卡方分佈 chi square distribution

下面來求 \(E(X_1^4)\)

\[ \begin{aligned} \because E(X_1) &= \int_{-\infty}^{+\infty} xf(x)dx \\ \therefore E(X_1^4) &= \int_{-\infty}^{+\infty} x^4f(x)dx \end{aligned}\]

已知： \(f(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{(-\frac{x^2}{2})}\) 代入上式：

\[ \begin{aligned} E(X_1^4) &= \int_{-\infty}^{+\infty} x^4f(x)dx \\ &= \int_{-\infty}^{+\infty} x^4\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{(-\frac{x^2}{2})}dx\\ &=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{+\infty}x^4e^{(-\frac{x^2}{2})}dx\\ &=\frac{-1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{+\infty}x^3(-x)e^{(-\frac{x^2}{2})}dx \end{aligned} \]

令 \(u=x^3, v=e^{(-\frac{x^2}{2})},t=-\frac{x^2}{2}\) 可以推導：

\[ \begin{aligned} \frac{dv}{dx} &= \frac{dv}{dt}\frac{dt}{dx} \\ &= e^t(-\frac{1}{2}\times2x) \\ &= (-x)e^{(-\frac{x^2}{2})} \\ \Rightarrow dv &= (-x)e^{(-\frac{x^2}{2})}dx \end{aligned} \]

再代入上面的式子：

\[ \begin{aligned} E(X_1^4) &= \frac{-1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{+\infty}u\:dv \\ integrate\; &by\; parts:\\ E(X_1^4) &= \frac{-1}{\sqrt{2\pi}}\{[u\:v] \rvert_{-\infty}^{+\infty}-\int_{-\infty}^{+\infty}v\:du\} \\ &= \frac{-1}{\sqrt{2\pi}}\{[x^3e^{(-\frac{x^2}{2})}]\rvert_{-\infty}^{+\infty} -\int_{-\infty}^{+\infty}v\:du\} \\ &=\frac{-1}{\sqrt{2\pi}}\{0-0-\int_{-\infty}^{+\infty}e^{(-\frac{x^2}{2})}dx^3\} \\ &=\frac{-1}{\sqrt{2\pi}}[-3\int_{-\infty}^{+\infty}x^2e^{(-\frac{x^2}{2})}dx] \\ &=\frac{-3}{\sqrt{2\pi}}[\int_{-\infty}^{+\infty}x(-x)e^{(-\frac{x^2}{2})}dx] \\ \end{aligned} \]

再來一次分部積分：

令 \(a=x,b=e^{(-\frac{x^2}{2})},d\:b = (-x)e^{(-\frac{x^2}{2})}dx\)

\[ \begin{aligned} E(X_1^4) &= \frac{-3}{\sqrt{2\pi}}\{[a\:b] \rvert_{-\infty}^{+\infty} - \int_{-\infty}^{+\infty}b\:da\} \\ &=\frac{-3}{\sqrt{2\pi}}\{[xe^{(-\frac{x^2}{2})}]\rvert_{-\infty}^{+\infty} -\int_{-\infty}^{+\infty}b\:da\} \\ &=\frac{-3}{\sqrt{2\pi}}\{0-0-\int_{-\infty}^{+\infty}e^{(-\frac{x^2}{2})}dx\} \\ &=\frac{-3}{\sqrt{2\pi}}[-\int_{-\infty}^{+\infty}e^{(-\frac{x^2}{2})}dx] \\ &=\frac{3}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{+\infty}e^{(-\frac{x^2}{2})}dx \end{aligned} \]

下面令 \(I=\int_{-\infty}^{+\infty}e^{(-\frac{x^2}{2})}dx\\ \Rightarrow I^2=\int_{-\infty}^{+\infty}\int_{-\infty}^{+\infty}e^{(-\frac{x^2+y^2}{2})}dxdy\)

接下來需要用到 座標轉換的知識，將 \(x,y\) 表示的笛卡爾座標，轉換爲用角度 \(\theta\) 和半徑 \(r\) 表示的形式。之後的證明可以在油管上看到，但是我還是繼續證明下去。

直角座標系 (cartesian coordinators) 和 極座標系 (polar coordinators) 之間轉換的關係如下：

\[ \begin{aligned} x&=r\:cos\theta\\ y&=r\:sin\theta\\ r^2&=x^2+y^2\\ \end{aligned} \]

座標轉換以後可以繼續求 \(E(X_1^4)\)。 在那之前我們先求 \(I^2\)。 注意轉換座標系統以後，\(\theta\in[0,2\pi], r\in[0,+\infty]\)

\[ \begin{aligned} I^2 &= \int_{-\infty}^{+\infty}\int_{-\infty}^{+\infty}e^{(-\frac{x^2+y^2}{2})}dxdy \\ &= \int_{0}^{+\infty}\int_{0}^{2\pi}e^{(-\frac{r^2}{2})}rd\theta dr \\ \end{aligned} \]

由於先從中間的 \(\int_{0}^{2\pi}e^{(-\frac{r^2}{2})}rd\theta\) 開始積分，\(\theta\) 以外都可以視爲常數，那麼這個 \([0,2\pi]\) 上的積分就的等於 \(2\pi e^{(-\frac{r^2}{2})}r\)。

因此上面的式子又變爲：

\[ \begin{aligned} I^2 &= 2\pi\int_{0}^{+\infty}e^{(-\frac{r^2}{2})}r\:dr \\ \because \frac{d(e^{\frac{-r^2}{2}})}{dr} &= -e^{(-\frac{r^2}{2})}r \\ \therefore I^2 &= 2\pi(-e^{\frac{-r^2}{2}})\rvert_0^{+\infty} \\ &= 0-(2\pi\times(-1)) \\ &= 2\pi\\ \Rightarrow I &= \sqrt{2\pi} \end{aligned} \]

所以，

\[ \begin{aligned} E(X_1^4) &= \frac{3}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{+\infty}e^{(-\frac{x^2}{2})}dx \\ &= \frac{3}{\sqrt{2\pi}}\times I \\ &= 3 \\ \Rightarrow Var(X_1^2) &= E(X_1^4) - 1 \\ &= 3-1 =2 \\ \Rightarrow Var(X_n^2) &= 2n \end{aligned} \]

結論：\(X_1, \dots, X_n\stackrel{i.i.d}{\sim} N(0,1)\) 時，\(\sum_{i=1}^nX_i^2\sim\mathcal{X}_n^2\) 服從卡方分佈，其期望 \(E(X_n^2)=n\)，方差 \(Var(X_n^2)=2n\)。 根據中心極限定理

\[n\rightarrow \infty, X_n^2\sim N(n, 2n)\]