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  • 几何分布期望方差推导

    万次阅读 多人点赞 2017-08-23 03:07:11
    几何分布期望方差推导

    几何分布的概率质量函数:

    p(k)=p(1p)k1,for k = 1,2,3,...

    期望推导:
    E(k)=k=1nkp(1p)k1=pk=1nk(1p)k1=p(1+2q+3q2+...+nqn1)q=(1-p)

    使用倍差法/错位相减法求和:
    Sk=1+2q+3q2+...+nqn1(1)
    qSk=q+2q2+3q3+...(n1)qn1+nqn(2)
    (1)(2):(1q)Sk=1+q+q2+q3+...+qn1nqn=1qn1qnqn
    Sk=1qn(1q)2nqn1q
    考虑 n+ 的情况
    0<q<1
    limn+qn=0limn+Sk=1(1q)2
    E(k)=p(1q)2=1p
    方差推导:
    E(k2)=k=1nk2p(1p)k1=pk=1nk2(1p)k1=p(1+22q+32q2+...+n2qn1)
    只要对括号内求和即可得到结果:
    T=1+22q+32q2+...+n2qn1=(q+2q2+3q3+...+nqn)E(k)qSk
    qSk 进行求导即可得到 T(n+) :
    limn+qSk=q(1q)2
    [q(1q)2]=1q2(1q)4=1+q(1q)3=T
    E(k2)=pT=1+q(1q)2
    最终得到方差为:
    Var(k)=E(k2)E(k)2=1+q(1q)21p2=qp2=1pp2

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  • 伯努利分布期望方差推导

    万次阅读 2017-08-22 15:04:46
    伯努利分布期望方差推导比较简单

    伯努利分布的期望,方差推导比较简单
    首先要知道伯努利分布的概率质量函数:

    p(x)={p,1p,if x=1if x=0
    期望推导:
    E(X)=xVal(X)xp(x)=1×p+0×(1p)=p
    方差推导:
    E(X2)=xVal(x)x2p(x)=12×p+02×(1p)=p

    Var(X)=E(X2)E(X)2=pp2=p(1p)

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  • 泊松分布期望方差推导

    万次阅读 多人点赞 2016-10-30 00:39:33
    泊松分布是一个离散型随机变量分布,其分布律是: ...根据离散型随机变量分布期望定义,泊松分布期望: E(X)=∑k=0∞k⋅λke−λk! E(X)=\sum_{k=0}^{\infty }k\cdot \frac{\lambda ^{k}e^{-\lambda

    泊松分布是一个离散型随机变量分布,其分布律是:

    P(X=k)=λkeλk!

    根据离散型随机变量分布的期望定义,泊松分布的期望:

    E(X)=k=0kλkeλk!

    因为k=0时:

    kλkeλk!=0

    所以:
    E(X)=k=1kλkeλk!

    做一下变换:
    E(X)=k=1kλkeλk!=k=1λkeλ(k1)!=k=1λk1λeλ(k1)!=λeλk=1λk1(k1)!

    这里需要用到泰勒展开式,我们知道常用的泰勒展开式中:
    ex=1+x+x22!+x33!+...+xnn!+...=k=1xk1(k1)!

    因此,泊松分布的期望为:
    E(X)=λeλk=1λk1(k1)!=λeλeλ=λ

    对于方差 D(X) ,先求出 E(X2) :
    E(X2)=k=0k2λkeλk!=λeλk=1kλk1(k1)!=λeλk=1(k1+1)λk1(k1)!

    =λeλ(m=0mλmm!+m=0λmm!)(m=k1)

    =λeλ(λm=1λm1(m1)!+m=0λmm!)

    =λeλ(λeλ+eλ)=λ(λ+1)

    所以:
    D(X)=E(X2)(E(X))2=λ(λ+1)λ2=λ

    因此,泊松分布的期望和方差为:
    E(X)=λ

    D(X)=λ

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  • 概率论各种基础分布期望方差推导过程汇总

    万次阅读 多人点赞 2019-06-24 00:08:16
    0-1分布 XXX~b(1,p)b(1,p)b(1,p) E(X)=p∗1+(1−p)∗0=pE(X)=p*1+(1-p)*0=pE(X)=p∗1+(1−p)∗0=p E(X2)=02∗(1−p)+12∗p=pE(X^2)=0^2*(1-p)+1^2*p=pE(X2)=02∗(1−p)+12∗p=p D(X)=E(X2)−E(X)2=p−p2=p(1−p)D(X)...

    一、0-1分布 X X X~ B ( 1 , p ) B(1,p) B(1,p)

    E ( X ) = p ∗ 1 + ( 1 − p ) ∗ 0 = p E(X)=p*1+(1-p)*0=p E(X)=p1+(1p)0=p

    显然 E ( X 2 ) = 0 2 ∗ ( 1 − p ) + 1 2 ∗ p = p E(X^2)=0^2*(1-p)+1^2*p=p E(X2)=02(1p)+12p=p

    D ( X ) = E ( X 2 ) − E ( X ) 2 = p − p 2 = p ( 1 − p ) D(X)=E(X^2)-E(X)^2=p-p^2=p(1-p) D(X)=E(X2)E(X)2=pp2=p(1p)

    二、二项分布 X X X~ B ( n , p ) B(n,p) B(n,p)

    可认为 X = X 1 + X 2 + ⋯ + X n X=X_1+X_2+\cdots +X_n X=X1+X2++Xn X i X_i Xi~ B ( 1 , p ) B(1,p) B(1,p)
    E ( X ) = E ( X 1 + X 2 + ⋯ + X n ) = ∑ i = 1 n E ( X i ) = n p E(X)=E(X_1+X_2+\cdots +X_n)=\sum\limits^n_{i=1}E(X_i)=np E(X)=E(X1+X2++Xn)=i=1nE(Xi)=np
    D ( X ) = D ( ∑ i = 1 n X i ) = ∑ i = 1 n D ( X i ) = n p ( 1 − p ) D(X)=D(\sum\limits^n_{i=1}X_i)=\sum\limits^n_{i=1}D(X_i)=np(1-p) D(X)=D(i=1nXi)=i=1nD(Xi)=np(1p)

    三、均匀分布 X X X~ U ( a , b ) U(a,b) U(a,b)

    X X X的概率密度为 f ( x ) = { 1 b − a , a < x < b 0 其 他 f(x)=\begin{cases}\dfrac{1}{b-a} ,&a<x<b\\0 &其他\end{cases} f(x)=ba1,0a<x<b
    E ( X ) = ∫ − ∞ ∞ x f ( x ) d x = ∫ a b x b − a d x = a + b 2 E(X)=\int\limits^{\infty}_{-\infty}xf(x)dx=\int\limits^b_a\dfrac{x}{b-a}dx=\dfrac{a+b}{2} E(X)=xf(x)dx=abbaxdx=2a+b
    D ( X ) = E ( X 2 ) − E ( X ) 2 = ∫ − ∞ ∞ x 2 f ( x ) d x − ( a + b 2 ) 2 = ( b − a ) 2 12 D(X)=E(X^2)-E(X)^2=\int\limits^{\infty}_{-\infty}x^2f(x)dx-(\dfrac{a+b}{2})^2=\dfrac{(b-a)^2}{12} D(X)=E(X2)E(X)2=x2f(x)dx(2a+b)2=12(ba)2

    四、泊松分布 X X X~ π ( λ ) , P ( λ ) \pi(\lambda),P(\lambda) π(λ),P(λ)

    P ( X = k ) = λ k k ! e − λ P(X=k)=\dfrac{\lambda ^k}{k!}e^{-\lambda} P(X=k)=k!λkeλ
    E ( X ) = ∑ k = 0 ∞ k λ k k ! e − λ = 0 λ 0 0 ! e − λ + λ e − λ ∑ k − 1 = 0 ∞ λ k − 1 ( k − 1 ) ! = λ e − λ e λ = λ E(X)=\sum\limits^{\infty}_{k=0}k\dfrac{\lambda ^k}{k!}e^{-\lambda}=0\dfrac{\lambda ^0}{0!}e^{-\lambda}+\lambda e^{-\lambda}\sum\limits^{\infty}_{k-1=0}\dfrac{\lambda ^{k-1}}{(k-1)!}=\lambda e^{-\lambda}e^{\lambda}=\lambda E(X)=k=0kk!λkeλ=00!λ0eλ+λeλk1=0(k1)!λk1=λeλeλ=λ

    注释

    e x e^x ex x = 0 x=0 x=0处展开 e x = 1 + x + x 2 / 2 ! + … + x n / n ! + … = ∑ n = 0 ∞ x n n ! e^x=1+x+x^2/2!+…+x^n/n!+…=\sum\limits^\infty_{n=0}\dfrac{x^n}{n!} ex=1+x+x2/2!++xn/n!+=n=0n!xn

    同时 E [ X ( X − 1 ) ] = ∑ k = 0 ∞ k ( k − 1 ) λ k k ! e − λ = λ 2 E[X(X-1)]=\sum\limits^{\infty}_{k=0}k(k-1)\dfrac{\lambda ^k}{k!}e^{-\lambda}=\lambda^2 E[X(X1)]=k=0k(k1)k!λkeλ=λ2
    所以 E ( X 2 ) = E ( X ( X − 1 ) + X ) = E [ X ( X − 1 ) ] + E ( X ) = λ 2 + λ E(X^2)=E(X(X-1)+X)=E[X(X-1)]+E(X)=\lambda^2+\lambda E(X2)=E(X(X1)+X)=E[X(X1)]+E(X)=λ2+λ

    D ( X ) = E ( X 2 ) − E ( X ) 2 = λ 2 + λ − λ 2 = λ D(X)=E(X^2)-E(X)^2=\lambda^2+\lambda-\lambda^2=\lambda D(X)=E(X2)E(X)2=λ2+λλ2=λ

    五、 指数分布 X X X~ E ( θ ) E(\theta) E(θ)

    f ( x ) = { 1 θ e − x / θ , x > 0 0 x ≤ 0 , ( θ > 0 ) f(x)=\begin{cases}\dfrac{1}{\theta } e^{-x/\theta },&x> 0\\0 &x\le0\end{cases},(\theta>0) f(x)=θ1ex/θ,0x>0x0,(θ>0)
    (这是其中一种形式,还有形式有 λ = 1 / θ \lambda=1/\theta λ=1/θ作为参数的等等)
    E ( X ) = ∫ − ∞ ∞ x f ( x ) d x E(X)=\int\limits^{\infty}_{-\infty}xf(x)dx E(X)=xf(x)dx
    = ∫ 0 ∞ x 1 θ e − x / θ d x =\int\limits^{\infty}_{0}x\dfrac{1}{\theta } e^{-x/\theta }dx =0xθ1ex/θdx
    = [ 1 θ x ( − θ ) e − x / θ − ∫ 1 θ ( − θ ) e − x / θ d x ] 0 ∞ =\Big[\dfrac{1}{\theta }x(-\theta)e^{-x/\theta }-\int \dfrac{1}{\theta } (-\theta)e^{-x/\theta }dx\Big]^{\infty}_{0} =[θ1x(θ)ex/θθ1(θ)ex/θdx]0
    = [ − x e − x / θ − θ e − x / θ ] 0 ∞ =\Big[ -xe^{-x/\theta } -\theta e^{-x/\theta } \Big]^{\infty}_{0} =[xex/θθex/θ]0
    = θ =\theta =θ

    同理 E ( X 2 ) = ∫ − ∞ ∞ x 2 f ( x ) d x = 2 θ 2 E(X^2)=\int\limits^{\infty}_{-\infty}x^2f(x)dx=2\theta^2 E(X2)=x2f(x)dx=2θ2

    D ( X ) = E ( X 2 ) − E ( X ) 2 = 2 θ 2 − θ 2 = θ 2 D(X)=E(X^2)-E(X)^2=2\theta^2-\theta^2=\theta^2 D(X)=E(X2)E(X)2=2θ2θ2=θ2

    六、正态/高斯分布 X X X~ N ( μ , σ 2 ) N(\mu,\sigma^2) N(μ,σ2)

    f ( x ) = 1 2 π σ e − ( x − μ ) 2 2 σ 2 f(x)=\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}e^{-\dfrac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}} f(x)=2π σ1e2σ2(xμ)2
    Z = X − μ σ ∴ Z ∼ N ( 0 , 1 ) Z=\dfrac{X-\mu}{\sigma}\therefore Z\sim N(0,1) Z=σXμZN(0,1)
    容易知道 E ( Z ) = 0 E(Z)=0 E(Z)=0, D ( Z ) = 1 D(Z)=1 D(Z)=1
    X = μ + σ Z X=\mu+\sigma Z X=μ+σZ
    E ( X ) = E ( μ + σ Z ) = μ E(X)=E(\mu+\sigma Z)=\mu E(X)=E(μ+σZ)=μ
    D ( X ) = D ( μ + σ Z ) = σ 2 D(X)=D(\mu+\sigma Z)=\sigma^2 D(X)=D(μ+σZ)=σ2
    但是事实上用定义来做也能得出这个结果

    常用结论

    X ‾ − μ σ / n ∼ N ( 0 , 1 ) \dfrac{\overline X-\mu}{\sigma/\sqrt{n}} \sim N(0,1) σ/n XμN(0,1) 证明在下面样本均值模块

    七、卡方分布 χ 2 ∼ χ 2 ( n ) \chi^2\sim \chi^2(n) χ2χ2(n)

    χ 2 ( n ) = ∑ i = 1 n X i 2 , X i ∼ N ( 0 , 1 ) \chi^2(n)=\sum\limits^n_{i=1}X_i^2,X_i\sim N(0,1) χ2(n)=i=1nXi2,XiN(0,1)

    E ( X i 2 ) = E ( ( X i − 0 ) 2 ) = D ( X i ) = 1 E(X_i^2)=E((X_i-0)^2)=D(X_i)=1 E(Xi2)=E((Xi0)2)=D(Xi)=1

    E ( χ 2 ) = E ( ∑ i = 1 n X i 2 ) = n E(\chi^2)=E(\sum\limits^n_{i=1}X_i^2)=n E(χ2)=E(i=1nXi2)=n

    D ( X i 2 ) = E ( X i 4 ) − E ( X i 2 ) 2 = 3 − 1 = 2 D(X_i^2)=E(X^4_i)-E(X_i^2)^2=3-1=2 D(Xi2)=E(Xi4)E(Xi2)2=31=2

    D ( χ 2 ) = D ( ∑ i = 1 n X i 2 ) = 2 n D(\chi^2)=D(\sum\limits^n_{i=1}X_i^2)=2n D(χ2)=D(i=1nXi2)=2n

    注释

    E ( X 4 ) = 3 , X ∼ N ( 0 , 1 ) E(X^4)=3,X\sim N(0,1) E(X4)=3,XN(0,1) 证明用 E ( g ( X ) ) = ∫ − ∞ ∞ g ( x ) f ( x ) d x E(g(X))=\int\limits^{\infty}_{-\infty}g(x)f(x)dx E(g(X))=g(x)f(x)dx方法,也可以看最下面的解释

    常用结论

    X i ∼ N ( μ , σ 2 ) X_i\sim N(\mu,\sigma^2) XiN(μ,σ2)
    1. ∑ i = 1 n ( X i − μ σ ) 2 ∼ χ 2 ( n ) \sum\limits^n_{i=1}(\dfrac{X_i-\mu}{\sigma})^2 \sim \chi^2(n) i=1n(σXiμ)2χ2(n)
    2. ( n − 1 ) S 2 σ 2 = ∑ i = 1 n ( X i − X ‾ σ ) 2 ∼ χ 2 ( n − 1 ) \dfrac{(n-1)S^2}{\sigma^2}=\sum\limits^n_{i=1}(\dfrac{X_i-\overline X}{\sigma})^2 \sim \chi^2(n-1) σ2(n1)S2=i=1n(σXiX)2χ2(n1)(在1式情况下,当 μ \mu μ未知时,用 X ‾ \overline X X来代替 μ \mu μ)
    3. X ‾ , S 2 \overline X,S^2 XS2相互独立,且 X ‾ − μ S / n ∼ t ( n − 1 ) \dfrac{\overline X-\mu}{S/\sqrt{n}} \sim t(n-1) S/n Xμt(n1)(在把 X ‾ \overline X X标准化的时候,当 σ \sigma σ未知时,用 S S S来代替 σ \sigma σ t t t t t t-分布)

    八、抽样分布(1)样本均值 X ‾ ∼ N ( μ , σ 2 / n ) \overline X \sim N(\mu,\sigma^2/n) XN(μ,σ2/n)

    我们通常定义 X ‾ = 1 n ∑ i = 1 n X i , X i ∼ N ( μ , σ 2 ) \overline X=\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^{n}X_i,X_i\sim N(\mu,\sigma^2) X=n1i=1nXiXiN(μ,σ2)
    E ( X ‾ ) = E ( 1 n ∑ i = 1 n X i ) = 1 n ∑ i = 1 n E ( X i ) = n μ n = μ E(\overline X)=E(\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^{n}X_i)=\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^{n}E(X_i)=\frac{n\mu}{n}=\mu E(X)=E(n1i=1nXi)=n1i=1nE(Xi)=nnμ=μ
    D ( X ‾ ) = D ( 1 n ∑ i = 1 n X i ) = ( 1 n ) 2 ∑ i = 1 n D ( X i ) = n σ 2 n 2 = σ 2 / n D(\overline X)=D(\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^{n}X_i)=(\dfrac{1}{n})^2\sum\limits_{i=1}^{n}D(X_i)=\dfrac{n\sigma^2}{n^2}=\sigma^2/n D(X)=D(n1i=1nXi)=(n1)2i=1nD(Xi)=n2nσ2=σ2/n

    注释

    以下证明 X ‾ ∼ N ( μ , σ 2 / n ) \overline X \sim N(\mu,\sigma^2/n) XN(μ,σ2/n)
    X ∼ N ( μ x , σ x 2 ) , Y ∼ N ( μ y , σ y 2 ) X\sim N(\mu_x,\sigma^2_x),Y\sim N(\mu_y,\sigma^2_y) XN(μx,σx2),YN(μy,σy2) X , Y X,Y X,Y独立时,则 a X + b Y aX+bY aX+bY(a,b为不全为0的系数)也遵循正态分布, a X + b Y ∼ N ( a μ x + b μ y , a 2 σ x 2 + b 2 σ y 2 ) aX+bY \sim N(a\mu_x+b\mu_y,a^2\sigma_x^2+b^2\sigma^2_y) aX+bYN(aμx+bμy,a2σx2+b2σy2)
    所以 X ‾ = 1 n ∑ i = 1 n X i ∼ N ( 1 n ∑ i = 1 n μ i , 1 n 2 ∑ i = 1 n σ i 2 ) = N ( μ , σ 2 / n ) \overline X=\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^{n}X_i \sim N(\dfrac{1}{n}\sum\limits_{i=1}^{n}\mu_i,\dfrac{1}{n^2}\sum\limits_{i=1}^{n}\sigma^2_i)=N(\mu,\sigma^2/n) X=n1i=1nXiN(n1i=1nμi,n21i=1nσi2)=N(μ,σ2/n)

    九、抽样分布(2) 样本方差 S 2 S^2 S2

    我们通常定义 S 2 = 1 n − 1 ∑ i = 1 n ( X i − X ‾ ) 2 , X i ∼ N ( μ , σ 2 ) S^2=\dfrac{1}{n-1}\sum\limits_{i=1}^{n}(X_i-\overline X)^2,X_i\sim N(\mu,\sigma^2) S2=n11i=1n(XiX)2XiN(μ,σ2)
    E ( S 2 ) = E [ 1 n − 1 ( ( ∑ i = 1 n X i 2 ) − n X ‾ 2 ) ] E(S^2)=E[\dfrac{1}{n-1}((\sum\limits_{i=1}^{n}X_i^2)-n\overline X^2)] E(S2)=E[n11((i=1nXi2)nX2)]
    = 1 n − 1 [ ( ∑ i = 1 n E ( X i 2 ) ) − n E ( X ‾ 2 ) ] =\dfrac{1}{n-1}[(\sum\limits_{i=1}^{n}E(X_i^2))-nE(\overline X^2)] =n11[(i=1nE(Xi2))nE(X2)]
    = 1 n − 1 [ ( ∑ i = 1 n σ 2 + μ 2 ) − n ( σ 2 / n + μ 2 ) ] =\dfrac{1}{n-1}[(\sum\limits_{i=1}^{n}\sigma^2+\mu^2)-n(\sigma^2/n+\mu^2)] =n11[(i=1nσ2+μ2)n(σ2/n+μ2)]
    = σ 2 =\sigma^2 =σ2

    实际上在上面提到对 S 2 S^2 S2 ( n − 1 ) S 2 σ 2 = ∑ i = 1 n ( X i − X ‾ σ ) 2 ∼ χ 2 ( n − 1 ) \dfrac{(n-1)S^2}{\sigma^2}=\sum\limits_{i=1}^{n}(\dfrac{X_i-\overline X}{\sigma})^2 \sim \chi^2(n-1) σ2(n1)S2=i=1n(σXiX)2χ2(n1)
    所以 2 ( n − 1 ) = D ( ( n − 1 ) S 2 σ 2 ) = ( n − 1 ) 2 σ 4 D ( S 2 ) 2(n-1)=D(\dfrac{(n-1)S^2}{\sigma^2})=\dfrac{(n-1)^2}{\sigma^4}D(S^2) 2(n1)=D(σ2(n1)S2)=σ4(n1)2D(S2),即

    D ( S 2 ) = 2 σ 4 n − 1 D(S^2)=\dfrac{2\sigma^4}{n-1} D(S2)=n12σ4

    反过来想,有 E ( ∑ i = 1 n ( X i − X ‾ ) 2 ) E(\sum\limits_{i=1}^{n}(X_i-\overline X)^2) E(i=1n(XiX)2)
    = ( n − 1 ) E ( 1 n − 1 ∑ i = 1 n ( X i − X ‾ ) 2 ) =(n-1)E(\dfrac{1}{n-1}\sum\limits_{i=1}^{n}(X_i-\overline X)^2) =(n1)E(n11i=1n(XiX)2)
    = ( n − 1 ) E ( S 2 ) =(n-1)E(S^2) =(n1)E(S2) = ( n − 1 ) σ 2 =(n-1)\sigma^2 =(n1)σ2

    十、正态变量的幂的统计量

    假设 X ∼ N ( μ , σ 2 ) X\sim N(\mu,\sigma^2) XN(μ,σ2)

    仍然有 Z = X − μ σ Z=\dfrac{X-\mu}{\sigma} Z=σXμ Z ∼ N ( 0 , 1 ) Z\sim N(0,1) ZN(0,1)

    E ( X 2 ) = D ( X ) + E ( X ) 2 = σ 2 + μ 2 E(X^2)=D(X)+E(X)^2=\sigma^2+\mu^2 E(X2)=D(X)+E(X)2=σ2+μ2.

    由于 E ( Z 3 ) = ∫ − ∞ ∞ z 3 φ ( z ) d z E(Z^3)=\int\limits^\infty_{-\infty}z^3\varphi(z)dz E(Z3)=z3φ(z)dz,且 φ ( z ) \varphi(z) φ(z)是偶函数, z 3 z^3 z3是奇函数,
    ∫ 0 ∞ z 3 φ ( z ) d z \int\limits^\infty_{0}z^3\varphi(z)dz 0z3φ(z)dz
    = ∫ 0 ∞ z 3 1 2 π e − z 2 / 2 d z =\int\limits^\infty_{0}z^3\dfrac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-z^2/2}dz =0z32π 1ez2/2dz
    = ∫ 0 ∞ z 3 2 3 / 2 2 3 / 2 2 π 2 e − z 2 / 2 d z 2 =\int\limits^\infty_{0} \dfrac{z^3}{2^{3/2}} \dfrac{2^{3/2}}{\sqrt{2\pi}} \sqrt{2}e^{-z^2/2}d\dfrac{z}{\sqrt{2}} =023/2z32π 23/22 ez2/2d2 z
    = 2 2 π ∫ 0 ∞ t 3 e − t 2 d t =\dfrac{2\sqrt{2}}{\sqrt{\pi}}\int\limits^\infty_{0}t^3e^{-t^2}dt =π 22 0t3et2dt, ( t = z / 2 ) (t=z/\sqrt{2}) (t=z/2 )
    = 2 2 π 1 2 Γ ( 2 ) = 2 π =\dfrac{2\sqrt{2}}{\sqrt{\pi}}\dfrac{1}{2}\Gamma(2)=\dfrac{\sqrt{2}}{\sqrt{\pi}} =π 22 21Γ(2)=π 2
    所以此积分收敛, E ( Z 3 ) = 0 E(Z^3)=0 E(Z3)=0
    同理可得 E ( Z 4 ) = 4 π Γ ( 5 2 ) = 3 E(Z^4)=\dfrac{4}{\sqrt{\pi}}\Gamma(\dfrac{5}{2})=3 E(Z4)=π 4Γ(25)=3等等

    注释

    事实上,有 ∫ 0 ∞ z n φ ( z ) d z = 2 n 2 π Γ ( n + 1 2 ) ( n ∈ Z + ) \int\limits^\infty_{0}z^n\varphi(z)dz=\dfrac{\sqrt{2}^n}{2\sqrt{\pi}}\Gamma(\dfrac{n+1}{2})(n\in Z^+) 0znφ(z)dz=2π 2 nΓ(2n+1)(nZ+)
    所以
    ∫ − ∞ ∞ z n φ ( z ) d z = { 2 n π Γ ( n + 1 2 ) ( n = 2 k ) 0 ( n = 2 k + 1 ) ( k ∈ Z + ) \int\limits^\infty_{-\infty}z^n\varphi(z)dz=\left\{ \begin{aligned} \dfrac{\sqrt{2}^n}{\sqrt{\pi}}\Gamma(\dfrac{n+1}{2}) & & (n=2k) \\ 0 & & (n=2k+1) \\ \end{aligned} \right.(k\in Z^+) znφ(z)dz=π 2 nΓ(2n+1)0(n=2k)(n=2k+1)(kZ+)
    其中 Γ ( x ) \Gamma(x) Γ(x) Γ \Gamma Γ函数。 Γ ( a + 1 ) = a Γ ( a ) = a ! , Γ ( 1 / 2 ) = π \Gamma(a+1)=a\Gamma(a)=a!,\Gamma(1/2)=\sqrt{\pi} Γ(a+1)=aΓ(a)=a!,Γ(1/2)=π

    另一方面
    E ( Z 3 ) = E ( X − μ σ ) 3 = E ( 1 σ 3 ( X 3 − 3 μ X 2 + 3 μ 2 X − μ 3 ) ) E(Z^3)=E(\dfrac{X-\mu}{\sigma})^3=E(\dfrac{1}{\sigma^3}(X^3-3\mu X^2+3\mu^2X-\mu^3)) E(Z3)=E(σXμ)3=E(σ31(X33μX2+3μ2Xμ3))
    = 1 σ 3 ( E ( X 3 ) − 3 μ E ( X 2 ) + 3 μ 2 E ( X ) − μ 3 ) =\dfrac{1}{\sigma^3}(E(X^3)-3\mu E(X^2)+3\mu^2E(X)-\mu^3) =σ31(E(X3)3μE(X2)+3μ2E(X)μ3)
    = 1 σ 3 ( E ( X 3 ) − 3 μ ( σ 2 + μ 2 ) + 3 μ 2 μ − μ 3 ) =\dfrac{1}{\sigma^3}(E(X^3)-3\mu(\sigma^2+\mu^2)+3\mu^2\mu-\mu^3) =σ31(E(X3)3μ(σ2+μ2)+3μ2μμ3)
    可得

    E ( X 3 ) = 3 μ σ 2 + μ 3 E(X^3)=3\mu\sigma^2+\mu^3 E(X3)=3μσ2+μ3

    以这种方法可以算出高次幂的期望,进而根据 D ( X n ) = E ( X 2 n ) − E ( X n ) 2 D(X^n)=E(X^{2n})-E(X^n)^2 D(Xn)=E(X2n)E(Xn)2可以算出高次幂的方差。

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    千次阅读 多人点赞 2019-06-06 15:39:38
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空空如也

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f分布期望方差推导