Розподіл Лапласа

В показнику експоненти щільності маємо модуль різниці, тому інтервал ${\displaystyle (-\infty ,+\infty )}$ необхідно розбити на ${\displaystyle (-\infty ,\beta )}$ і ${\displaystyle [\beta ,+\infty )}$ (функція щільності симетрична відносно цих інтервалів). Інтеграли беруться частинами, при підстановці нескінченостей (${\displaystyle \pm \infty }$) розглядаємо границі вигляду ${\displaystyle \lim _{x\to \pm \infty }r(x)}$.

${\displaystyle \operatorname {E} \xi =\int \limits _{-\infty }^{+\infty }xf(x)dx={\frac {\alpha }{2}}\int \limits _{-\infty }^{\beta }xe^{\alpha (x-\beta )}dx+{\frac {\alpha }{2}}\int \limits _{\beta }^{+\infty }xe^{-\alpha (x-\beta )}dx=}$ ${\displaystyle ={\frac {\alpha }{2}}{\frac {1}{\alpha }}xe^{\alpha (x-\beta )}{\bigg |}_{-\infty }^{\beta }-{\frac {\alpha }{2}}{\frac {1}{\alpha }}\int \limits _{-\infty }^{\beta }e^{\alpha (x-\beta )}dx-{\frac {\alpha }{2}}{\frac {1}{\alpha }}xe^{-\alpha (x-\beta )}{\bigg |}_{\beta }^{+\infty }+{\frac {\alpha }{2}}{\frac {1}{\alpha }}\int \limits _{\beta }^{+\infty }e^{-\alpha (x-\beta )}dx=}$ ${\displaystyle ={\frac {\beta }{2}}-{\frac {1}{2\alpha }}e^{\alpha (x-\beta )}{\bigg |}_{-\infty }^{\beta }+{\frac {\beta }{2}}-{\frac {1}{2\alpha }}e^{-\alpha (x-\beta )}{\bigg |}_{\beta }^{+\infty }=\beta -{\frac {1}{2\alpha }}+{\frac {1}{2\alpha }}=\beta }$

${\displaystyle \operatorname {E} \xi ^{2}=\int \limits _{-\infty }^{+\infty }x^{2}f(x)dx={\frac {\alpha }{2}}\int \limits _{-\infty }^{\beta }x^{2}e^{\alpha (x-\beta )}dx+{\frac {\alpha }{2}}\int \limits _{\beta }^{+\infty }x^{2}e^{-\alpha (x-\beta )}dx=}$ ${\displaystyle ={\frac {\alpha }{2}}{\frac {x^{2}e^{\alpha (x-\beta )}}{\alpha }}{\bigg |}_{-\infty }^{\beta }-{\frac {\alpha }{2}}{\frac {2}{\alpha }}\int \limits _{-\infty }^{\beta }xe^{\alpha (x-\beta )}dx+{\frac {\alpha }{2}}{\frac {x^{2}e^{-\alpha (x-\beta )}}{-\alpha }}{\bigg |}_{\beta }^{+\infty }+{\frac {\alpha }{2}}{\frac {2}{\alpha }}\int \limits _{\beta }^{+\infty }xe^{-\alpha (x-\beta )}dx={\frac {\beta ^{2}}{2}}-{\frac {\beta }{\alpha }}+{\frac {1}{\alpha ^{2}}}+{\frac {\beta ^{2}}{2}}+{\frac {\beta }{\alpha }}+{\frac {1}{\alpha ^{2}}}=\beta ^{2}+{\frac {2}{\alpha ^{2}}}}$

${\displaystyle \operatorname {D} \xi =\operatorname {E} \xi ^{2}-(\operatorname {E} \xi )^{2}=\beta ^{2}+{\frac {2}{\alpha ^{2}}}-\beta ^{2}={\frac {2}{\alpha ^{2}}}}$

${\displaystyle \operatorname {E} \xi ^{k}=\int \limits _{-\infty }^{+\infty }x^{k}f(x)dx={\frac {\alpha }{2}}\int \limits _{-\infty }^{\beta }x^{k}e^{\alpha (x-\beta )}dx+{\frac {\alpha }{2}}\int \limits _{\beta }^{+\infty }x^{k}e^{-\alpha (x-\beta )}dx}$

Застосовуючи формулу інтегрування частинами декілька раз, отримуємо:

${\displaystyle \int x^{k}e^{\alpha (x-\beta )}dx={\frac {1}{\alpha }}x^{k}e^{\alpha (x-\beta )}-{\frac {k}{\alpha ^{2}}}x^{k-1}e^{\alpha (x-\beta )}+{\frac {k(k-1)}{\alpha ^{3}}}x^{k-2}e^{\alpha (x-\beta )}-}$${\displaystyle \ldots +(-1)^{k-1}{\frac {k(k-1)\cdots 3\cdot 2}{\alpha ^{k}}}xe^{\alpha (x-\beta )}+(-1)^{k}{\frac {k(k-1)\cdots 2\cdot 1}{\alpha ^{k+1}}}e^{\alpha (x-\beta )}}$

${\displaystyle \int x^{k}e^{-\alpha (x-\beta )}dx=-{\frac {1}{\alpha }}x^{k}e^{-\alpha (x-\beta )}-{\frac {k}{\alpha ^{2}}}x^{k-1}e^{-\alpha (x-\beta )}-{\frac {k(k-1)}{\alpha ^{3}}}x^{k-2}e^{-\alpha (x-\beta )}-}$${\displaystyle \ldots -{\frac {k(k-1)\cdots 3\cdot 2}{\alpha ^{k}}}xe^{-\alpha (x-\beta )}-{\frac {k(k-1)\cdots 2\cdot 1}{\alpha ^{k+1}}}e^{-\alpha (x-\beta )}}$

Після підстановок границь інтегрування:

${\displaystyle \int \limits _{-\infty }^{\beta }x^{k}e^{\alpha (x-\beta )}dx={\frac {1}{\alpha }}\beta ^{k}-{\frac {k}{\alpha ^{2}}}\beta ^{k-1}+{\frac {k(k-1)}{\alpha ^{3}}}\beta ^{k-2}-}$ ${\displaystyle \ldots +(-1)^{k-1}{\frac {k(k-1)\cdots 3\cdot 2}{\alpha ^{k}}}\beta +(-1)^{k}{\frac {k(k-1)\cdots 2\cdot 1}{\alpha ^{k+1}}}}$

${\displaystyle \int \limits _{\beta }^{+\infty }x^{k}e^{-\alpha (x-\beta )}dx={\frac {1}{\alpha }}\beta ^{k}+{\frac {k}{\alpha ^{2}}}\beta ^{k-1}+{\frac {k(k-1)}{\alpha ^{3}}}\beta ^{k-2}+\ldots +{\frac {k(k-1)\cdots 3\cdot 2}{\alpha ^{k}}}\beta +{\frac {k(k-1)\cdots 2\cdot 1}{\alpha ^{k+1}}}}$

Оскільки перший інтеграл залежить від парності k розглядаються двавипадки: k — парне і k — непарне:

${\displaystyle \operatorname {E} \xi ^{k}={\begin{cases}\beta ^{k}+{\frac {k(k-1)}{\alpha ^{2}}}\beta ^{k-2}+\ldots +{\frac {k(k-1)\cdots 2\cdot 1}{\alpha ^{k}}},&k=2n\\\beta ^{k}+{\frac {k(k-1)}{\alpha ^{2}}}\beta ^{k-2}+\ldots +{\frac {k(k-1)\cdots 3\cdot 2}{\alpha ^{k-1}}}\beta ,&k=2n+1\end{cases}}}$

Або, в загальному вигляді:

${\displaystyle \operatorname {E} \xi ^{k}=\sum _{i=0}^{\left\lfloor k/2\right\rfloor }{\frac {\beta ^{k-2i}}{\alpha ^{2i}}}{\frac {k!}{(k-2i)!}}}$, де ${\displaystyle \left\lfloor x\right\rfloor }$ — ціла частина x.

Нехай маємо випадкову величину U рівномірно розподілену на інтервалі (-1/2, 1/2], тоді випадкова величина

${\displaystyle X=\mu -b\,\operatorname {sgn}(U)\,\ln(1-2|U|)}$

розподілена за розподілом Лапласа з параметрами μ and b. Це видно якщо розглянути функцію обернену до функції розподілу, яка наведена вище.

Випадкову величину ${\displaystyle X}$ ~ ${\displaystyle Lap(0,b)}$ можна також згенерувати як різницю двох н.о.р. ${\displaystyle Exp(1/b)}$ випадкових величин. Або ще випадкову величину ${\displaystyle X}$ ~ ${\displaystyle Lap(0,1)}$ можна згенерувати як логарифм частки двох н.о.р. рівномірно розподілених випадкових величин.