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 $E\left(X\right)={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}x\cdot f\left(x\right)dx$ より、 $$\begin{array}{rl}E\left(X\right)& ={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}x\cdot \frac{1}{\sqrt{2\pi }\sigma }{e}^{-\frac{{(x-\mu )}^2}{2{\sigma }^2}}dx\\ & =\frac{1}{\sqrt{2\pi }\sigma }{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}x\cdot e^{-\frac{{(x-\mu )}^2}{2{\sigma }^2}}dx\end{array}$$ ここで、以下のように変数変換すると、 $$\begin{array}{c}y=x-\mu \iff x=y+\mu \\ \frac{dy}{dx}=1\iff dy=dx\\ x:-\mathrm{\infty }\to \mathrm{\infty }\Rightarrow y:-\mathrm{\infty }\to \mathrm{\infty }\end{array}$$ となるので、 置換積分法により、 $$\begin{array}{rl}E\left(X\right)& =\frac{1}{\sqrt{2\pi }\sigma }{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}(y+\mu )\cdot e^{-\frac{y^2}{2{\sigma }^2}}dy\\ & =\frac{1}{\sqrt{2\pi }\sigma }{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}y\cdot e^{-\frac{y^2}{2{\sigma }^2}}+\mu {\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{\sqrt{2\pi }\sigma }\cdot e^{-\frac{y^2}{2{\sigma }^2}}dy\end{array}$$ ガウス積分の公式 ${\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}x\cdot e^{-a{x}^2}=0,{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{e}^{-a{t}^2}dt=\sqrt{\frac{\pi }{a}}$ より、 $$\begin{array}{r}E\left(X\right)=0+\mu \cdot \frac{\sqrt{2\pi }\sigma }{\sqrt{2\pi }\sigma }=\mu \end{array}$$ $◼$

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

（i）期待値
正規分布のモーメント母関数の公式より、 $$\begin{array}{r}{M}_X\left(\theta \right)=e^{\mu \theta +\frac{1}{2}{\sigma }^2{\theta }^2}\end{array}$$ 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、 $$\begin{array}{rl}{M}_X^{\left(1\right)}\left(\theta \right)& =e^{\mu \theta +\frac{1}{2}{\sigma }^2{\theta }^2}\cdot \frac{d}{d\theta }(\mu \theta +\frac{1}{2}{\sigma }^2{\theta }^2)\\ & =e^{\mu \theta +\frac{1}{2}{\sigma }^2{\theta }^2}(\mu +{\sigma }^2\theta )\end{array}$$ 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、 $$\begin{array}{rl}E\left(X\right)& =e^{0+0}(\mu +0)\\ & =\mu \end{array}$$ $◼$

（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、 $$\begin{array}{rl}{M}_X^{\left(2\right)}\left(\theta \right)& =e^{\mu \theta +\frac{1}{2}{\sigma }^2{\theta }^2}\cdot \frac{d}{d\theta }(\mu +{\sigma }^2\theta )+(\mu +{\sigma }^2\theta )\cdot \frac{d}{d\theta }{e}^{\mu \theta +\frac{1}{2}{\sigma }^2{\theta }^2}\\ & =e^{\mu \theta +\frac{1}{2}{\sigma }^2{\theta }^2}\cdot {\sigma }^2+{(\mu +{\sigma }^2\theta )}^2\cdot e^{\mu \theta +\frac{1}{2}{\sigma }^2{\theta }^2}\\ & =e^{\mu \theta +\frac{1}{2}{\sigma }^2{\theta }^2}\{{\sigma }^2+{(\mu +{\sigma }^2\theta )}^2\}\end{array}$$ 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、 $$\begin{array}{rl}E\left(X^2\right)& =e^{0+0}\{{\sigma }^2+{(\mu +0)}^2\}\\ & ={\sigma }^2+{\mu }^2\end{array}$$ 分散の公式 $V\left(X\right)=E\left(X^2\right)-{\left\{E\left(X\right)\right\}}^2$ より、 $$\begin{array}{rl}V\left(X\right)& ={\sigma }^2+{\mu }^2-{\mu }^2\\ & ={\sigma }^2\end{array}$$ $◼$

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