[손으로 푸는 통계] 13. 중심극한정리 증명 (#2. 정규분포의 적률생성함수)

중심극한정리 증명 (#2. 정규분포의 적률생성함수)

지난시간에 두 확률변수의 확률분포가 같을 조건을 배웠습니다. 두 확률변수의 적률생성함수가 같다면 두 확률변수의 확률분포가 같았습니다. 

 

두 확률분포의 적률생성함수가 같음 → 두 확률변수의 확률분포가 같음.

 

이 원리를 이용하여 중심극한정리를 증명할 수 있습니다. 표본의 크기가 무한히 커질 때 표본평균의 적률생성함수를 구하고, 이를 정규분포의 적률생성함수와 비교합니다. 두 적률생성함수가 같다는 것을 보이면, 표본평균의 분포가 정규분포라는 것을 보일 수 있습니다. 

 

 

이번글에서는 정규분포의 적률생성함수를 유도해보겠습니다. 다음 글에서 표본평균의 적률생성함수를 유도하고 둘을 비교할 것입니다.

 

정규분포의 적률생성함수 유도

 

정규분포를 따르는 확률변수 X가 있다고 합시다. 확률변수 X의 확률밀도함수는 아래와 같습니다. 

 

$f(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}e^{-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}}$

 

정규분포의 적률생성함수를 구해봅시다. 정규분포를 정률생성함수 수식에 넣으면 아래와 같습니다.

 

$M_{X}(t)=E(e^{tx})=\int_{-\infty}^{\infty}e^{tx}\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}e^{-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}}dx$

 

e에 대한 항 끼리 합쳐주면 아래와 같이 간단히 정리할 수 있습니다. 

 

$M_{X}(t)=E(e^{tx})=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}e^{xt-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}}dx$

 

e의 지수항을 아래와 같이 변형합시다. 통분해준 것입니다. 

 

$M_{X}(t)=E(e^{tx})=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}e^{\frac{2xt\sigma^2}{2\sigma^2}-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}}dx$

 

지수항의 두번째 항을 아래와 같이 변형합니다. $-2(x-\mu)\sigma^2t+(\sigma^2t)^2$을 더하고 빼줬습니다. 0을 더한것과 같으므로 등식이 유지됩니다. 완전제곱식을 만들어주기 위한 수학적 처리입니다. 

 

$M_{X}(t)=E(e^{tx})=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}e^{\frac{2xt\sigma^2}{2\sigma^2}-\frac{(x-\mu)^2-2(x-\mu)\sigma^2t+(\sigma^2t)^2+2(x-\mu)\sigma^2t-(\sigma^2t)^2}{2\sigma^2}} dx $

 

아래와 같이 항을 분리합니다. 

 

$M_{X}(t)=E(e^{tx})=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}e^{\frac{2xt\sigma^2}{2\sigma^2}-\frac{(x-\mu)^2-2(x-\mu)\sigma^2t+(\sigma^2t)^2}{2\sigma^2}
-\frac{2(x-\mu)\sigma^2t-(\sigma^2t)^2}{2\sigma^2}}dx  $

 

가운데 항을 완전제곱식으로 바꿔줍니다. 

 

$M_{X}(t)=E(e^{tx})=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}e^{\frac{2xt\sigma^2}{2\sigma^2}
-\frac{\left(x-\mu-\sigma^2t \right)^2}{2\sigma^2}
-\frac{2(x-\mu)\sigma^2t-(\sigma^2t)^2}{2\sigma^2}}dx  $

 

첫번째와 세번째 항을 합쳐줍시다. 

 

$M_{X}(t)=E(e^{tx})=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}e^{
\frac{2xt\sigma^2 -2(x-\mu)\sigma^2t+(\sigma^2t)^2   }{2\sigma^2}
-\frac{\left(x-\mu-\sigma^2t \right)^2}{2\sigma^2}
}  dx$

 

첫번째 항의 분자를 전개해서 써줍니다. 

 

$M_{X}(t)=E(e^{tx})=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}e^{
\frac{2xt\sigma^2 -2x\sigma^2t+2\mu\sigma^2t+(\sigma^2t)^2   }{2\sigma^2}
-\frac{\left(x-\mu-\sigma^2t \right)^2}{2\sigma^2}
}  dx$

 

소거가 가능한 항을 소거합니다. 

 

$M_{X}(t)=E(e^{tx})=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}e^{
\frac{2\mu\sigma^2t+(\sigma^2t)^2   }{2\sigma^2}
-\frac{\left(x-\mu-\sigma^2t \right)^2}{2\sigma^2}
}  dx$

 

첫째항의 분자를 $\sigma^2$으로 약분합니다. 

 

$M_{X}(t)=E(e^{tx})=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}e^{
\frac{2\mu t+ \sigma^2 t^2   }{2}
-\frac{\left(x-\mu-\sigma^2t \right)^2}{2\sigma^2}
}  dx$

 

두 항을 e에 대해 분리해서 적어봅시다. 

 

$M_{X}(t)=E(e^{tx})=\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}e^{
\frac{2\mu t+ \sigma^2 t^2   }{2}
} e^{
-\frac{\left(x-\mu-\sigma^2t \right)^2}{2\sigma^2}
} dx$

 

적분변수 x와 상관없는 항을 밖으로 꺼냅니다. 

 

$M_{X}(t)=E(e^{tx})=e^{
\frac{2\mu t+ \sigma^2 t^2   }{2}
}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma} e^{
-\frac{\left(x-\mu-\sigma^2t \right)^2}{2\sigma^2}
} dx$

 

적분 안의 항을 아래와 같이 변형합니다. 

 

$M_{X}(t)=E(e^{tx})=e^{
\frac{2\mu t+ \sigma^2 t^2   }{2}
}\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma} e^{
-\frac{\left(x-(\mu+\sigma^2t) \right)^2}{2\sigma^2}
} dx$

 

여기서 적분기호 안에 있는 식을 평균이 $\mu+\sigma^2t$ 인 정규분포로 생각할 수 있습니다. 정규분포는 전체 구간에 대한 적분값이 1이므로, 아래와 같이 계산됩니다. 

 

$M_{X}(t)=E(e^{tx})=e^{
\frac{2\mu t+ \sigma^2 t^2   }{2}
}$

 

2를 약분하여 아래와 같이 써줍시다. 

 

$M_{X}(t)=E(e^{tx})=e^{
\mu t+\frac{ \sigma^2 t^2   }{2}
}$

 

정규분포의 적률생성함수가 유도되었습니다. 

 

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