正規分布の期待値・分散と中心モーメントの導出

（i）期待値
期待値の定義式 $E \left(X\right)=\int_{-\infty}^{\infty}{x \cdot f \left(x\right)dx}$ より、 \begin{align} E \left(X\right)&=\int_{-\infty}^{\infty}{x \cdot \frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}e^{-\frac{ \left(x-\mu\right)^2}{2\sigma^2}}dx}\\ &=\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}\int_{-\infty}^{\infty}{x \cdot e^{-\frac{ \left(x-\mu\right)^2}{2\sigma^2}}dx} \end{align} ここで、以下のように変数変換すると、 \begin{gather} y=x-\mu\Leftrightarrow x=y+\mu\\ \frac{dy}{dx}=1\Leftrightarrow dy=dx\\ x:-\infty\rightarrow\infty \quad \Rightarrow \quad y:-\infty\rightarrow\infty \end{gather} となるので、 置換積分法により、 \begin{align} E \left(X\right)&=\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}\int_{-\infty}^{\infty}{ \left(y+\mu\right) \cdot e^{-\frac{y^2}{2\sigma^2}}dy}\\ &=\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}\int_{-\infty}^{\infty}{y \cdot e^{-\frac{y^2}{2\sigma^2}}}+\mu\int_{-\infty}^{\infty}{\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma} \cdot e^{-\frac{y^2}{2\sigma^2}}dy} \end{align} ガウス積分の公式 $\int_{-\infty}^{\infty}{x \cdot e^{-ax^2}}=0,\int_{-\infty}^{\infty}{e^{-at^2}dt}=\sqrt{\frac{\pi}{a}}$ より、 \begin{align} E \left(X\right)=0+\mu \cdot \frac{\sqrt{2\pi}\sigma}{\sqrt{2\pi}\sigma}=\mu \end{align} $\blacksquare$

（ii）分散
分散の定義式 $V \left(X\right)=\int_{-\infty}^{\infty}{ \left(x-\mu\right)^2 \cdot f \left(x\right)dx}$ より、 \begin{align} V \left(X\right)=\int_{-\infty}^{\infty}{ \left(x-\mu\right)^2 \cdot \frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}e^{-\frac{ \left(x-\mu\right)^2}{2\sigma^2}}dx} \end{align} （i）と同様の変数変換を行うと、置換積分法により、 \begin{align} V \left(X\right)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}\int_{-\infty}^{\infty}{y^2 \cdot e^{-\frac{y^2}{2\sigma^2}}dy} \end{align} ガウス積分の公式 $\int_{-\infty}^{\infty}{t^2 \cdot e^{-at^2}dt}=\frac{1}{2a}\sqrt{\frac{\pi}{a}}$ より、$a=\frac{1}{2\sigma^2}$ とすると、 \begin{align} V \left(X\right)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma} \cdot \frac{2\sigma^2}{2} \cdot \sqrt{2\pi}\sigma=\sigma^2 \end{align} $\blacksquare$

（i）期待値
正規分布のモーメント母関数の公式より、 \begin{align} M_X \left(\theta\right)=e^{\mu\theta+\frac{1}{2}\sigma^2\theta^2} \end{align} モーメント母関数の1階微分を求めると、合成関数の微分法より、 \begin{align} M_X^{ \left(1\right)} \left(\theta\right)&=e^{\mu\theta+\frac{1}{2}\sigma^2\theta^2} \cdot \frac{d}{d\theta} \left(\mu\theta+\frac{1}{2}\sigma^2\theta^2\right)\\ &=e^{\mu\theta+\frac{1}{2}\sigma^2\theta^2} \left(\mu+\sigma^2\theta\right)\\ \end{align} 1次モーメントとモーメント母関数の関係 $M_X^{ \left(1\right)} \left(0\right)=E \left(X\right)$ より、 \begin{align} E \left(X\right)&=e^{0+0} \left(\mu+0\right)\\ &=\mu \end{align} $\blacksquare$

（ii）分散
モーメント母関数の2階微分を求めると、積の微分公式と合成関数の微分法より、 \begin{align} M_X^{ \left(2\right)} \left(\theta\right)&=e^{\mu\theta+\frac{1}{2}\sigma^2\theta^2} \cdot \frac{d}{d\theta} \left(\mu+\sigma^2\theta\right)+ \left(\mu+\sigma^2\theta\right) \cdot \frac{d}{d\theta}e^{\mu\theta+\frac{1}{2}\sigma^2\theta^2}\\ &=e^{\mu\theta+\frac{1}{2}\sigma^2\theta^2} \cdot \sigma^2+ \left(\mu+\sigma^2\theta\right)^2 \cdot e^{\mu\theta+\frac{1}{2}\sigma^2\theta^2}\\ &=e^{\mu\theta+\frac{1}{2}\sigma^2\theta^2} \left\{\sigma^2+ \left(\mu+\sigma^2\theta\right)^2\right\} \end{align} 2次モーメントとモーメント母関数の関係 $M_X^{ \left(2\right)} \left(0\right)=E \left(X^2\right)$ より、 \begin{align} E \left(X^2\right)&=e^{0+0} \left\{\sigma^2+ \left(\mu+0\right)^2\right\}\\ &=\sigma^2+\mu^2\\ \end{align} 分散の公式 $V \left(X\right)=E \left(X^2\right)- \left\{E \left(X\right)\right\}^2$ より、 \begin{align} V \left(X\right)&=\sigma^2+\mu^2-\mu^2\\ &=\sigma^2 \end{align} $\blacksquare$

$Y=X-\mu$ とすると、 \begin{align} E \left[ \left(X-\mu\right)^m\right]=E \left(Y^m\right) \end{align} 正規分布の線形変換の性質より、 \begin{align} Y \sim \mathrm{N} \left(0,\sigma^2\right) \end{align} 正規分布のモーメント母関数の公式より、 \begin{align} M_Y \left(\theta\right)=e^{\frac{1}{2}\sigma^2\theta^2} \end{align} 指数関数のマクローリン展開 $e^x=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{x^k}{k!}$ より、$x=\frac{1}{2}\sigma^2\theta^2$ とすると、 \begin{align} M_Y \left(\theta\right)&=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{k!} \left(\frac{1}{2}\sigma^2\theta^2\right)^k\\ &=\sum_{k=0}^{\infty}{\frac{\sigma^{2k}}{2^k \cdot k!} \cdot \theta^{2k}}\\ &=1+\frac{\sigma^2}{2 \cdot 1!} \cdot \theta^2+\frac{\sigma^4}{4 \cdot 2!} \cdot \theta^4+ \cdots \\ &=1+0 \cdot \theta+\frac{\sigma^2}{2 \cdot 1!} \cdot \theta^2+0 \cdot \theta^3+\frac{\sigma^4}{4 \cdot 2!} \cdot \theta^4+ \cdots \\ \end{align} モーメント母関数の1階微分を求めると、 \begin{align} M_Y^{ \left(1\right)} \left(\theta\right)=0+\sigma^2 \cdot \theta+0 \cdot \theta^2+\frac{\sigma^4}{2!} \cdot \theta^3+ \cdots \end{align} 1次モーメントとモーメント母関数の関係 $M_Y^{ \left(1\right)} \left(0\right)=E \left(Y\right)$ より、 \begin{align} E \left(Y\right)=0 \end{align} モーメント母関数の2階微分を求めると、 \begin{align} M_Y^{ \left(2\right)} \left(\theta\right)=\sigma^2+0 \cdot \theta+\frac{\sigma^4}{2!} \cdot 3\theta^2+ \cdots \end{align} 2次モーメントとモーメント母関数の関係 $M_Y^{ \left(2\right)} \left(0\right)=E \left(Y^2\right)$ より、 \begin{align} E \left(Y^2\right)=\sigma^2 \end{align} 以下、同様の操作を繰り返していくと、 \begin{gather} E \left[{(X-\mu)}^m\right]= \left\{\begin{matrix} \left(2k-1\right) \cdots 5 \cdot 3 \cdot 1 \cdot \sigma^{2k}&m=2k\\0&m=2k-1\\\end{matrix}\right.\\ k=1,2, \cdots \end{gather} $\blacksquare$