Momenti della Gaussiana centrata

[tommik]

Salve avrei un dubbio su una dimostrazione in cui mi sono imbattuto.
Si vuole calcolare il momento di ordine $n$ della variabile aleatoria gaussiana.
$ E[X^n]=\int_{\-infty}^{\+infty}lambda^n(1)/(sqrt(2\pi)\sigma)e^((\-lambda^2)/( 2\sigma^2)) d\lambda$
Si ti tiene presente che per $n$ dispari il momento sia nullo, mentre per $n$ pari si considera che
$\int_{\-infty}^{\+infty}(1)/(sqrt(2\pi)\sigma)e^((\-lambda^2)/( 2\sigma^2)) d\lambda=1$

effettuando la sostituzione $\alpha=(1)/(2\sigma^2)$ abbiamo

$\int_{\-infty}^{\+infty}e^(\-alpha\lambda^2) d\lambda=sqrt(\pi/\alpha)$
Adesso arriva il punto cruciale: si derivano $i$ volte entrambi i membri rispetto ad $\alpha$ sottolineando che le condizioni per cui la derivata può essere invertita con il segno di integrale sono soddisfatte,quindi
$\int_{\-infty}^{\+infty}\lambda^(2i)e^(\-alpha\lambda^2) d\lambda=(1*3*...*(2i-1))/(2^i)sqrt(\pi/\alpha^(2i+1))$
Il mio dubbio riguarda proprio questo.Quando si fanno le derivate di ordine dispari dovrebbe esserci un meno nella funzione integranda,tuttavia l'affermazione fatta poco prima ci garantisce che quel meno può scomparire.
Vorrei sapere come viene applicato in questo caso il teorema sulla derivazione sotto il segno di integrale perché quello che non riesco a capire è come scompare quel meno.

[Bokonon]

Io non vedo alcuna derivazione sotto il segno di integrale. E' un normalissimo integrale fatto per parti.
Consideriamo l'integrale:
$int_(-oo)^(oo) lambda^(n)e^(-alphalambda^2) dlambda=int_(-oo)^(oo) lambda^(n-1)*lambdae^(-alphalambda^2) dlambda=(-lambda^(n-1)e^(-alphalambda^2))/(2alpha)|_(-oo)^(oo)-int_(-oo)^(oo) (n-1)lambda^(n-2)*(-e^(-alphalambda^2))/(2alpha) dlambda$

$(-lambda^(n-1)e^(-alphalambda^2))/(2alpha)|_(-oo)^(oo)=0$ sempre. Quindi resta: $(n-1)/(2alpha)int_(-oo)^(oo)lambda^(n-2)e^(-alphalambda^2) dlambda$

Al passaggio successivo diventa $((n-1)(n-3))/(2alpha)^2int_(-oo)^(oo)lambda^(n-4)e^(-alphalambda^2) dlambda$ etc etc.
Dato che n è pari possiamo scriverlo come $n=2i$ e alla fine, dopo $n/2=i$ passaggi, l'integrale diventa:
$(1*3*...*(2i-1))/(2alpha)^i int_(-oo)^(oo) e^(-alphalambda^2) dlambda=(1*3*...*(2i-1))/(2alpha)^i sqrt(pi/alpha)=(1*3*...*(2i-1))/2^i sqrt(pi/alpha^(2i+1))$

[Bokonon]

Il mio dubbio riguarda proprio questo.Quando si fanno le derivate di ordine dispari dovrebbe esserci un meno nella funzione integranda,tuttavia l'affermazione fatta poco prima ci garantisce che quel meno può scomparire.

Oioioi, dopo cena reimparo a leggere, LOL
Derivando entrambi i membri, i segni (del primo membro e del secondo membro) si compensano.
In effetti quella soluzione è più elegante rispetto all'integrazione per parti.

Nel caso volessi approfondire la differenziazione sotto segno di integrale (in generale), ti consiglio questo:
https://kconrad.math.uconn.edu/blurbs/a ... derint.pdf

[pilloeffe]

Ciao jack ishimaura,

Mi perdonerai se per pura comodità nella trattazione farò uso di $a $ al posto di $\alpha $ e di $x $ al posto di $\lambda $...
Partiamo dall'integrale di Gauss:
\begin{equation}
\boxed{\int_{0}^{+\infty}e^{-x^2}\text{d}x = \frac{1}{2}\sqrt{\pi}}
\end{equation}
La classe generale di integrali della forma
\begin{equation}
I_n(a) = \int_{0}^{+\infty}{x^n}e^{-ax^2}\text{d}x
\end{equation}
può essere calcolata a partire dall'integrale di Gauss. Infatti, ponendo $x := \sqrt{a}y$ e richiamando poi nuovamente con $x$ la variabile di integrazione, da esso si ha:
\begin{equation}
I_0(a) = \int_{0}^{+\infty}e^{-ax^2}\text{d}x = \frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi}{a}}
\end{equation}
Derivando quest'ultima relazione rispetto ad $a$ si ha:
\begin{equation}
\frac{\partial}{{\partial}a}I_0(a) = \frac{\partial}{{\partial}a}\int_{0}^{+\infty}e^{-ax^2}\text{d}x = \frac{\partial}{{\partial}a}\bigg(\frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi}{a}} \bigg)
\end{equation}
Dunque si ha:
\begin{equation}
\frac{\partial}{\partial a}\int_{0}^{+\infty}e^{-ax^2}\text{d}x = \frac{\sqrt\pi}{2} \frac{\partial}{{\partial}a}\bigg(a^{-\frac{1}{2}}\bigg) = \frac{\sqrt\pi}{2}\bigg(-\frac{1}{2}\bigg)a^{-\frac{3}{2}} = -\frac{1}{4a}\sqrt{\frac{\pi}{a}}
\end{equation}
Essendo soddisfatte le condizioni per cui la derivata può essere portata sotto il segno di integrale, si ottiene
\begin{equation}
\int_{0}^{+\infty}\frac{\partial}{\partial a}\bigg(e^{-ax^2}\bigg)\text{d}x = -\frac{1}{4a}\sqrt{\frac{\pi}{a}}
\end{equation}
Dunque in definitiva si ha:
\begin{equation}
I_2(a) = \int_{0}^{+\infty}{x^2}e^{-ax^2}\text{d}x = \frac{1}{4a}\sqrt{\frac{\pi}{a}}
\hskip 2.0cm a > 0
\end{equation}
Generalizzando, si è indotti a considerare l'integrale seguente:
\begin{equation}
I_{2n}(a) = \int_{0}^{+\infty}{x^{2n}}e^{-ax^2}\text{d}x
\end{equation}
Derivando $n$ volte rispetto ad $a$ si ha::
\begin{equation}
{\frac{\partial^{n}}{\partial a^{n}}}I_0(a) = {\frac{\partial^{n}}{\partial a^{n}}}\int_{0}^{+\infty}e^{-ax^2}\text{d}x = \frac{\partial^{n}}{{\partial}a^{n}}\bigg(\frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi}{a}} \bigg)
\end{equation}
Dunque si ha:
\begin{equation}
{\frac{\partial^{n}}{\partial a^{n}}}\int_{0}^{+\infty}e^{-ax^2}\text{d}x = \frac{\sqrt\pi}{2} \frac{\partial^{n}}{{\partial}a^{n}}\bigg({a^{-\frac{1}{2}}} \bigg)
\end{equation}
Ma si ha:
\begin{align}
&{\frac{\partial^{1}}{\partial a^{1}}}\bigg({a^{-\frac{1}{2}}}\bigg) = -\frac{1}{2}a^{{-\frac{1}{2}}-1} = -\frac{1}{2}a^{{-\frac{3}{2}}}\nonumber \\
&{\frac{\partial^{2}}{\partial a^{2}}}\bigg({a^{-\frac{1}{2}}}\bigg) = {\frac{\partial}{\partial a}}\bigg(-\frac{1}{2}a^{{-\frac{3}{2}}}\bigg) = -\frac{1}{2}\bigg(-\frac{3}{2}\bigg)a^{{-\frac{3}{2}}-1} = {\frac{1 \cdot3}{2^2}}a^{{-\frac{5}{2}}} \nonumber \\
&\hskip 2.0cm \vdots \nonumber \\
&{\frac{\partial^{n}}{\partial a^{n}}}\bigg({a^{-\frac{1}{2}}}\bigg) = (-1)^n {\frac{1 \cdot3 \cdot5 \cdot7 \cdot ... \cdot(2n -1)}{2^n}}a^{{-\frac{1}{2}-n}}
\end{align}
Perciò si ha:
\begin{equation}
{\frac{\partial^{n}}{\partial a^{n}}}\int_{0}^{+\infty}e^{-ax^2}dx = (-1)^n {\frac{1 \cdot3 \cdot5 \cdot7 \cdot ... \cdot(2n -1)}{2^{n+1}a^n}}\sqrt{\frac{\pi}{a}}
\end{equation}
Si consideri il primo membro di quest'ultima equazione; essendo soddisfatte le condizioni per cui la derivata può essere portata sotto il segno di integrale, si ottiene
\begin{equation}
\int_{0}^{+\infty}{\frac{\partial^{n}}{\partial a^{n}}}\bigg(e^{-ax^2}\bigg)\text{d}x = (-1)^n \int_{0}^{+\infty}x^{2n}e^{-ax^2}\text{d}x = (-1)^n I_{2n}(a)
\end{equation}
Perciò in definitiva si ha:
\begin{equation}
I_{2n}(a) = \int_{0}^{+\infty}x^{2n}e^{-ax^2}\text{d}x = {\frac{1 \cdot3 \cdot5 \cdot7 \cdot ... \cdot(2n -1)}{2^{n+1}a^n}}\sqrt{\frac{\pi}{a}}
\hskip 1.5cm a > 0
\end{equation}
Introducendo la notazione di semifattoriale $(2n - 1)!! := (2n -1)(2n - 3)\cdot ... \cdot 7 \cdot 5 \cdot 3 \cdot 1$ quest'ultima formula può scriversi nella più compatta forma seguente:
\begin{equation}
\boxed{I_{2n}(a) = \int_{0}^{+\infty}x^{2n}e^{-ax^2}\text{d}x = {\frac{(2n -1)!!}{2^{n+1}a^n}}\sqrt{\frac{\pi}{a}}
\hskip 2.0cm a > 0}
\label{intGauss:derivgenclass2nda0ainfl}
\end{equation}
A questo punto è evidente che interesserebbe saper calcolare anche l'integrale seguente:
\begin{equation}
I_{2n + 1}(a) = \int_{0}^{+\infty}x^{2n + 1}e^{-ax^2}\text{d}x
\end{equation}
A tale scopo, si consideri l'integrale seguente:
\begin{equation}
I_{1}(a) = \int_{0}^{+\infty}xe^{-ax^2}\text{d}x
\end{equation}
Si ha:
\begin{equation}
I_{1}(a) = \int_{0}^{+\infty}xe^{-ax^2}\text{d}x = -\frac{1}{2a}\int_{0}^{+\infty}{-2ax}e^{-ax^2}\text{d}x = -\frac{1}{2a}\Big[e^{-ax^2}\Big]_0^{+\infty} = \frac{1}{2a}
\end{equation}
Derivando $n$ volte rispetto ad $a$ si ha:
\begin{equation}
{\frac{\partial^{n}}{\partial a^{n}}}I_{1}(a) = {\frac{\partial^{n}}{\partial a^{n}}}\int_{0}^{+\infty}xe^{-ax^2}\text{d}x = {\frac{\partial^{n}}{\partial a^{n}}}\bigg(\frac{1}{2a}\bigg) = \frac{1}{2}{\frac{\partial^{n}}{\partial a^{n}}}(a^{-1})
\end{equation}
Ma si ha:
\begin{align}
&{\frac{\partial^{1}}{\partial a^{1}}}(a^{-1}) = - 1 \cdot a^{- 1 - 1} = - a^{- 2} \nonumber \\
&{\frac{\partial^{2}}{\partial a^{2}}}(a^{-1}) = {\frac{\partial}{\partial a}}\bigg[{\frac{\partial^{1}}{\partial a^{1}}}(a^{-1})\bigg] = {\frac{\partial}{\partial a}}(- a^{-2}) = -(-2)a^{- 2 - 1} = 2a^{- 3} \nonumber \\
&\hskip 1.7cm \vdots \nonumber \\
&{\frac{\partial^{n}}{\partial a^{n}}}(a^{-1}) = (-1)^n {n!}\cdot a^{- 1 - n}
\end{align}
Perciò si ha:
\begin{equation}
{\frac{\partial^{n}}{\partial a^{n}}}\int_{0}^{+\infty}xe^{-ax^2}\text{d}x = (-1)^n{\frac{n!}{2a^{n + 1}}}
\end{equation}
Si consideri il primo membro di quest'ultima equazione; essendo soddisfatte le condizioni per le quali è possibile portare $\frac{\partial^{n}}{\partial a^{n}}$ sotto il segno di integrale, si ottiene
\begin{equation}
\begin{split}
\int_{0}^{+\infty}{\frac{\partial^{n}}{\partial a^{n}}}\bigg(xe^{-ax^2}\bigg)\text{d}x & = \int_{0}^{+\infty}x{\frac{\partial^{n}}{\partial a^{n}}}\bigg(e^{-ax^2}\bigg)\text{d}x =\\
& = (-1)^n \int_{0}^{+\infty}x^{2n + 1}e^{-ax^2}\text{d}x = (-1)^n I_{2n + 1}(a)
\end{split}
\end{equation}
Perciò in definitiva si ha:
\begin{equation}
\boxed{I_{2n + 1}(a) = \int_{0}^{+\infty}x^{2n + 1}e^{-ax^2}\text{d}x = \frac{n!}{2a^{n + 1}}
\hskip 0.5cm a > 0}
\label{intGauss:I_2n+1da0ainf}
\end{equation}
Si osservi infine che la funzione integranda $x^{2n + 1}e^{-ax^2}$ è una funzione dispari,
mentre la funzione integranda $x^{2n}e^{-ax^2}$ è una funzione pari; dunque valgono anche le relazioni seguenti:
\begin{equation}
\int_{-\infty}^{+\infty}x^{2n + 1}e^{-ax^2}\text{d}x = 0 \hskip 2.0cm a > 0
\end{equation}
\begin{equation}
\int_{-\infty}^{+\infty}x^{2n}e^{-ax^2}\text{d}x = 2 \cdot I_{2n}(a) = {\frac{(2n - 1)!!}{(2a)^{n}}}\sqrt{\frac{\pi}{a}}
\hskip 1.0cm a > 0
\end{equation}
Quest'ultima relazione vale anche per $n = 0$ e dunque vale per $n \in \NN$ se si definisce $(-1)!! := 1$.
Ponendo $m := 2n$ nella relazione (\ref{intGauss:derivgenclass2nda0ainfl}) e $m := 2n + 1$ nella relazione (\ref{intGauss:I_2n+1da0ainf}) e richiamando poi $m$ con $n$, si può riassumere quanto finora detto nelle relazioni seguenti:
\begin{equation}
\boxed{I_{n}(a) = \int_{0}^{+\infty}x^{n}e^{-ax^2}\text{d}x =
\begin{cases}
\dfrac{(n - 1)!!}{2^{\frac{n}{2}+1}a^{\frac{n}{2}}}\sqrt{\dfrac{\pi}{a}}& \text{per $n$ pari}\\
& \hskip 3.0cm a > 0\\
\dfrac{[\frac{n - 1}{2}]!}{2a^{\frac{n + 1}{2}}}& \text{per $n$ dispari}
\end{cases}}
\end{equation}
I primi 10 valori sono i seguenti:
\begin{align}
I_{0}(a) & = \int_{0}^{+\infty}e^{-ax^2}\text{d}x = \frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi}{a}} \label{intGauss:I0(a)}\\
I_{1}(a) & = \int_{0}^{+\infty}x\,e^{-ax^2}\text{d}x = \frac{1}{2a} \label{intGauss:I1(a)}\\
I_{2}(a) & = \int_{0}^{+\infty}x^{2}e^{-ax^2}\text{d}x = \frac{1}{4a}\sqrt{\frac{\pi}{a}} \label{intGauss:I2(a)}\\
I_{3}(a) & = \int_{0}^{+\infty}x^{3}e^{-ax^2}\text{d}x = \frac{1}{2a^2} \label{intGauss:I3(a)}\\
I_{4}(a) & = \int_{0}^{+\infty}x^{4}e^{-ax^2}\text{d}x = \frac{3}{8a^2}\sqrt{\frac{\pi}{a}} \\
I_{5}(a) & = \int_{0}^{+\infty}x^{5}e^{-ax^2}\text{d}x = \frac{1}{a^3} \label{intGauss:I5(a)}\\
I_{6}(a) & = \int_{0}^{+\infty}x^{6}e^{-ax^2}\text{d}x = \frac{15}{16a^3}\sqrt{\frac{\pi}{a}}\\
I_{7}(a) & = \int_{0}^{+\infty}x^{7}e^{-ax^2}\text{d}x = \frac{3}{a^4}\sqrt{\frac{\pi}{a}} \\
I_{8}(a) & = \int_{0}^{+\infty}x^{8}e^{-ax^2}\text{d}x = \frac{105}{32a^4}\sqrt{\frac{\pi}{a}}\\
I_{9}(a) & = \int_{0}^{+\infty}x^{9}e^{-ax^2}\text{d}x = \frac{12}{a^5}\sqrt{\frac{\pi}{a}}
\end{align}
\begin{equation}
\boxed{\int_{-\infty}^{+\infty}x^{n}e^{-ax^2}\text{d}x =
\begin{cases}
2 \int_{0}^{+\infty}x^{n}e^{-ax^2}\text{d}x = \frac{(n -1)!!}{(2a)^{\frac{n}{2}}}\sqrt{\frac{\pi}{a}}& \text{per $n$ pari}\\
& \hskip 3.0cm a > 0\\
0& \text{per $n$ dispari}
\end{cases}}
\end{equation}
I primi 6 valori per $n$ pari (per $n$ dispari sono tutti nulli) sono i seguenti:
\begin{align}
\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-ax^2}\text{d}x & = \sqrt{\frac{\pi}{a}} \label{intGauss:2I0(a)}\\
\int_{-\infty}^{+\infty}x^{2}e^{-ax^2}\text{d}x & = \frac{1}{2a}\sqrt{\frac{\pi}{a}}\\
\int_{-\infty}^{+\infty}x^{4}e^{-ax^2}\text{d}x & = \frac{3}{4a^2}\sqrt{\frac{\pi}{a}}\\
\int_{-\infty}^{+\infty}x^{6}e^{-ax^2}\text{d}x & = \frac{15}{8a^3}\sqrt{\frac{\pi}{a}}\\
\int_{-\infty}^{+\infty}x^{8}e^{-ax^2}\text{d}x & = \frac{105}{16a^4}\sqrt{\frac{\pi}{a}}\\
\int_{-\infty}^{+\infty}x^{10}e^{-ax^2}\text{d}x & = \frac{945}{32a^5}\sqrt{\frac{\pi}{a}}
\end{align}

[tommik]

Senza tutta questa pletora di calcoli, usate lo strumento più adatto al problema

@jack ishimaura: abbiamo una stanza dedicata ai problemi di Statistica....