POINT
忘れたときに，どのような順序で考えればよいかを整理します．- 正規分布の性質について．
- 忘れたときに，順に導く方法．
【関連記事】
- [A] ガウス積分と派生公式 - Notes_JP：ガウス積分に慣れていない場合はこの記事を参考にしてください．
正規分布の導出
覚えておくこと
正規分布が，\begin{aligned}
f(x) = (\text{規格化定数}) \times e^{-\alpha x^{2}}
\end{aligned}
の形であることは覚えておく必要があります．$x=0$について対称なので，平均は$0$です．f(x) = (\text{規格化定数}) \times e^{-\alpha x^{2}}
\end{aligned}
あとは，
- $\int_{-\infty}^{\infty} f(x) \,\mathrm{d}x = 1$から規格化定数を求め，
- $\sigma^{2} = \int_{-\infty}^{\infty} x^{2} f(x) \,\mathrm{d}x$から$\alpha$を$\sigma$で表す
規格化定数
規格化定数は\begin{aligned}
\int_{-\infty}^{\infty} f(x) \,\mathrm{d}x = 1
\end{aligned}
から決まる定数です．つまり，\int_{-\infty}^{\infty} f(x) \,\mathrm{d}x = 1
\end{aligned}
\begin{aligned}
\int_{-\infty}^{\infty} e^{-\alpha x^2} \,\mathrm{d}x
\end{aligned}
の逆数です．\int_{-\infty}^{\infty} e^{-\alpha x^2} \,\mathrm{d}x
\end{aligned}
まず，$\alpha=1$の場合は，簡単なガウス積分（お決まりのパターン）で，
\begin{aligned}
& \biggl(\int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2} \,\mathrm{d}x\biggr)^{2} \\
&=\int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} \exp[ -(x^2+y^2)] \,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y \\
&=\int_{0}^{2\pi}\,\mathrm{d}\theta \int_{0}^{\infty} \exp(-r^2) r \,\mathrm{d}r \\
&=2\pi \int_{0}^{\infty} \exp(-r^2) \,\frac{\mathrm{d}(r^2)}{2} \\
&=\pi
\end{aligned}
と計算できます．途中で，極座標（$x=r\cos\theta$, $y=r\sin\theta$）に変換し$\displaystyle \int_0^\infty e^{-r}\,\mathrm{d}r=\left[-e^{-r}\right]_0^{\infty}=1$と計算しました．& \biggl(\int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2} \,\mathrm{d}x\biggr)^{2} \\
&=\int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} \exp[ -(x^2+y^2)] \,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y \\
&=\int_{0}^{2\pi}\,\mathrm{d}\theta \int_{0}^{\infty} \exp(-r^2) r \,\mathrm{d}r \\
&=2\pi \int_{0}^{\infty} \exp(-r^2) \,\frac{\mathrm{d}(r^2)}{2} \\
&=\pi
\end{aligned}
よって，
\begin{aligned}
\int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2} \,\mathrm{d}x
&=\sqrt{\pi}
\end{aligned}
なので，\int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^2} \,\mathrm{d}x
&=\sqrt{\pi}
\end{aligned}
\begin{aligned}
&\int_{-\infty}^{\infty} e^{-\alpha x^2} \,\mathrm{d}x \\
&=\int_{-\infty}^{\infty} e^{-(\sqrt{\alpha} x)^{2}}
\,\frac{\mathrm{d}(\sqrt{\alpha}x)}{\sqrt{\alpha}} \\
&=\sqrt{\frac{\pi}{\alpha}}
\end{aligned}
がわかりました．&\int_{-\infty}^{\infty} e^{-\alpha x^2} \,\mathrm{d}x \\
&=\int_{-\infty}^{\infty} e^{-(\sqrt{\alpha} x)^{2}}
\,\frac{\mathrm{d}(\sqrt{\alpha}x)}{\sqrt{\alpha}} \\
&=\sqrt{\frac{\pi}{\alpha}}
\end{aligned}
規格化定数は，この逆数である
\begin{aligned}
\sqrt{\frac{\alpha}{\pi}}
\end{aligned}
です．\sqrt{\frac{\alpha}{\pi}}
\end{aligned}
分散
分散は，定義から\begin{aligned}
\sigma^{2}
&= \sqrt{\frac{\alpha}{\pi}} \int_{-\infty}^{\infty} x^{2} e^{-\alpha x^{2}} \,\mathrm{d}x
\end{aligned}
です．\sigma^{2}
&= \sqrt{\frac{\alpha}{\pi}} \int_{-\infty}^{\infty} x^{2} e^{-\alpha x^{2}} \,\mathrm{d}x
\end{aligned}
この積分もお決まりのパターンで，上で求めた結果
\begin{aligned}
\int_{-\infty}^{\infty} e^{-\alpha x^2} \,\mathrm{d}x
&=\sqrt{\frac{\pi}{\alpha}}
\end{aligned}
の両辺を$\alpha$で微分して\int_{-\infty}^{\infty} e^{-\alpha x^2} \,\mathrm{d}x
&=\sqrt{\frac{\pi}{\alpha}}
\end{aligned}
\begin{aligned}
&\int_{-\infty}^{\infty} x^{2} e^{-\alpha x^2} \,\mathrm{d}x \\
&=\sqrt{\frac{\pi}{\alpha}} \cdot \frac{1}{2\alpha}
\end{aligned}
と求められます．よって，&\int_{-\infty}^{\infty} x^{2} e^{-\alpha x^2} \,\mathrm{d}x \\
&=\sqrt{\frac{\pi}{\alpha}} \cdot \frac{1}{2\alpha}
\end{aligned}
\begin{aligned}
\sigma^{2}
&= \frac{1}{2\alpha}
\end{aligned}
となります．\sigma^{2}
&= \frac{1}{2\alpha}
\end{aligned}
これより，
\begin{aligned}
\alpha = \frac{1}{2\sigma^{2}}
\end{aligned}
と決まりました．\alpha = \frac{1}{2\sigma^{2}}
\end{aligned}
正規分布の形
以上より，平均ゼロの正規分布は\begin{aligned}
\sqrt{\frac{\alpha}{\pi}} e^{-\alpha x^{2}}
&= \frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma} e^{- x^{2}/2\sigma^{2}}
\end{aligned}
となることがわかりました．\sqrt{\frac{\alpha}{\pi}} e^{-\alpha x^{2}}
&= \frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma} e^{- x^{2}/2\sigma^{2}}
\end{aligned}
平均が$\mu$の場合は，単に$x$軸方向に$\mu$平行移動させれば良いので，
平均$\mu$，分散$\sigma^{2}$の正規分布
\begin{aligned}
N(\mu, \sigma^{2}) =
\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma} e^{- (x-\mu)^{2}/2\sigma^{2}}
\end{aligned}
N(\mu, \sigma^{2}) =
\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma} e^{- (x-\mu)^{2}/2\sigma^{2}}
\end{aligned}
正規分布の性質
尖度
尖度の定義として，正規分布の尖度が$3$となる\begin{aligned}
E[(X - \mu)^{4}]/\sigma^{4}
\end{aligned}
と．正規分布の尖度が$0$となるE[(X - \mu)^{4}]/\sigma^{4}
\end{aligned}
\begin{aligned}
E[(X - \mu)^{4}]/\sigma^{4} - 3
\end{aligned}
があります．E[(X - \mu)^{4}]/\sigma^{4} - 3
\end{aligned}
ここで，
\begin{aligned}
E[(X - \mu)^{4}]
&= \int_{-\infty}^{\infty} (x - \mu)^{4} \frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma} e^{- (x-\mu)^{2}/2\sigma^{2}} \,\mathrm{d}x \\
&= 3\sigma^{4}
\end{aligned}
を確認します．E[(X - \mu)^{4}]
&= \int_{-\infty}^{\infty} (x - \mu)^{4} \frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma} e^{- (x-\mu)^{2}/2\sigma^{2}} \,\mathrm{d}x \\
&= 3\sigma^{4}
\end{aligned}
$\mu = 0$の場合に確認すれば十分です．
\begin{aligned}
\int_{-\infty}^{\infty} e^{-\alpha x^2} \,\mathrm{d}x
&=\sqrt{\frac{\pi}{\alpha}}
\end{aligned}
の両辺を2回$\alpha$で微分すれば，\int_{-\infty}^{\infty} e^{-\alpha x^2} \,\mathrm{d}x
&=\sqrt{\frac{\pi}{\alpha}}
\end{aligned}
\begin{aligned}
\int_{-\infty}^{\infty} x^{4} e^{-\alpha x^2} \,\mathrm{d}x
&= \sqrt{\frac{\pi}{\alpha}} \times \frac{3}{4\alpha^{2}}
\end{aligned}
なので，\int_{-\infty}^{\infty} x^{4} e^{-\alpha x^2} \,\mathrm{d}x
&= \sqrt{\frac{\pi}{\alpha}} \times \frac{3}{4\alpha^{2}}
\end{aligned}
\begin{aligned}
E[X^{4}]
&=\int_{-\infty}^{\infty} x^{4} \sqrt{\frac{\alpha}{\pi}} e^{-\alpha x^2} \,\mathrm{d}x \\
&= \frac{3}{4\alpha^{2}} \\
&= \frac{3}{4}\cdot 4\sigma^{4}
\end{aligned}
となります．よって，$E[X^{4}] / \sigma^{4} = 3$が示されました．E[X^{4}]
&=\int_{-\infty}^{\infty} x^{4} \sqrt{\frac{\alpha}{\pi}} e^{-\alpha x^2} \,\mathrm{d}x \\
&= \frac{3}{4\alpha^{2}} \\
&= \frac{3}{4}\cdot 4\sigma^{4}
\end{aligned}
$\mu \neq 0$の場合も変わらないので
尖度
\begin{aligned}
E[(X - \mu)^{4}] / \sigma^{4} = 3
\end{aligned}
E[(X - \mu)^{4}] / \sigma^{4} = 3
\end{aligned}
