Un modo per semplificare il tuo approccio al problema con mgf è utilizzare la serie di potenze

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

Differenziare ripetutamente la destra è molto più facile che differenziare la sinistra. (nota che questo vale solo per $ | t | <1 $ ma poiché stai differenziando in $ t = 0 $ span > funziona ancora). Dovresti vedere che sarà solo un fattoriale. Tuttavia è probabilmente ancora più semplice valutare direttamente le aspettative

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

Il risultato dovrebbe essere una funzione gamma (cioè fattoriale). Questo diventa chiaro anche dalla serie di potenze mgf.

update per quanto riguarda l'approccio mgf, per valutare $ E (X ^ {2n}) $ dobbiamo differenziare gli rhs $ 2n $ volte. Il seguente risultato sarà utile

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

Ora, se applichi questo al termine $ t ^ {2j} $ e prendi la derivata "2n-esima", abbiamo $ r = 2j $ e $ k = 2n $ e $ x = t $ . Allora otteniamo $$ \ frac {\ partial ^ {2n} t ^ {2j}} {\ partial t ^ {2n}} = \ left ( \ begin {matrix} \ frac {(2j)!} {(2j-2n)!} t ^ {2j-2n} & 2j = 2n, 2n + 2,2n + 4,2n + 6, \ dots \\ 0 & 2j = 0,2, \ punti, 2n-2 \ end {matrice} \destra) $$

Ciò significa che quando sommiamo tutti i termini possiamo scrivere questo come $$ \ sum_ {j = 0} ^ {\ infty} \ frac {\ partial ^ {2n} t ^ {2j}} {\ partial t ^ {2n}} = 0 + \ dots + 0 + (2n)! + t ^ 2 \ frac {(2n + 2)!} {2!} + t ^ 4 \ frac {(2n + 4)!} {4!} + \ dots $ $

solo il singolo tertm $ (2n)! $ non è $ 0 $ e nemmeno un multiplodi $ t $ .Quindi l'impostazione di $ t = 0 $ lascia solo quel termine.

Hint: Questo è un esempio di una funzione di densità di probabilità che è simmetrica su zero:

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

Visivamente, questo significa che la distribuzione si riflette intorno alla linea dello zero ed è la stessa su entrambi i lati.Vedi se puoi usare questa proprietà per capire (e poi provare) quali sarebbero i momenti dispari.I momenti pari sono un po 'più complicati, ma vedi se puoi utilizzare questa proprietà per ridurre quei momenti a una forma più semplice.

Poiché l'OP sembra avere difficoltà con i vari suggerimenti nei commenti e nelle altre risposte, ecco un metodo euristico che in questo caso fornisce la risposta giusta. \ begin {align} E [\ exp (tX)] & = E \ sinistra [1 + tX + \ frac {(tX) ^ 2} {2!} + \ Frac {(tX) ^ 3} {3!} + \ Cdots \ destra ] \\ & = 1 + tE [X] + \ frac {t ^ 2} {2!} E [X ^ 2] + \ frac {t ^ 3} {3!} E [X ^ 3] + \ cdots \ tag { 1} \\ \ end {align} e quindi se abbiamo una serie di potenze per $ E [\ exp (tX)] = M_X (t) $ che siamo riusciti a trova con le buone o con le cattive e senza guardare l'equazione visualizzata sopra poiché ciò servirà solo a confonderci, quindi possiamo solo guardare il coefficiente di $ t ^ n $ nella serie di potenze che abbiamo e diciamo "Hey Ma! Penso che il coefficiente di $ t ^ n $ è solo $ \ frac {1} {n!} E [X ^ n] $ e quindi posso trovare $ E [X ^ n] $ moltiplicando il coefficiente che ho già per $ n! $ .

Per il caso specifico dell'OP, ha già scoperto che $$ M_X (t) = \ frac {1} {1-t ^ 2} = 1 + t ^ 2 + t ^ 4 + \ cdots + t ^ {2n} + \ cdots \ tag {2} $$ (questa è la parte "con le buone o con le cattive") e così può confrontare $ (1) $ e $ (2 ) $ per capire quali sono i momenti. Lascerò che sia l'OP a dire a Ma che $ E [X ^ n] = 0 $ ogni volta che $ n $ span> è dispari.Se desidera dire a Ma cos'è $ E [X ^ n] $ anche per $ n $ una questione che deve decidere lui.Il $ E [X ^ 4] = 12 $ che l'OP afferma (in un commento) di aver calcolato non mi sembra corretto (penso che dovrebbe essere $ E [X ^ 4] = 4! = 24 $ ), ma chi sono io per interferire nella sacra relazione tra madre e figlio?

Se non ti interessa fare calcoli non necessari, it è conveniente per vedere la tua distribuzione come una miscela uguale di un esponenziale e il suo negativo:

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

Perché $ ((- 1) ^ n + (1) ^ n) / 2 $ è $ - 1 + 1 = 0 $ o $ (1 + 1) / 2 = 2/2 = 1 $ come $ n $ è pari o dispari, rispettivamente, i momenti dispari della tua distribuzione sono zero e i momenti pari sono gli stessi dell'esponenziale. Ma, per definizione, i momenti pari I momenti esponenziali sono

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

Poiché questo non richiedeva calcoli più difficili di $ 1 + 1 = 2, $ , è difficile immaginare una soluzione più semplice.

Se invece desideri perseguire l'approccio che genera il momento, inizia notando che il mgf della distribuzione esponenziale è $$ \ phi (t) = \ int_0 ^ \ infty e ^ {tx} e ^ {- x} \ mathrm {d} x = \ int_0 ^ \ infty e ^ {- (1-t) x} \ mathrm {d} x = \ frac {1} {1-t} . $$ Quindi il mgf di questa miscela è

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

Questo è analitico vicino a $ 0 $ e quindi è uguale all'espansione della serie di potenze data dal teorema binomiale come

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

da cui puoi leggere i momenti come i coefficienti di $ t ^ n / n!: $ di nuovo vediamo che sono zero per i momenti dispari e $ (2k)! $ per i momenti pari.

Quindi ho calcolato la prima, la seconda, la terza e la quarta derivata. Ho $ E (X ^ 1) = 0 $ , $ E (X ^ 2) = 2 $ span >, $ E (X ^ 3) = 0 $ e $ E (X ^ 4) = 12 $ span>. Queste derivate sono piuttosto lunghe da calcolare a questo punto, quindi mi chiedo se ci sia un modo più semplice per farlo per ottenere una formula per i pari.

Potresti usare l'espansione della serie Taylor:

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

Tuttavia, questo è un ragionamento un po 'circolare poiché l'espansione della serie di Taylor è essa stessa derivata dal calcolo delle derivate. In tal caso puoi anche cercare direttamente una formula per i momenti di ordine superiore della distribuzione di Laplace.

Potresti scoprire che l'espansione della serie di Taylor indirettamente, senza utilizzare $ f (x) = \ sum_ {n = 0} ^ \ infty f ^ {(n)} / n! t ^ k $ - utilizzando invece la formula per una serie geometrica.

Tuttavia, potresti anche derivare "manualmente" le derivate (ciò significa un calcolo diretto utilizzando la regola della catena e la regola del prodotto) e quando guardi lo schema dei termini, scoprirai che molti dei termini diventano zero e un emerge uno schema regolare.

Supponiamo di sostituire $ u = t ^ 2 $ , quindi la derivazione sembra più semplice:

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

Ora usa la formula di Faà di Bruno (regola della catena ma poi applicata più volte):

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

dove $ B_ {n, k} $ si riferisce ai polinomi di Bell. La maggior parte dei termini sarà zero e otterrai

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

con

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

e per il valore in $ t = 0 $ hai

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