设X服从正态分布，试证明Y=e^X的期望和方差，也称对对数正态分布ln(Y)求期望和方差
思路步骤
1.求期望
\(X{\sim}N(\mu,\sigma^2)\)
我们知道，期望值等于在定义域上对变量和概率密度函数乘积进行积分，即
\[EX=\int_{}^{} xf(x)\, {\rm d}x(1)
\]
则对应的\(E(e^X)\)计算公式为：
\[E(e^X)=\int_{-\infty}^{+\infty} e^x{\frac{1}{{\sigma}\sqrt{2\pi}}}{e^{-\frac{{(x-\mu)}^2}{2\sigma^2}}}\, {\rm d}x(2)
\]
下面的步骤很简单，但是凑平方的时候完全是一眼看不出来
\[E(e^X)={\frac{1}{{\sigma}\sqrt{2\pi}}}\int_{-\infty}^{+\infty} {e^{x-\frac{{(x-\mu)}^2}{2\sigma^2}}}\, {\rm d}x(3)
\]
——暂停考虑1
该公式暂时且就到这，我们着重来观察积分符号里面的部分，即
\[{e^{x-\frac{{(x-\mu)}^2}{2\sigma^2}}}={e^{\frac{{2x\sigma^2-(x-\mu)}^2}{2\sigma^2}}}(4)
\]
完全看不出怎么配平，我们注意到\(2x\sigma^2\)可能是\({(x-\sigma^2)}^2\)的分解项，我们无论如何组织\(e\)的次方项都要考虑包含\(x\)，其他参数项不予考虑，因此把\({2x\sigma^2-(x-\mu)}^2\)打开，有
\[2x\sigma^2-x^2-\mu^2+2x\mu(5)
\]
下面考虑如何把\(2x\sigma^2-x^2\)配平，考虑
\[2x\sigma^2-x^2-\sigma^4+\sigma^4-\mu^2+2x\mu=-{(x-\sigma^2)}^2+\sigma^4-\mu^2+2x\mu(6)
\]
——暂停考虑2
到此暂停，我们观察式\((3)\)，再考虑积分特征，我们最终必然不想要得到麻烦的积分方程，一切简化可能目的只有一个：将\(e\)的次方项最好转化为正态分布的形式，考虑式\((6)\)右侧公式还有一个\(2x\mu(6)\)中包含\(x\)，我们大胆假设以下公式
\[-{(x-\sigma^2)}^2-\mu^2+2x\mu-2{\mu}{\sigma^2}=-{[{(x-\sigma^2)}^2+\mu^2-2x\mu+2{\mu}{\sigma^2}]}(7)
\]
\[-2x\mu+2{\mu}{\sigma^2}=-2\mu{(x-{\sigma^2})}(8)
\]
通过观察式\((7)\)和式\((8)\)我们的猜想已经很清晰了
\[-{(x-\sigma^2)}^2-\mu^2+2x\mu-2{\mu}{\sigma^2}=-[(x-\sigma^2)-\mu]^2(9)
\]
注意到有两项含参数的多余项\(2{\mu}{\sigma^2}\)和\(\sigma^4\),其不影响积分过程，我们将其移至积分外，则式\((3)\)等于：
\[E(e^X)=e^{\frac{2{\mu{\sigma^2}+\sigma^4}}{2\sigma^2}}\int_{-\infty}^{+\infty} {{\frac{1}{{\sigma}\sqrt{2\pi}}}e^-{\frac{[(x-\sigma^2)-\mu]^2}{2\sigma^2}}}\,{\rm d}x(10)
\]
我们令\(t=x-\sigma^2\)，则\(dx=dt\)，式\((10)\)可改为：
\[E(e^X)=e^{\frac{2{\mu{\sigma^2}+\sigma^4}}{2\sigma^2}}\int_{-\infty}^{+\infty} {{\frac{1}{{\sigma}\sqrt{2\pi}}}e^-{\frac{(t-\mu)^2}{2\sigma^2}}}\,{\rm d}t(11)
\]
式\((11)\)的积分项等于1，则\(E(e^X)=e^{\frac{2{\mu{\sigma^2}+\sigma^4}}{2\sigma^2}}=e^{\mu+\frac{\sigma^2}{2}}\)
2.求方差
有
\[DY=E(Y^2)-(EY)^2(12)
\]
\[E((e^X)^2)=E(e^{2X})={\frac{1}{{\sigma}\sqrt{2\pi}}}\int_{-\infty}^{+\infty} {e^{2x-\frac{{(x-\mu)}^2}{2\sigma^2}}}\, {\rm d}x(13)
\]
\[{2x-\frac{{(x-\mu)}^2}{2\sigma^2}}=\frac{4x\sigma^2-x^2-\mu^2+2x\mu}{2\sigma^2}(14)
\]
我们重新进行配平方，得
\[4x\sigma^2-x^2-\mu^2+2x\mu=-[(x-2\sigma^2)-\mu]^2+4{\mu}{\sigma}^2+4\sigma^4(15)
\]
则
\[E(e^{2X})=e^{\frac{4{\mu}{\sigma}^2+4\sigma^4}{2\sigma^2}}=e^{2\mu+2\sigma^2}(16)
\]
\[D(e^{X})=E(e^{2X})-E^2(e^X)=e^{2\mu+2\sigma^2}-e^{2\mu+\sigma^2}(17)
\]
