【概率论】5-6:正态分布(The Normal Distributions Part II)
title: 【概率论】5-6:正态分布(The Normal Distributions Part II)
categories:
- Mathematic
- Probability
keywords:
- The Normal Distributions
toc: true
date: 2018-03-29 15:02:03
Abstract: 本文介绍正态分布的数学性质
Keywords: The Normal Distributions
开篇废话
一共要写四篇，哪来那么多废话。
首先我们要从最基础的原始的正态分布的数学原理说起
Properties of Normal Distributions
Definition
到目前为止，我们还没看到正态分布长什么样。
Definition and p.d.f. A random X has the normal distribution with mean μ\muμ and variance σ2\sigma^2σ2 (−∞<μ<∞-\infty<\mu<\infty−∞<μ<∞ and σ>0\sigma > 0σ>0) if X has a contimuous distribution with the following p.d.f.
f(x∣μ,σ2)=1(2π)12σe−12((x−μ)σ)2for−∞<x<∞
f(x|\mu,\sigma^2)=\frac{1}{(2\pi)^{\frac{1}{2}}\sigma}e^{-\frac{1}{2}(\frac{(x-\mu)}{\sigma})^2}\text{for} -\infty<x<\infty
f(x∣μ,σ2)=(2π)21σ1e−21(σ(x−μ))2for−∞<x<∞
定义对于我们来说就是个准确的命名过程。那么我们接下来要证明的是定义里说的对不对？
Theorem f(x∣μ,σ2)=1(2π)12σe−12((x−μ)σ)2for−∞<x<∞f(x|\mu,\sigma^2)=\frac{1}{(2\pi)^{\frac{1}{2}}\sigma}e^{-\frac{1}{2}(\frac{(x-\mu)}{\sigma})^2}\text{for} -\infty < x< \inftyf(x∣μ,σ2)=(2π)21σ1e−21(σ(x−μ))2for−∞<x<∞ is a p.d.f.
思路：证明一个表达式是不是，p.d.f.，肯定要根据p.d.f.的定义，①不能出现负数，②积分结果是1。
首先观察函数，发现其不可能出现负数，所以性质1符合p.d.f.的性质
那么接下来是求积分，并确保是1，不是说不能积分么，这里怎么做呢？
首先我们令 y=x−μσy=\frac{x-\mu}{\sigma}y=σx−μ 那么
∫−∞∞f(x∣μ,σ2)dx=∫−∞∞1(2π)1/2e−12y2dywe shall now let:I=∫−∞∞e−12y2dy
\int^{\infty}_{-\infty}f(x|\mu,\sigma^2)dx=\int^{\infty}_{-\infty}\frac{1}{(2\pi)^{1/2}}e^{-\frac{1}{2}y^2}dy\\
\text{we shall now let:}\\
I=\int^{\infty}_{-\infty}e^{-\frac{1}{2}y^2}dy
∫−∞∞f(x∣μ,σ2)dx=∫−∞∞(2π)1/21e−21y2dywe shall now let:I=∫−∞∞e−21y2dy
所以我们只要证明 I=(2π)1/2I=(2\pi)^{1/2}I=(2π)1/2 就算是得到结论了，但是怎么证明呢？我们用用1的特点吧，1和1相乘还是1所以我们让两个积分相乘，我们来到了二重积分的世界解决这个问题：
I2=I×I=∫−∞∞e−12y2dy⋅∫−∞∞e−12z2dz=∫−∞∞∫−∞∞e−12(y2+z2)dydzto the polar coordinates r and θ:I2=∫02π∫0∞e−12(r2)rdrdθsubstitute v=r2/2∫0∞e−vdv=1
\begin {aligned}
I^2&=I\times I=\int^{\infty}_{-\infty}e^{-\frac{1}{2}y^2}dy \cdot \int^{\infty}_{-\infty}e^{-\frac{1}{2}z^2}dz\\
&=\int^{\infty}_{-\infty} \int^{\infty}_{-\infty}e^{-\frac{1}{2}(y^2+z^2)}dydz\\
\text{to the polar coordinates } r \text{ and } \theta :\\
I^2&=\int^{2\pi}_{0} \int^{\infty}_{0}e^{-\frac{1}{2}(r^2)}rdrd\theta \\
\text{substitute }v=r^2/2\\
&\int^{\infty}_{0}e^{-v}dv=1
\end{aligned}
I2to the polar coordinates r and θ:I2substitute v=r2/2=I×I=∫−∞∞e−21y2dy⋅∫−∞∞e−21z2dz=∫−∞∞∫−∞∞e−21(y2+z2)dydz=∫02π∫0∞e−21(r2)rdrdθ∫0∞e−vdv=1
证毕。
也就证明了两个这个积分相乘的结果是1，但是我们并没有求出他的反函数。
m.g.f.
m.g.f. 一旦得到相应的均值和方差就非常简单了。
Theorem Moment Generating Function.The m.g.f. of the distribution with p.d.f. given by upside is
ψ(t)=eμt+12σ2t2 for −∞<t<∞
\begin{aligned}
\psi(t)&=e^{\mu t+\frac{1}{2}\sigma^2t^2}&\text{ for }-\infty<t<\infty
\end{aligned}
ψ(t)=eμt+21σ2t2 for −∞<t<∞
证明上面定理的唯一办法就是我们求一下正态分布定义中那个p.d.f.的m.g.f.看结果是否一致。
ψ(t)=E(etX)=∫−∞∞1(2π)1/2etx−(x−μ)22σ2dxsquare inside the brackets:tx−(x−μ)22σ2=μt+12σ2t2−[x−(μ+σ2t)]22σ2Therefore:ψ(t)=Ceμt+12σ2t2where: C=∫−∞∞1(2π)1/2σe−[x−(μ+σ2t)]22σ2dx
\begin{aligned}
\psi(t)&=E(e^{tX})=\int^{\infty}_{-\infty}\frac{1}{(2\pi)^{1/2}}e^{tx-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}}dx\\
\text{square inside the brackets:}\\
tx-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}&=\mu t+\frac{1}{2}\sigma^2t^2-\frac{[x-(\mu+\sigma^2t)]^2}{2\sigma^2}\\
\text{Therefore:}\\
\psi(t)&=Ce^{\mu t+\frac{1}{2}\sigma^2t^2}\\
\text{where: }\\
C&=\int^{\infty}_{-\infty}\frac{1}{(2\pi)^{1/2}\sigma}e^{-\frac{[x-(\mu+\sigma^2t)]^2}{2\sigma^2}}dx
\end{aligned}
ψ(t)square inside the brackets:tx−2σ2(x−μ)2Therefore:ψ(t)where: C=E(etX)=∫−∞∞(2π)1/21etx−2σ2(x−μ)2dx=μt+21σ2t2−2σ2[x−(μ+σ2t)]2=Ceμt+21σ2t2=∫−∞∞(2π)1/2σ1e−2σ2[x−(μ+σ2t)]2dx
然后我们用 μ+σ2t\mu+\sigma^2tμ+σ2t 替换掉 μ\muμ 并且 C=1C=1C=1 因此证明了结论的正确性
证毕。
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