Une façon de faciliter votre approche mgf du problème est d'utiliser la série Power

$$ (1-t ^ 2) ^ {- 1} = \ sum_ {j = 0} ^ {\ infty} t ^ {2j} $$ span >

Différencier les rhs à plusieurs reprises est beaucoup plus facile que de différencier les lhs. (notez que cela ne s'applique que pour $ | t | <1 $ mais comme vous vous différenciez à $ t = 0 $ span > ça marche toujours). Vous devriez voir que ce ne sera qu'une factorielle. Cependant, est-il probablement encore plus simple d'évaluer directement l'attente

$$ E (X ^ {2n}) = \ int _ {- \ infty} ^ {\ infty} \ frac {x ^ {2n}} {2} \ exp (- | x |) dx $$

Le résultat doit être une fonction gamma (ie factorielle). Cela ressort également de la série mgf power.

update concernant l'approche mgf, pour évaluer $ E (X ^ {2n}) $ nous devons différencier les rhs $ 2n $ fois. Le résultat suivant sera utile

$$ \ frac {\ partial ^ k x ^ {r}} {\ partial x ^ k} = \ left ( \ begin {matrice} \ frac {r!} {(r-k)!} x ^ {r-k} & r = k, k + 1, \ dots \\ 0 & r = 1, \ points, k-1 \ end {matrice} \droite) $$

Maintenant, si vous appliquez ceci au terme $ t ^ {2j} $ et prenez le dérivé "2n-th", nous avons $ r = 2j $ et $ k = 2n $ et $ x = t $ . Ensuite, nous obtenons $$ \ frac {\ partial ^ {2n} t ^ {2j}} {\ partial t ^ {2n}} = \ left ( \ begin {matrice} \ frac {(2j)!} {(2j-2n)!} t ^ {2j-2n} & 2j = 2n, 2n + 2,2n + 4,2n + 6, \ points \\ 0 & 2j = 0,2, \ points, 2n-2 \ end {matrice} \droite) $$

Cela signifie que lorsque nous additionnons tous les termes, nous pouvons écrire ceci comme $$ \ sum_ {j = 0} ^ {\ infty} \ frac {\ partial ^ {2n} t ^ {2j}} {\ partial t ^ {2n}} = 0 + \ points + 0 + (2n)! + t ^ 2 \ frac {(2n + 2)!} {2!} + t ^ 4 \ frac {(2n + 4)!} {4!} + \ points $ $

seul le tertm unique $ (2n)! $ n'est pas $ 0 $ et pas non plus un multiplesur $ t $ .Ainsi, la définition de $ t = 0 $ ne laisse que ce terme.

Hint: Voici un exemple de fonction de densité de probabilité qui est symétrique autour de zéro:

$$ f_X (0 + x) = f_X (0-x) \ quad \ quad \ quad \ text {pour tous} x \ in \ mathbb {R}. $$

Visuellement, cela signifie que la distribution se reflète autour de la ligne zéro et est la même des deux côtés.Voyez si vous pouvez utiliser cette propriété pour déterminer (puis prouver) quels seraient les moments impairs.Les moments pairs sont un peu plus compliqués, mais voyez si vous pouvez utiliser cette propriété pour réduire ces moments à une forme plus simple.

Étant donné que l'OP semble avoir des difficultés avec les différents indices dans les commentaires et les autres réponses, voici une méthode heuristique qui donne la bonne réponse dans ce cas. \ begin {align} E [\ exp (tX)] & = E \ left [1 + tX + \ frac {(tX) ^ 2} {2!} + \ Frac {(tX) ^ 3} {3!} + \ Cdots \ right ] \\ & = 1 + tE [X] + \ frac {t ^ 2} {2!} E [X ^ 2] + \ frac {t ^ 3} {3!} E [X ^ 3] + \ cdots \ tag { 1}\\ \ end {align} et donc si nous avons une série de puissance pour $ E [\ exp (tX)] = M_X (t) $ que nous avons réussi à trouver par crochet ou par escroc et sans regarder l'équation affichée ci-dessus car cela ne servira qu'à nous confondre, alors nous pouvons simplement regarder le coefficient de $ t ^ n $ dans la série de puissance que nous avons et disons "Hey Ma! Je pense que le coefficient de $ t ^ n $ est juste $ \ frac {1} {n!} E [X ^ n] $ et je peux donc trouver $ E [X ^ n] $ en multipliant le coefficient que j'ai déjà par $ n! $ .

Pour le cas spécifique de l'OP, il a déjà trouvé que $$ M_X (t) = \ frac {1} {1-t ^ 2} = 1 + t ^ 2 + t ^ 4 + \ cdots + t ^ {2n} + \ cdots \ tag {2} $$ (c'est la partie "par crochet ou par escroc") et ainsi il peut comparer $ (1) $ et $ (2 ) $ pour découvrir quels sont les moments. Je laisserai à l'OP le soin de dire à Ma que $ E [X ^ n] = 0 $ chaque fois que $ n $ span> est étrange.S'il souhaite dire à Ma ce que vaut $ E [X ^ n] $ pour même $ n $ c'est à lui de décider.Le $ E [X ^ 4] = 12 $ que l'OP prétend (dans un commentaire) avoir calculé ne me semble pas correct (je pense qu'il devrait l'être $ E [X ^ 4] = 4! = 24 $ ), mais qui suis-je pour m'immiscer dans la relation sacrée entre la mère et l'enfant?

Si vous ne souhaitez pas faire de calculs inutiles, it est pratique pour voir votre distribution comme un mélange égal d'un exponentiel et de son négatif:

$$ \ frac {1} {2} e ^ {- | x |} = \ frac {1} {2} e ^ {- x} \, \ mathcal {I} (x \ gt 0) + \ frac {1} {2} e ^ {x} \, \ mathcal {I} (x \ lt 0). $$

Parce que $ ((- 1) ^ n + (1) ^ n) / 2 $ est soit $ - 1 + 1 = 0 $ ou $ (1 + 1) / 2 = 2/2 = 1 $ comme $ n $ est respectivement impair ou pair, les moments impairs de votre distribution sont nuls et les moments pairs sont les mêmes que ceux de l'exponentiel. Mais, par définition, le pair Les moments exponentiels sont

$$ \ mu_ {2k} = \ int_0 ^ \ infty x ^ {2k} e ^ {- x} \ mathrm {d} x = \ Gamma (2k + 1 ) = (2k)! $$

Comme cela ne nécessitait aucun calcul plus difficile que $ 1 + 1 = 2, $ , il est difficile d'imaginer une solution plus simple.

Si vous souhaitez plutôt poursuivre l'approche de génération de moment, commence par noter que le mgf de la distribution exponentielle est $$ \ phi (t) = \ int_0 ^ \ infty e ^ {tx} e ^ {- x} \ mathrm {d} x = \ int_0 ^ \ infty e ^ {- (1-t) x} \ mathrm {d} x = \ frac {1} {1-t} . $$ Ainsi, la mgf de ce mélange est

$$ (\ phi (t) + \ phi (-t)) / 2 = \ frac {1} {2} \ left (\ frac {1} {1 -t} + \ frac {1} {1 - (- t)} \ right) = \ frac {1} {1-t ^ 2}. $$

Ceci est analytique près de $ 0 $ et est donc égal à l'expansion des séries de puissance donnée par le théorème binomial comme

$$ \ frac {1} {1-t ^ 2} = (1 + (-t ^ 2)) ^ {- 1} = \ sum_ {k = 0 } ^ \ infty \ binom {-1} {k} (-t ^ 2) ^ k = \ sum_ {k = 0} ^ \ infty t ^ {2k} = \ sum_ {k = 0} ^ \ infty \ color {red} {(2k)!} \, \ color {gray} {\ frac {t ^ {2k}} {(2k)!}}, $$

d'où vous pouvez lire les moments comme les coefficients de $ t ^ n / n!: $ encore une fois, nous voyons qu'ils sont nuls pour les moments impairs et $ (2k)! $ pour les moments pairs.

J'ai donc calculé les première, deuxième, troisième et quatrième dérivées. J'ai reçu $ E (X ^ 1) = 0 $ , $ E (X ^ 2) = 2 $ span >, $ E (X ^ 3) = 0 $ et $ E (X ^ 4) = 12 $ span>. Ces dérivées sont assez longues à calculer à ce stade, donc je me demande s'il existe un moyen plus simple de procéder pour obtenir une formule pour les évens.

Vous pouvez utiliser l'extension de la série Taylor:

$$ \ frac {1} {1-t ^ 2} = \ sum_ {k = 0} ^ \ infty t ^ {2k} $$

Cependant, c'est un peu un raisonnement circulaire puisque l'expansion de la série de Taylor est elle-même dérivée du calcul des dérivées. Dans ce cas, vous pouvez tout aussi bien rechercher directement une formule pour les moments d'ordre supérieur de la distribution Laplace.

Vous pourriez trouver indirectement l'expansion de la série de Taylor - sans utiliser $ f (x) = \ sum_ {n = 0} ^ \ infty f ^ {(n)} / n! t ^ k $ - en utilisant à la place la formule pour une série géométrique.

Cependant, vous pouvez également dériver `` manuellement '' les dérivés (ce qui signifie un calcul simple en utilisant une règle de chaîne et une règle de produit) et lorsque vous regardez le modèle des termes, vous constaterez que de nombreux termes deviennent zéro et un un motif régulier émerge.

Disons que nous remplaçons $ u = t ^ 2 $ alors la dérivation semble plus simple:

$$ \ frac {\ text {d} ^ n} {\ text {d} u ^ n} \ frac {1} {(1-u)} = \ frac {n!} {(1-u) ^ n} $$

Maintenant, utilisez la formule de Faà di Bruno (règle de chaîne mais appliquée plusieurs fois):

$$ \ frac {\ text {d} ^ n} {\ text {d} t ^ n} \ frac {1} {(1-u)} = \ somme_ {k = 1} ^ n \ frac {k!} {(1-u) ^ k} \ cdot B_ {n, k} (2t, 2,0, ..., 0) $$

où $ B_ {n, k} $ fait référence aux polynômes de Bell. La plupart des termes seront nuls et vous obtenez

$$ \ frac {\ text {d} ^ {2n}} {\ text {d} t ^ {2n}} \ frac {1} {(1-t^ 2)} = \ sum_ {k = 0} ^ n c_ {nk} \ frac {t ^ {2k}} {(1-t ^ 2) ^ {1 + n + k}} $$

avec

$$ c_ {nk} = 2 ^ {2k} \ frac {(2n)!\ cdot (n + k)!} {(n-k)!\ cdot (2k)!} $$

et pour la valeur à $ t = 0 $ que vous avez

$$ \ frac {\ text {d} ^ {2n}} {\ text {d} t ^ {2n}} \ frac {1} {(1-t^ 2)} = c_ {n0} = (2n)!$$