Función Generadora de Momentos

Función Generadora de Momentos (FGM)
La función generadora de momentos (FGM) de una v.a. \(X\) es:
\[
m_X(t) = \mathbb{E}[e^{tX}]
\]
Siempre que la esperanza exista para \(|t| < \delta\) con \(\delta > 0\).
 

 
 Explorador de FGM 
 
 Distribución: 
 
 Bernoulli(p) 
 Binomial(n,p) 
 Poisson(λ) 
 Exponencial(λ) 
 Uniforme(a,b) 
 
 
 Graficar m_X(t) 
 
 
 
 
 

 
 Generación de momentos 
\[
\mathbb{E}[X^r] = m_X^{(r)}(0) = \left. \frac{d^r}{dt^r} m_X(t) \right|_{t=0}
\]
 Demostración: Desarrollando \(e^{tX} = \sum_{k=0}^\infty (tX)^k/k!\), tomando esperanza y derivando.
 

 Ejemplos del PDF: 
 
 Bernoulli(p): \(m_X(t) = q + pe^t\) 
 Exponencial(λ): \(m_T(t) = \frac{\lambda}{\lambda - t} = (1 - t/\lambda)^{-1}\) 
 Poisson(λ): \(m_N(t) = e^{\lambda(e^t - 1)}\) 
 

 
 ¿Qué significa que \(m_X(0) = 1\)? 
\(m_X(0) = \mathbb{E}[e^{0 \cdot X}] = \mathbb{E}[1] = 1\). Es una propiedad fundamental que verifica que la FGM está bien definida.
 

 Ejercicio 

 
 (Barrios y colaboradores, Cuaderno de Ejercicios CP1, sección 11, ej. 2) Sea \(Y\sim\text{Geo}(p)\), es decir \(f(y)=pq^{y-1}\mathbb{1}_{\{1,2,\ldots\}}(y)\), \(q=1-p\). Demuestre que \(m_Y(t) = \dfrac{pe^t}{1-qe^t}\), y encuentre la media y varianza de \(Y\) usando la FGM. 
\[
m_Y(t) = \sum_{y=1}^\infty pq^{y-1}e^{ty} = pe^t\sum_{y=1}^\infty (qe^t)^{y-1} = \frac{pe^t}{1-qe^t}, \quad \text{válido si } qe^t<1.
\]
Derivando (regla del cociente) y evaluando en \(t=0\): \(\mathbb{E}[Y]=m_Y'(0) = 1/p\). Derivando una segunda vez, \(\mathbb{E}[Y^2]=m_Y''(0) = (2-p)/p^2\), y
\[
\operatorname{var}(Y) = \mathbb{E}[Y^2]-\mathbb{E}[Y]^2 = \frac{2-p}{p^2}-\frac{1}{p^2} = \frac{1-p}{p^2}=\frac{q}{p^2}.
\]

Propiedades de la FGM
Propiedades clave: 
 
 Transformación lineal: \(m_{a+bX}(t) = e^{at} m_X(bt)\) 
 Teorema de unicidad: Si \(m_X(t) = m_Y(t)\) en un entorno de 0, entonces \(X\) e \(Y\) tienen la misma distribución 
 Suma de independientes: Si \(X\) e \(Y\) son independientes, \(m_{X+Y}(t) = m_X(t) m_Y(t)\) 
 
 

 
 Verificación: Transformación lineal 
 
 Distribución base: 
 
 Normal(0,1) 
 Exponencial(1) 
 
 a (desplazamiento): 
 
 0 
 b (escala): 
 
 1.0 
 Verificar 
 
 
 

 
 Demostración de transformación lineal 
\[
m_{a+bX}(t) = \mathbb{E}[e^{t(a+bX)}] = \mathbb{E}[e^{ta} e^{tbX}] = e^{ta} \mathbb{E}[e^{(tb)X}] = e^{ta} m_X(bt)
\]
 

 
 ¿Por qué el teorema de unicidad es importante? 
Permite identificar distribuciones. Si calculamos la FGM de una suma y resulta ser la FGM de una distribución conocida, podemos concluir que la suma sigue esa distribución. Es la base para la demostración del Teorema Central del Límite.
 

 Ejercicio 

 
 (Barrios y colaboradores, Cuaderno de Ejercicios CP1, sección 11, ej. 4b) Sea \(X\) v.a. con función generadora de momentos \(m_X(t)\). Demuestre que \(m_X(t) \ge 0\) para toda \(t \in \mathbb{R}\). 
Para cualquier \(t\in\mathbb{R}\) y cualquier valor de \(X\), la función exponencial satisface \(e^{tX}>0\). Como el valor esperado de una variable aleatoria estrictamente positiva es no negativo (de hecho positivo, cuando existe), se sigue que \(m_X(t)=\mathbb{E}[e^{tX}] \ge 0\) para toda \(t\) donde la FGM esté definida.

Suma de Variables Independientes
Si \(X\) e \(Y\) son independientes:
\[
m_{X+Y}(t) = m_X(t) \cdot m_Y(t)
\]
Esto permite encontrar la distribución de sumas de variables independientes.
 

 
 Calculadora de suma de independientes 
 
 Distribución de X: 
 
 Poisson(λ₁) 
 Binomial(n₁,p) 
 Normal(μ₁,σ₁²) 
 
 Distribución de Y: 
 
 Poisson(λ₂) 
 Binomial(n₂,p) 
 Normal(μ₂,σ₂²) 
 
 Calcular distribución de X+Y 
 
 
 

 Ejemplos clásicos (por unicidad): 
 
 \(X_i \sim \text{Poisson}(\lambda_i)\) independientes ⇒ \(\sum X_i \sim \text{Poisson}(\sum \lambda_i)\) 
 \(X_i \sim \text{Binomial}(n_i, p)\) independientes ⇒ \(\sum X_i \sim \text{Binomial}(\sum n_i, p)\) 
 \(X_i \sim N(\mu_i, \sigma_i^2)\) independientes ⇒ \(\sum X_i \sim N(\sum \mu_i, \sum \sigma_i^2)\) 
 

 
 ¿La suma de Bernoulli independientes qué distribución sigue? 
Si \(X_i \sim \text{Bernoulli}(p)\) independientes, entonces \(S_n = \sum_{i=1}^n X_i \sim \text{Binomial}(n,p)\). La FGM de Bernoulli es \(q+pe^t\), elevada a la n da \((q+pe^t)^n\), que es la FGM de Binomial(n,p).
 

 Ejercicio 

 
 (Barrios y colaboradores, Cuaderno de Ejercicios CP1, sección 11, ej. 5) Una variable aleatoria \(X\) tiene función generadora de momentos \(m_X(t)=(0.2e^t+0.8)^8\). Determine: (a) la distribución de \(X\), (b) \(\mathbb{P}[X>0]\) y \(\mathbb{P}[1\le X\le4]\), (c) esperanza y varianza. 
(a) La forma \((q+pe^t)^n\) con \(p=0.2\), \(q=0.8\), \(n=8\) es la FGM de \(X\sim\text{Binomial}(8, 0.2)\); por el teorema de unicidad, \(X\) tiene exactamente esa distribución. 
(b) \(\mathbb{P}[X>0] = 1-\mathbb{P}[X=0] = 1-(0.8)^8 \approx 0.8322\). 
\(\mathbb{P}[1\le X\le4] = \sum_{k=1}^4\binom{8}{k}(0.2)^k(0.8)^{8-k} \approx 0.8218\). 
(c) \(\mathbb{E}[X]=np=1.6\), \(\operatorname{var}(X)=np(1-p)=1.28\).

Problema de los Momentos
¿Los momentos determinan la distribución? NO . Existen distribuciones distintas con los mismos momentos. 
La FGM (cuando existe) sí determina la distribución de manera única.
 

 
 Contraejemplo: Lognormal vs Distribución "perturbada" 
 
 Mostrar momentos de Lognormal 
 
 
 

 
 Contraejemplo del PDF 
Lognormal: \(f_X(x) = \frac{1}{x\sqrt{2\pi}} e^{-(\log x)^2/2} \mathbb{1}_{(0,\infty)}(x)\) 
Distribución "perturbada": \(f_Y(y) = f_X(y)[1 + \sin(2\pi \log y)] \mathbb{1}_{(0,\infty)}(y)\) 
¡Tienen exactamente los mismos momentos para todo r = 1,2,3,...!
 

 Momentos de la Lognormal(μ=0, σ=1): 
\[
\mathbb{E}[X^r] = e^{r^2/2}
\]
 Por ejemplo: \(\mathbb{E}[X] = e^{1/2} \approx 1.6487\), \(\mathbb{E}[X^2] = e^{2} \approx 7.3891\) 

 
 ¿La FGM de la Lognormal existe? 
¡No! Aunque tiene todos los momentos finitos, la integral \(\int_0^\infty e^{tx} f_X(x) dx\) diverge para cualquier \(t > 0\). Es un ejemplo de distribución que tiene momentos pero no FGM.
 

 Ejercicio 

 
 Usando la fórmula \(\mathbb{E}[X^r] = e^{r^2/2}\) de la Lognormal(0,1), calcule \(\mathbb{E}[X^3]\) y \(\mathbb{E}[X^4]\). 
\[
\mathbb{E}[X^3] = e^{9/2} \approx 90.017, \qquad \mathbb{E}[X^4] = e^{8} \approx 2980.96.
\]
Estos crecen muy rápido con \(r\) — precisamente esta tasa de crecimiento es la razón por la que la serie que definiría la FGM (\(\sum_r \mathbb{E}[X^r]t^r/r!\)) diverge para todo \(t>0\): los momentos crecen como \(e^{r^2/2}\), mucho más rápido que \(r!\) puede compensar.

Función Característica (FC)
La función característica de una v.a. \(X\) es:
\[
\varphi_X(t) = \mathbb{E}[e^{itX}] = \mathbb{E}[\cos(tX)] + i\mathbb{E}[\sin(tX)]
\]
 Siempre existe para todo \(t \in \mathbb{R}\).
 

 
 Comparativa: FGM vs FC 
 
 Distribución: 
 
 Normal(0,1) (tiene FGM) 
 Cauchy(0,1) (NO tiene FGM) 
 Poisson(2) (tiene FGM) 
 Lognormal (NO tiene FGM) 
 
 Graficar |φ(t)| 
 
 
 
 

 Relación FGM ↔ FC: Si la FGM existe, entonces \(\varphi_X(t) = m_X(it)\). 
 Propiedad de simetría: Si la distribución es simétrica alrededor de 0, \(\varphi_X(t)\) es real. 
Ejemplos: Normal(0,1) → \(\varphi(t) = e^{-t^2/2}\); Cauchy(0,1) → \(\varphi(t) = e^{-|t|}\). 

 
 ¿Por qué la función característica siempre existe? 
Porque \(|e^{itX}| = |\cos(tX) + i\sin(tX)| = 1\) para todo \(t, X\). Por lo tanto, \(|\varphi_X(t)| \le \mathbb{E}[|e^{itX}|] = 1\), y la integral o suma converge absolutamente.
 

 Ejercicio 

 
 Usando la relación \(\varphi_X(t) = m_X(it)\) y la FGM de Poisson(λ), \(m_N(t)=e^{\lambda(e^t-1)}\), encuentre la función característica de Poisson(λ). 
Sustituyendo \(t\) por \(it\) en la FGM:
\[
\varphi_N(t) = m_N(it) = e^{\lambda(e^{it}-1)}.
\]
A diferencia de la FGM, esta expresión está bien definida para todo \(t\in\mathbb{R}\) real, ya que \(e^{it}\) siempre tiene módulo 1 (no hay problema de divergencia como en la Lognormal).