対数正規分布のメモ

Prop&Proof.

$X\sim\mathcal N(m,\sigma^2)$ であるから、$X$ の確率密度関数 $f_X:\mathbb R\to[0,\infty)$ は
$$ f_X(x) = \frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}} \exp\left(-\frac{(x-m)^2}{2\sigma^2}\right) $$
である。
指数関数 $\exp:\mathbb R\to(0,\infty)$ は連続関数であるから、
$$ Y=e^X $$
は実数値確率変数である。また、任意の $\omega\in\Omega$ に対して、
$$ Y(\omega)=e^{X(\omega)}>0 $$
である。

1. まず、$y\leq0$ の場合を考える。
   任意の $\omega\in\Omega$ に対して $Y(\omega)>0$ であるから、
   $$ \mathbb P(Y\leq y)=0 \quad (y\leq0) $$
   である。したがって、$Y$ は $0$ 以下の値をとらないので、$(-\infty,0]$ 上では密度関数を $0$ と定めればよい。
   特に、$y=0$ における密度関数の値は確率に影響しないため、
   $$ f_Y(y)=0 \quad (y\leq0) $$
   と定める。
   $ $
2. 次に、$y>0$ の場合を考える。
   $Y$ の累積分布関数を
   $$ F_Y(y):=\mathbb P(Y\leq y) $$
   によって定める。
   $y>0$ に対して、指数関数は狭義単調増加であり、その逆関数は $\log$ であるから、
   $$ \begin{align} F_Y(y) &= \mathbb P(Y\leq y) \\ &= \mathbb P(e^X\leq y) \\ &= \mathbb P(X\leq \log y) \\ &= \int_{-\infty}^{\log y} f_X(x)\,dx \end{align} $$
   である。
   ここで、$f_X$ は連続関数であり、$\log y$ は $y>0$ 上で微分可能である。
   したがって、微分積分学の基本定理(補足を参照)と合成関数の微分法より、
   $$ \begin{align} f_Y(y) &= F_Y'(y) \\ &= \frac{d}{dy} \int_{-\infty}^{\log y}f_X(x)\,dx \\ &= f_X(\log y)\frac{d}{dy}\log y \\ &= f_X(\log y)\frac{1}{y} \end{align} $$
   である。さらに、
   $$ f_X(\log y) = \frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}} \exp\left(-\frac{(\log y-m)^2}{2\sigma^2}\right) $$
   であるから、
   $$ f_Y(y) = \frac{1}{y\sigma\sqrt{2\pi}} \exp\left(-\frac{(\log y-m)^2}{2\sigma^2}\right) \quad (y>0) $$
   である。

-以上より、$Y$ の確率密度関数は
$$ f_Y(y) = \begin{cases} \dfrac{1}{y\sigma\sqrt{2\pi}} \exp\left(-\dfrac{(\log y-m)^2}{2\sigma^2}\right), & y>0,\\ 0, & y\leq 0 \end{cases} $$
で与えられる。
$$ \Box$$

$X\sim\mathcal N(m,\sigma^2)$ であるから、$X$ の確率密度関数 $f_X:\mathbb R\to[0,\infty)$ は
$$ f_X(x) = \frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}} \exp\left(-\frac{(x-m)^2}{2\sigma^2}\right) $$
である。

1. $Y=e^X$ より、
   $$ \mathbb E[Y] = \mathbb E[e^X] $$
   である。したがって、$X$ のモーメント母関数
   $$ M_X(t):=\mathbb E[e^{tX}] $$
   を用いると、
   $$ \begin{align} \mathbb E[Y] &= \mathbb E[e^X] \\ &= \mathbb E[e^{1\cdot X}] \quad \because e^X=e^{1\cdot X} \\ &= M_X(1) \quad \because M_X(t):=\mathbb E[e^{tX}] \end{align} $$
   である。
   $ $
2. まず、任意の $t\in\mathbb R$ に対して $M_X(t)$ を求める。
   $$ \begin{align} M_X(t) &= \int_{-\infty}^{\infty}e^{tx}f_X(x)\,dx \\ &= \int_{-\infty}^{\infty} e^{tx} \frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}} \exp\left(-\frac{(x-m)^2}{2\sigma^2}\right) \,dx \\ &= \frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{\infty} \exp\left(-\frac{(x-m)^2}{2\sigma^2}+tx\right) \,dx \end{align} $$
   である。
   ここで、指数部分を平方完成する。
   $$ \begin{align} -\frac{(x-m)^2}{2\sigma^2}+tx &= -\frac{1}{2\sigma^2} \left((x-m)^2-2t\sigma^2x\right) \\ &= -\frac{1}{2\sigma^2} \left(x^2-2mx+m^2-2t\sigma^2x\right) \\ &= -\frac{1}{2\sigma^2} \left(x^2-2(m+t\sigma^2)x+m^2\right) \\ &= -\frac{1}{2\sigma^2} \left((x-(m+t\sigma^2))^2-(m+t\sigma^2)^2+m^2\right) \\ &= -\frac{(x-(m+t\sigma^2))^2}{2\sigma^2} + \frac{(m+t\sigma^2)^2-m^2}{2\sigma^2} \\ &= -\frac{(x-(m+t\sigma^2))^2}{2\sigma^2} + mt+\frac{\sigma^2t^2}{2} \end{align} $$
   である。
   したがって、
   $$ \begin{align} M_X(t) &= \frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{\infty} \exp\left( -\frac{(x-(m+t\sigma^2))^2}{2\sigma^2} + mt+\frac{\sigma^2t^2}{2} \right) \,dx \\ &= e^{mt+\frac{\sigma^2t^2}{2}} \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}} \exp\left( -\frac{(x-(m+t\sigma^2))^2}{2\sigma^2} \right) \,dx \\ &= e^{mt+\frac{\sigma^2t^2}{2}} \end{align} $$
   である。最後の等号では、正規分布の確率密度関数の全積分が $1$ である( 証明はコチラ )ことを用いた。
   よって、特に $t=1$ とすると、
   $$ M_X(1) = e^{m+\frac{\sigma^2}{2}} < \infty $$
   である。

-したがって、$\mathbb E[e^X]$ は存在し、
$$ \mathbb E[Y] = \mathbb E[e^X] = M_X(1) = e^{m+\frac{\sigma^2}{2}} $$
である。
$$ \Box$$

$Y=e^X$ であるから、
$$ Y^2=e^{2X} $$
である。
また、正規分布のモーメント母関数( 証明はコチラ )より、任意の $t\in\mathbb R$ に対して、
$$ M_X(t) := \mathbb E[e^{tX}] = \exp\left(mt+\frac{\sigma^2t^2}{2}\right) $$
である。
まず、$t=1$ とすると、
$$ \begin{align} \mathbb E[Y] &= \mathbb E[e^X] \\ &= \mathbb E[e^{1\cdot X}] \\ &= M_X(1) \\ &= \exp\left(m+\frac{\sigma^2}{2}\right) \end{align} $$
である。
次に、$t=2$ とすると、
$$ \begin{align} \mathbb E[Y^2] &= \mathbb E[e^{2X}] \\ &= M_X(2) \\ &= \exp\left(2m+\frac{\sigma^2\cdot 2^2}{2}\right) \\ &= \exp(2m+2\sigma^2) \end{align} $$
である。
特に、
$$ \mathbb E[Y^2] = e^{2m+2\sigma^2} < \infty $$
であるから、$Y$ の分散は存在する。
したがって、分散の公式( 証明はコチラ )より、
$$ \begin{align} \operatorname{Var}(Y) &= \mathbb E[Y^2]-(\mathbb E[Y])^2 \\ &= e^{2m+2\sigma^2} - \left(e^{m+\frac{\sigma^2}{2}}\right)^2 \\ &= e^{2m+2\sigma^2} - e^{2m+\sigma^2} \\ &= e^{2m+\sigma^2} \left(e^{\sigma^2}-1\right) \\ &= \left(e^{\sigma^2}-1\right)e^{2m+\sigma^2} \end{align} $$
である。
$$ \Box$$