2017年4月30日 星期日

[機率論] 動差生成函數 的 常見應用 (1)

令 $\Omega$ 為 樣本空間,定義 $X : \Omega \to \mathbb{R}$ 為配備 機率分配函數 $f_X$ 的 隨機變數。

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Definition: k-th Moment
隨機變數 $X : \Omega \to \mathbb{R}$  的 k階 動差 (k-th moment) 定為 $E[X^k]$
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Definition: Moment Generating Function
令 $X$ 為隨機變數,若存在 $\delta >0$ 使得對 $t \in (-\delta,\delta )$ 而言,期望值 $E[e^{tX}]$ 存在,則 $X$ 的 動差生成函數 (Moment Generating Function, mgf) 存在,且定義為
\[
M_X(t) := E[e^{tX}], \;\;\; t \in (-\delta,\delta )
\]除此之外,若上述條件成立則
\[
D_t^k E[e^{tX}] = E[D_t^k e^{tX}]
\]其中 $D_t^k $ 表示為對 $t$ 微分 $k$次 微分算子。
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Comments:
1. 動差生成函數 $M_X(t)$ 是一個以 $t$ 為變數 的函數,目的在於 "產生動差",至於如何產生我們會在下面進行討論。
2. 上述定義僅僅要求 mgf 在 $t = 0$ 附近開區間 $t \in (-\delta, \delta)$ 期望值存在,此條件也保證積分與微分互換性。
3. 若在開區間 $ t \in (-\delta, \delta)$ 期望值存在,立刻可得知 $M_X(0) = E[e^{0}] = 1$


FACT: 上述動差生成函數算是非常便利的工具,我們可以透過其產生各種具有常見分配的隨機變數之一,二階動差。假定某隨機變數之 mgf 存在,則此隨機變數的 k-th 動差表為
\[
D_t^k M_X (0) = E[X^k], \;\; k=1,2,...
\]

Comment:
由上述討論可知,若我們想求期望值則
\[
D_t M_X(0) = E[X]
\]若我們想求變異數則
\begin{align*}
Var(X) &= E[(X - E[X] )^2]\\
& = E[X^2] -(E[X])^2\\
& = D_t^2 M_X(0) - D_t M_X(0)
\end{align*}

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Theorem: MGF唯一決定分配函數且 兩 MGF 相等 保證 分配函數相等 
令 $X,Y$ 為兩隨機變數且其各自對應的 mgf $M_X, M_Y$ 在含 $0$ 開區間存在。則此兩隨機變數的分配函數 $$
F_X(z) = F_Y(z), \;\;\; \forall \;\; z \in \mathbb{R}
$$若且唯若 存在 $\delta >0$ 使得 對任意 $t \in (-\delta, \delta)$ 而言
$$M_X(t) = M_Y(t)$$
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Proof: omitted


Comments:
1. 上述定理是非常強大的結果,他說明了要決定某隨機變數的分配可以透過 mgf 來唯一決定。也就是說 mgf 與 分配函數為 1-1 對應,且如果當分配函數很困難取得,我們可以透過計算 mgf 來幫助我們確定分配。
2. 機率論中另外有一種函數稱作 特性函數 (characteristic function) 其作用與 mgf相仿,且永遠存在,定義為 $\varphi_X(t) := E[e^{i tX}]$,但是使式子蘊含複數,一般在計算上會稍微比 mgf 複雜一些。


以下我們展示幾個例子來使用動差生成函數求得 期望值 與 變異數。首先我們看幾個離散隨機變數的例子:

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Example 1: Bernoulli Random Variable 的 期望值 與 變異數
令 $X$ 為 Bernoulli random variable 滿足 $P(X=1) = p$ 且 $P(X=0)=1-p$。
(a) 試問其 mgf 是否存在?若存在則求其 mgf
(b) 利用 part(a) 證明 $E[X] = p$ 與 $Var(X) = p (1-p)$。
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Proof (a): 以下我們使用 mgf 方法來求期望值 以及 變異數 ,首先計算 mgf ,由定義可知
\begin{align*}
  {M_X}(t) &= E\left[ {{e^{tX}}} \right] \hfill \\
   &= \sum\limits_{x \in \left\{ {0,1} \right\}}^{} {{e^{tx}}{f_X}\left( x \right)}  \hfill \\
   &= {e^{t1}}p + {e^{t0}}\left( {1 - p} \right) \hfill \\
   &= {e^t}p + \left( {1 - p} \right) \hfill \\
\end{align*} 注意到上式對任意 $t \in \mathbb{R}$ 成立,故存在 $\delta >0$ 使得對 $t \in (-\delta,\delta )$ 而言,期望值 $E[e^{tX}]$ 存在。

Proof (b): 
以下我們計算 mgf 的微分
\[\left\{ \begin{align*}
  {D_t}{M_X}(t) &= {D_t}\left( {{e^t}p + \left( {1 - p} \right)} \right) = {e^t}p \hfill \\
  D_t^2{M_X}(t) &= {e^t}p \hfill \\
\end{align*}  \right.\] 故 $ E[X] = {D_t}{M_X}(0) = p $ 且
\begin{align*}
 Var(X) &= D_t^2{M_X}(0) - {({D_t}{M_X}(0))^2} \hfill \\
 &= p - {p^2} = p\left( {1 - p} \right) \hfill \\
 \end{align*}至此得證 $\square$





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Example 2: Poisson Random Variable 的 期望值 與 變異數
令 $X \sim Poisson(\lambda)$ 為 Poisson random variable  配備機率密度函數
\[
f_X(x) = \frac{\lambda^x e^{-\lambda}}{x!},\;\;\; x=0,1,2,...
\]
(a) 試問其 mgf 是否存在?若存在則求其 mgf
(b) 利用 part(a) 求 $E[X] = \lambda$ 與 $Var(X) = \lambda$。
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Proof (a):
由 mgr 定義,我們觀察 \begin{align*}
  {M_X}\left( t \right) &= E\left[ {{e^{tX}}} \right] \hfill \\
   &= \sum\limits_{x = 0}^\infty  {{e^{tx}}{f_X}(x)}  \hfill \\
   &= \sum\limits_{x = 0}^\infty  {{e^{tx}}\frac{{{\lambda ^x}{e^{ - \lambda }}}}{{x!}}}  \hfill \\
   &= {e^{ - \lambda }}\underbrace {\sum\limits_{x = 0}^\infty  {\frac{{{{\left( {{e^t}\lambda } \right)}^x}}}{{x!}}} }_{ = {e^{{e^t}\lambda }}} = {e^{\left( {{e^t} - 1} \right)\lambda }} \hfill \\
\end{align*}
上式最後一條等式成立因為
\[{e^z}: = \sum\limits_{k = 0}^\infty  {\frac{{{z^k}}}{{k!}}},\;\;\; \forall \; z \in \mathbb{C} \]注意到 $M_X(t)$ 對任意 $t \in \mathbb{R}$ 有定義,故存在 $\delta >0$ 使得對 $t \in (-\delta,\delta )$ 而言,期望值 $E[e^{tX}]$ 存在。

Proof (b):
首先對 mgf 求一階 與 二階導數,
\[\left\{ \begin{gathered}
  {D_t}{M_X}\left( t \right) = {D_t}\left( {{e^{\left( {{e^t} - 1} \right)\lambda }}} \right) = {e^{\left( {{e^t} - 1} \right)\lambda }}\lambda {e^t} \hfill \\
  D_t^2{M_X}\left( t \right) = D_t^2\left( {{e^{\left( {{e^t} - 1} \right)\lambda }}\lambda {e^t}} \right) = {e^{\left( {{e^t} - 1} \right)\lambda }}{\left( {\lambda {e^t}} \right)^2} + {e^{\left( {{e^t} - 1} \right)\lambda }}\lambda {e^t} \hfill \\
\end{gathered}  \right.\] 故期望值為 $E\left[ X \right] = {D_t}{M_X}\left( 0 \right) = \lambda $ 且變異數為
\begin{align*}
  Var\left( X \right) &= D_t^2{M_X}\left( 0 \right) - {\left( {{D_t}{M_X}\left( 0 \right)} \right)^2} \hfill \\
   &= {\left. {\left( {{e^{\left( {{e^t} - 1} \right)\lambda }}{{\left( {\lambda {e^t}} \right)}^2} + {e^{\left( {{e^t} - 1} \right)\lambda }}\lambda {e^t}} \right)} \right|_{t = 0}} - {\lambda ^2} = \lambda  \hfill \\
\end{align*} 至此得證 $\square$






下面例子是 連續隨機變數 的情況。

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Example 3: Normal Distribution
令 $X \sim \mathcal{N}(\mu, \sigma^2)$ 配備機率密度函數
\[{f_X}(x): = \frac{1}{{\sqrt {2\pi } \sigma }}\exp \left( { - \frac{{{{\left( {x - \mu } \right)}^2}}}{{2{\sigma ^2}}}} \right), \;\;\; x \in \mathbb{R}
\]其中 $\mu \in \mathbb{R}, \sigma >0$
(a) 試求 $X$ 的 mgf
(b) 利用 part(a) 證明 $E[X] =\mu$ 與 $Var(X) =\sigma^2$
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Proof: (a)
由定義出發,觀察
\begin{align*}
  {M_X}\left( t \right) &= E\left[ {{e^{tX}}} \right] \hfill \\
   &= \int_{ - \infty }^\infty  {{e^{tx}}{f_X}(x)} dx \hfill \\
   &= \int_{ - \infty }^\infty  {{e^{tx}}\frac{1}{{\sqrt {2\pi } \sigma }}{e^{ - \frac{{{{\left( {x - \mu } \right)}^2}}}{{2{\sigma ^2}}}}}} dx \hfill \\
   &= \frac{1}{{\sqrt {2\pi } \sigma }}\int_{ - \infty }^\infty  {{e^{\frac{{2{\sigma ^2}tx - {{\left( {x - \mu } \right)}^2}}}{{2{\sigma ^2}}}}}} dx \hfill \\
   &= \frac{1}{{\sqrt {2\pi } \sigma }}{e^{\frac{{ - {\mu ^2}}}{{2{\sigma ^2}}}}}\int_{ - \infty }^\infty  {{e^{\frac{{ - \left( {{x^2} - 2\left( {{\sigma ^2}t + \mu } \right)x + {{\left( {{\sigma ^2}t + \mu } \right)}^2}} \right)}}{{2{\sigma ^2}}}}}{e^{\frac{{{{\left( {{\sigma ^2}t + \mu } \right)}^2}}}{{2{\sigma ^2}}}}}} dx \hfill \\
   &= \frac{1}{{\sqrt {2\pi } \sigma }}{e^{\frac{{ - {\mu ^2}}}{{2{\sigma ^2}}}}}{e^{\frac{{{{\left( {{\sigma ^2}t + \mu } \right)}^2}}}{{2{\sigma ^2}}}}}\int_{ - \infty }^\infty  {{e^{\frac{{ - {{\left( {x - \left( {{\sigma ^2}t + \mu } \right)} \right)}^2}}}{{2{\sigma ^2}}}}}} dx \hfill \\
   &= {e^{\frac{{{\sigma ^2}{t^2} + 2\mu t}}{2}}}\underbrace {\frac{1}{{\sqrt {2\pi } \sigma }}\int_{ - \infty }^\infty  {{e^{\frac{{ - {{\left( {x - \left( {{\sigma ^2}t + \mu } \right)} \right)}^2}}}{{2{\sigma ^2}}}}}} dx}_{ = 1{\text{ }}\left( {{\text{pdf of normal }}\mathcal{N}\left( {\mu+\sigma^2 t ,{\sigma ^2}} \right)} \right)} \hfill \\
   &= {e^{\mu t + \frac{{{\sigma ^2}{t^2}}}{2}}} \hfill \\
\end{align*}

Proof (b):
以下我們計算 mgf 的微分
\[\left\{ \begin{align*}
  {D_t}{M_X}\left( t \right) &= {D_t}\left( {{e^{\mu t + \frac{{{\sigma ^2}{t^2}}}{2}}}} \right) = {e^{\mu t + \frac{{{\sigma ^2}{t^2}}}{2}}}\left( {\mu  + {\sigma ^2}t} \right) \hfill \\
  D_t^2{M_X}\left( t \right) &= {D_t}\left( {{e^{\mu t + \frac{{{\sigma ^2}{t^2}}}{2}}}\left( {\mu  + {\sigma ^2}t} \right)} \right) = {e^{\mu t + \frac{{{\sigma ^2}{t^2}}}{2}}}{\left( {\mu  + {\sigma ^2}t} \right)^2} + {e^{\mu t + \frac{{{\sigma ^2}{t^2}}}{2}}}{\sigma ^2} \hfill \\
\end{align*}  \right.\]故對應的期望值為
\[E\left[ X \right] = {D_t}{M_X}\left( 0 \right) = {\left. {{e^{\mu t + \frac{{{\sigma ^2}{t^2}}}{2}}}\left( {\mu  + {\sigma ^2}t} \right)} \right|_{t = 0}} = \mu \]
且 變異數 為
\begin{align*}
  Var\left( X \right) &= D_t^2{M_X}\left( 0 \right) - {\left( {D_t^1{M_X}\left( 0 \right)} \right)^2} \hfill \\
   &= {\left. {\left( {{e^{\mu t + \frac{{{\sigma ^2}{t^2}}}{2}}}{{\left( {\mu  + {\sigma ^2}t} \right)}^2} + {e^{\mu t + \frac{{{\sigma ^2}{t^2}}}{2}}}{\sigma ^2}} \right)} \right|_{t = 0}} - {\mu ^2} \hfill \\
   &= {\sigma ^2} \hfill \\
\end{align*} 至此得證 $\square$