt{2\pi}} \left(\left[-x\exp\left(\frac{-x^2}{2}\right)\right]_0^\infty -\int_0^\infty -\exp\left(\frac{-x^2}{2}\right) \,dx \right) $$ $$ = \frac{2}{\sqrt{2\pi}} \int_0^\infty \exp\left(\frac{-x^2}{2}\right) \,dx. $$

Usted sabe que esto es igual a $1$ si usted sabe cómo el proceso de normalización constante en la función de densidad se encontró.