Media y desviación típica de la distribución normal

RESUMEN. Hallamos la media y desviación típica de la distribución normal.

Enunciado.
$(a)$ Sea $X$ una variable aleatoria con distribución normal. Demostrar que la funciónn $$f:\mathbb{R}\to \mathbb{R},\quad f(x)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}e^{\dfrac{-\frac{1}{2}(x-\mu)^2}{\sigma^2}}$$ que la define es efectivamente una función de densidad.
$(b)$ Determinar su media.
$(c)$ Determinar su desviación típica.

Solución.
$(a)$ Claramente $f(x)\ge 0$ para todo $x\in\mathbb{R}.$ Veamos ahora que $\int_{-\infty}^{+\infty}f(x)\;dx=1.$ Efectuando el cambio $t=(x-\mu)/\sigma$ obtenemos $$\int_{-\infty}^{+\infty}f(x)\;dx=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-t^2/2}dt\underbrace{=}_{u=t/\sqrt{2}}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-u^2}\sqrt{2}du$$ $$=\frac{1}{\sqrt{\pi}}\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-u^2}du\underbrace{=}_{\text{Integ. Euler}}\frac{1}{\sqrt{\pi}}\sqrt{\pi}=1.$$ $(b)$ Tenemos $$E(X)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}\int_{-\infty}^{+\infty}xe^{\dfrac{-\frac{1}{2}(x-\mu)^2}{\sigma^2}}dx$$ $$\underbrace{=}_{t=(x-\mu)/\sigma}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{+\infty}(\sigma t +\mu)e^{-t^2/2}dt$$ $$=\frac{\sigma}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{+\infty}t e^{-t^2/2}dt+\mu \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-t^2/2}dt$$ $$\underbrace{=}_{t e^{-t^2/2}\text{ func. impar}}0+\mu \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-t^2/2}dt\underbrace{=}_{\text{por }(a)}\mu\cdot 1=\mu.$$ $(c) $ Tenemos $$E(X^2)=\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}\int_{-\infty}^{+\infty}x^2
e^{\dfrac{-\frac{1}{2}(x-\mu)^2}{\sigma^2}}dx$$ $$\underbrace{=}_{t=(x-\mu)/\sigma^2}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{+\infty}(\sigma t +\mu)^2e^{-t^2/2}dt$$ $$=\frac{\sigma^2}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{+\infty} t^2e^{-t^2/2}dt+\frac{2\mu \sigma}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{+\infty} t e^{-t^2/2}dt+\frac{\mu^2}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-t^2/2}dt$$ $$\underbrace{=}_{\text{apartados } (a)\text{ y }(b)}\frac{\sigma^2}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{+\infty} t^2e^{-t^2/2}dt+\mu^2.$$ Para la primera integral aplicamos integración por partes con $u=t$ y $dv=te^{-t^2/2}$ con lo cual, $du=dt$ y $v=-e^{-t^2/2}.$ Entonces $$\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{+\infty} t^2e^{-t^2/2}dt=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\left[-te^{-t^2/2}\right]_{-\infty}^{+\infty}+\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{+\infty}e^{-t^2/2}dt.$$ Ahora bien, $$\lim_{t\to -\infty} -te^{-t^2/2}=\lim_{t\to -\infty}\frac{-t}{e^{t^2/2}}=\left\{\frac{+\infty}{+\infty}\right\}\underbrace{=}_{\text{L’Hopital}}\lim_{t\to -\infty}\frac{-1}{te^{t^2/2}}=\frac{-1}{-\infty}=0,$$ $$\lim_{t\to +\infty} -te^{-t^2/2}=\lim_{t\to +\infty}\frac{-t}{e^{t^2/2}}=\left\{\frac{-\infty}{+\infty}\right\}\underbrace{=}_{\text{L’Hopital}}\lim_{t\to +\infty}\frac{-1}{te^{t^2/2}}=\frac{-1}{+\infty}=0,$$ por tanto $$E(X^2)=\sigma^2\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{+\infty} t^2e^{-t^2/2}dt+\mu^2=\sigma^2(0+1)+\mu^2=\sigma^2+\mu^2.$$ Entonces, $\text{Var }X=E(X^2)-E^2(X)=\sigma^2+\mu^2-\mu^2=\sigma^2,$ con lo cual la desviación típica de $X$ es $\sigma_X=\sqrt{\text{Var }X}=\sigma.$