La función generadora de momentos (FGM) de una variable aleatoria \(X\) se define como:
\[ M_X(t) = E[e^{tX}] \]
siempre que la esperanza exista para valores de \(t\) en un entorno alrededor de \(0\).
Es decir, existe un número \(h > 0\) tal que, para todo \(t\) en \((-h, h)\), la esperanza \(E(e^{tX})\) existe.
Si la esperanza no existe en un entorno de \(0\), se dice que la función generadora de momentos no existe.
Esta función permite obtener momentos y momentos centrales de una distribución, lo que proporciona información sobre la forma y las características de dicha distribución, a partir de esta función se puede obtener la media, varianza, asimetría y curtosis de una variable aleatoria.
Podemos expresar la FGM de \(X\) como:
\[ M_X(t) = \int_{-\infty}^{\infty} e^{tx} f_X(x)\,dx, \quad \text{si } X \text{ es continua,} \]
o bien:
\[ M_X(t) = \sum e^{tx} P(X = x), \quad \text{si } X \text{ es discreta.} \]
Sean \(X\) e \(Y\) dos variables aleatorias con funciones generadoras de momentos
\(M_X(t)\) y \(M_Y(t)\), respectivamente.
Si se cumple que
\[ M_X(t) = M_Y(t) \]
para todos los valores de \(t\),
entonces \(X\) e \(Y\) tienen la misma distribución de probabilidad.
Para demostrar el teorema anterior, se utiliza el desarrollo en series de potencia de Taylor de la función exponencial:
\[ e^x = 1 + x + \dfrac{x^2}{2!} + \dots, \quad x \in \mathbb{R}. \]
\[ M_X(t) = M_Y(t) \Rightarrow E(e^{tX}) = E(e^{tY}) \]
\[ \Rightarrow E\!\left(1 + tX + \dfrac{t^2X^2}{2!} + \dots \right) = E\!\left(1 + tY + \dfrac{t^2Y^2}{2!} + \dots \right) \]
\[ 1 + tE(X) + \dfrac{t^2}{2!}E(X^2) + \dots = 1 + tE(Y) + \dfrac{t^2}{2!}E(Y^2) + \dots \]
\[ \Rightarrow 1 + \mu_X t + \dfrac{\sigma_X^2 t^2}{2!} + \dots = 1 + \mu_Y t + \dfrac{\sigma_Y^2 t^2}{2!} + \dots \]
Para que los dos polinomios sean iguales, esto solo es posible si los coeficientes son iguales, es decir:
\[ \mu_X = \mu_Y \quad \text{y} \quad \sigma_X^2 = \sigma_Y^2. \]
Por lo tanto, \(X\) e \(Y\) tienen la misma distribución de probabilidad.
Considere la siguiente función de probabilidad de una variable aleatoria discreta \(X\):
\[ f_X(x) = \begin{cases} \dfrac{1}{6}, & x \in \{1,2,3,4,5,6\}, \\[6pt] 0, & \text{en otro caso.} \end{cases} \]
Determine su función generadora de momentos (FGM).
\[ M_X(t) = E(e^{tX}) = \sum_{x=1}^{6} e^{tx} P(X = x) \]
Como \(P(X = x) = \dfrac{1}{6}\):
\[ M_X(t) = \dfrac{1}{6} \sum_{x=1}^{6} e^{tx} = \dfrac{1}{6} \left(e^{t} + e^{2t} + e^{3t} + e^{4t} + e^{5t} + e^{6t}\right) \\ = \dfrac{e^{t}}{6} \left(1+ e^{t} + e^{2t} + e^{3t} + e^{4t} + e^{5t} \right) \]
Usando la progresión geométrica con razón \(r = e^{t}\).
Para una suma finita \(( 1 + r + r^2 + \cdots + r^{n} )\) sabemos que:
\[ \small\sum_{k=0}^{n} r^k = \left( \frac{1-r^{n+1}}{1-r}\right), \quad (r \ne 1) \]
Tomando \(\small r = e^{t} \quad \text{y}\quad n = 5\)
\[ \small 1 + e^{t} + e^{2t} + \cdots + e^{5t} = \frac{1- e^{6t} }{1-e^{t}} \]
\[ M_X(t) = \dfrac{e^{t} }{6} \cdot \dfrac{1 - e^{6t}}{1 - e^{t}}, \quad t \ne 0 \]
\(\small \text{y para $t = 0$ se cumple que $M_X(0) = 1$.}\)
Considere la siguiente función de probabilidad de una v.a. discreta (X):
\[ f_X(x)= \begin{cases} \displaystyle \frac{1}{2^{x}}, & x\in\{1,2,\ldots\},\\[6pt] 0, & \text{en otro caso.} \end{cases} \]
Por definición, para v.a. discreta:
\[ M_X(t)=E\!\left(e^{tX}\right)=\sum_{x=1}^{\infty} e^{tx}\cdot\frac{1}{2^{x}} =\sum_{x=1}^{\infty}\left(\frac{e^{t}}{2}\right)^{x} = \sum_{x=1}^{\infty}\left(\frac{e^{t}}{2}\right)^{x} +1 - 1 \]
\[ M_X(t)= \sum_{x=0}^{\infty}\left(\frac{e^{t}}{2}\right)^{x} - 1 \]
Usando la serie geométrica con razón \(r = \frac{e^{t}}{2}\).
Para una suma infinita \(( 1 + r + r^2 + \cdots + r^{n}+r^{n+1}+r^{n+2}\cdots )\) sabemos que:
\[ \small {\sum_{k=0}^{\infty} r^k = \frac{1}{1-r}, \quad |r|<1 } \]
Entonces
\[ \sum_{x=0}^{\infty}\left(\frac{e^{t}}{2}\right)^{x} = \frac{1}{1-\frac{e^{t}}{2}} = \frac{2}{2-e^{t}} \]
Si \(\left|\tfrac{e^{t}}{2}\right|<1 \iff t<\ln 2\):
Entonces
\[ M_X(t)= \sum_{x=0}^{\infty}\left(\frac{e^{t}}{2}\right)^{x} - 1 =\frac{e^{t}}{\,2-e^{t}\,}, \qquad t<\ln 2, \]
\(\small \text{y para $t = 0$ se cumple que $M_X(0) = 1$.}\)
Sea \(X\) una va. \(Gamma(\alpha, \beta)\), encuentre su FGM:
\[
f_X(x)=
\begin{cases}
\dfrac{x^{\alpha-1} e^{-x/\beta}}{\beta^{\alpha}\Gamma(\alpha)}, & 0 \le x < \infty, \\[6pt]
0, & \text{en otro caso.}
\end{cases}
\]
Sugerencia - Recuerde que:
\[ = \int_{0}^{\infty} \,x^{a-1}e^{-x/b}\,dx = \Gamma(a)\cdot b^a \]
\[ M_X(t) = \int_{0}^{\infty} e^{tx}\,\frac{x^{\alpha-1}e^{-x/\beta}}{\beta^{\alpha}\Gamma(\alpha)}\,dx = \frac{1}{\beta^{\alpha}\Gamma(\alpha)} \int_{0}^{\infty} x^{\alpha-1} e^{-x\left(\frac{1-t\beta}{\beta}\right)}dx \]
\[ = \frac{1}{\beta^{\alpha}\Gamma(\alpha)} \int_{0}^{\infty} x^{\alpha-1}e^{-x/ \left(\frac{\beta}{1-t\beta}\right)}dx \]
Sabemos que:
\[ = \int_{0}^{\infty} \,x^{a-1}e^{-x/b}\,dx = \Gamma(a)\cdot b^a \]
Entonces tomando a = \(\alpha\) y b = \(\left(\frac{\beta}{1-t\beta}\right)\)
\[ M_X(t)= \frac{1}{\beta^{\alpha}\Gamma(\alpha)} \int_{0}^{\infty} x^{\alpha-1}e^{-x/ \left(\frac{\beta}{1-t\beta}\right)}dx = \frac{1}{\beta^{\alpha}\Gamma(\alpha)}\cdot \Gamma(\alpha){\left(\frac{\beta}{1-t\beta}\right)^{\alpha}} \]
\[ = \left(\frac{1}{1-\beta t}\right)^{\alpha},\quad \text{si } t<\frac{1}{\beta}. \]
Sea \(X\) una va. \(Binomial(n,p)\), encuentre su FGM:
\[ P(X = x) = \binom{n}{x} p^x (1 - p)^{n - x}, \quad x = 0, 1, \dots, n. \]
Sugerencia - Aplique el teorema del Binomio:
\[ \sum_{x=0}^{n} \binom{n}{x}a^x b^{n-x} = (a + b)^n \]
Por definición:
\[ M_X(t) = E(e^{tX}) = \sum_{x=0}^{n} e^{tx} \binom{n}{x} p^x (1 - p)^{n - x}. \]
\[ = \sum_{x=0}^{n} \binom{n}{x} (p e^{t})^x (1 - p)^{n - x}. \]
Sabemos que:
\[ \sum_{x=0}^{n} \binom{n}{x}a^x b^{n-x} = (a + b)^n \]
Entonces tomando a = \(pe^t\) y b = \(1-p\)
\[ M_X(t) = E(e^{tX}) = \sum_{x=0}^{n} \binom{n}{x} (p e^{t})^x (1 - p)^{n - x} = (pe^t + 1-p)^n = (pe^t+q)^n \]
1) Demuestre que si \(X \sim Poisson(\lambda)\) entonces su \(FGM = e^{\lambda(e^{t}-1)}\)
Sugerencia: Recuerde que \(e^x = \sum_{k=0}^{\infty}{\frac{x^k}{k!}}\).
2) Sea \(X\sim Geométrica(p)\). Encuentre su \(FGM\).
3) Sea \(X\) una variable aleatoria tal que \[ f_X(x) = \lambda e^{-\lambda x}, \quad x \ge 0. \]
Demuestre que su \(FGM =\frac{1}{1-\frac{t}{\lambda}}, \quad \text{si } 0<t<\lambda\)
4) Sea \(X\) una variable aleatoria tal que:
\[ f_X(x)= \begin{cases} \displaystyle \frac{1}{2^{x}}, & x\in\{1,2,\ldots\},\\[6pt] 0, & \text{en otro caso.} \end{cases} \]
Encuentre su \(FGM\).
5) Sea \(X \sim Uniforme(a,b)\) es decir:
\[ f_X(x)= \begin{cases} \displaystyle \frac{1}{b-a}, & a \le x \le b,\\[6pt] 0, & \text{en otro caso.} \end{cases} \]
Encuentre su \(FGM\).
6) Sea \(X \sim Bernoulli(p)\) demuestre que su \(FGM = pe^t+q\).
Para cada número entero \(n\), el n-ésimo momento (también llamado n-ésimo momento al origen) de \(X\), denotado por \(\mu'_n\), se define como:
\[ \mu'_n = E[X^n] \]
donde \(\mu'_1 = E[X], \quad \mu'_2 = E[X^2], \quad \mu'_3 = E[X^3]\cdots\)
El n-ésimo momento central de \(X\), denotado por \(\mu_n\), es:
\[ \mu_n = E[(X - \mu)^n] \]
donde \(\mu_1 = E[(X-\mu)^1], \quad \mu_2 = E[(X-\mu)^2], \quad \mu_3 = E[(X-\mu)^3]\cdots\)
Nota:La varianza de una variable aleatoria \(X\), es su segundo momento central
\[ \operatorname{Var}(X) = E[(X - E[X])^2]. \]
Si \(X\) tiene una función generadora de momentos \(M_X(t)\) entonces:
\[ E[X^n] = M_X^{(n)}(0), \]
donde se define:
\[ M_X^{(n)}(0) = \left. \dfrac{d^n}{dt^n} M_X(t) \right|_{t = 0}. \]
Es decir, el n-ésimo momento de \(X\) es igual a la n-ésima derivada de la función generadora de momentos \(M_X(t)\) evaluada en \(t=0\).
Considere la siguiente función de probabilidad de una variable aleatoria discreta \(X\):
\[\small f_X(x) = \begin{cases} \dfrac{e^{-\lambda} \lambda^x}{x!}, & x \in \{0,1,2,\cdots\}, \\[6pt] 0, & \text{en otro caso.} \end{cases} \]
Determine el primer y segundo momento al origen.
Solución: Sabemos que su función generadora de momentos (FGM) de \(X\) es:
\[ M_X(t) = e^{\lambda(e^{t}-1)} \]
Usando el teorema anterior:
\[ E[X^1] = M_X^{(1)}(0) = \left. \dfrac{d^1}{dt^1} M_X(t) \right|_{t = 0}. \]
\[ E[X^1] = M_X^{(1)}(0) = \dfrac{d^1}{dt^1} M_X(t) |_{t = 0} =\dfrac{d^1}{dt^1} \left( e^{\lambda(e^{t}-1)} \right)|_{t = 0}. \]
\[ e^{\lambda(e^{t}-1)}\cdot \lambda e^{t}|_{t = 0} = e^{\lambda(e^{0}-1)}\cdot \lambda e^{0} = \lambda \]
\(\small \text{Lo cual válida que $E(X) = \lambda$ en una $Poisson$. Ahora:}\)
\[ E[X^2] = M_X^{(2)}(0) = \dfrac{d^2}{dt^2} M_X(t) |_{t = 0} = \dfrac{d^1}{dt^1} \dfrac{d^1}{dt^1} \left( e^{\lambda(e^{t}-1)} \right)|_{t = 0}. \]
\[ = \dfrac{d^1}{dt^1} \left( e^{\lambda(e^{t}-1)}\cdot \lambda e^{t} \right)|_{t = 0} = \dfrac{d^1}{dt^1} \left( e^{\lambda(e^{t}-1)+t}\cdot \lambda \right)|_{t = 0} \]
\[ \lambda \left[ e^{\lambda(e^{t}-1)+t}\cdot (\lambda e^t+1) \right]|_{t = 0} = \lambda \left[ e^{\lambda(e^{0}-1)+0}\cdot (\lambda e^0+1) \right]|_{t = 0} \]
\[ \lambda(\lambda+1) = \lambda^2+\lambda \]
\(\small \text{Esto es lo que sabíamos de la $E(X^2)$ de una Poisson}\)
1) Juan recibe un salario mensual base de 150 000 colones, más un incentivo mensual según las ventas que realice.
Este incentivo puede modelarse mediante una variable aleatoria continua \(X\), en miles de colones, cuya función generadora de momentos está dada por:
\[ m_X(t) = (1 - 30t)^{-2} \]
a.¿Cuál es el salario promedio mensual que recibe Juan?
b.¿Cuál es la varianza del salario promedio mensual que recibe Juan?
2) Calcule el primer y segundo momento al origen de los ejercicios planteados en las diapositvas 14 y 15.
Sean \(X_1, X_2, \ldots, X_n\) una muestra aleatoria de variables aleatorias con una misma función de probabilidad:
\[ f(X; \theta) \]
Entonces, para una muestra en particular \((x_1, x_2, \ldots, x_n)\), la función de verosimilitud \(L(\theta)\) se define como la función de densidad conjunta de \((X_1, X_2, \ldots, X_n)\) evaluada en los puntos observados, es deficir:
\[ L(\theta) = f(X_1 = x_1, X_2 = x_2, \ldots, X_n = x_n; \theta) \]
💡 Nota: La función de verosimilitud depende del parámetro \((\theta)\).
Si la función tiene más de un parámetro y no fijamos ninguno, entonces puede depender de un vector de parámetros: \((\theta_1, \theta_2, \ldots, \theta_k)\)
Por norma general, se suele asumir que las variables \((X_1, X_2, \ldots, X_n)\) son independientes.
Esto permite separar la probabilidad conjunta en una multiplicación de probabilidades marginales.
\[ L(\theta) = f(X_1 = x_1, X_2 = x_2, \ldots, X_n = x_n; \theta) \]
\[ L(\theta) = f(X_1 = x_1; \theta) \times f(X_2 = x_2; \theta) \times \cdots \times f(X_n = x_n; \theta) \]
\[ L(\theta) = \prod_{i=1}^{n} f(X_i = x_i; \theta) \]
Sea \((X_1, X_2, \ldots, X_n)\) una muestra iid que proviene de una distribución \(Poisson(\lambda)\). Encuentre \(L(\lambda)\):
\[ L(\lambda) = \prod_{i=1}^{n} f(X_i = x_i; \lambda) = \prod_{i=1}^{n} \frac{e^{-\lambda}\cdot\lambda^{x_i}}{x_{i}!} \]
\[ L(\lambda) = \left( \frac{e^{-\lambda}\cdot\lambda^{x_1}}{x_{1}!} \right)\cdot\left( \frac{e^{-\lambda}\cdot\lambda^{x_2}}{x_{2}!} \right)\cdots \cdots\ \cdots \left(\frac{e^{-\lambda}\cdot\lambda^{x_n}}{x_{n}!} \right) \]
\[ L(\lambda) = \frac{e^{\lambda+\lambda\cdots+\lambda}\cdot\lambda^{x_1+x_2+\cdots+x_n}}{x_{1}!x_{2}!\cdots x_{n}!} \]
\[L(\lambda) = \frac{e^{-n\lambda}\cdot\lambda^{\sum_{i=1}^{n} x_i}}{\prod_{i=1}^{n} x_{i}!}\]
Sea \((X_1, X_2, \ldots, X_n)\) una muestra iid que proviene de una distribución \(f_X\) tal que:
\[ f_X(x)=\begin{cases}\theta e^{-\theta x}, \quad x \ge 0. \\[6pt]0, & \text{en otro caso.}\end{cases} \]
Encuentre \(L(\theta)\):
\[ L(\theta) = \prod_{i=1}^{n} f(X_i = x_i; \theta) = \prod_{i=1}^{n} \theta e^{-\theta x_i} \] \[ L(\theta) = \left(\theta e^{-\theta x_1} \right) \cdot \left(\theta e^{-\theta x_2}\right)\cdots\left(\theta e^{-\theta x_n} \right) \]
\[ L(\theta) = \theta^n e^{-\theta \sum_{i=1}^{n}x_i} \]
Sea \((X_1, X_2, \ldots, X_n)\) una muestra iid \(Binomial(n,p)\) consiga \(L(p)\)
Sea \((X_1, X_2, \ldots, X_n)\) una muestra iid \(Normal(\mu,\sigma)\) consiga \(L(\mu,\sigma)\)
Sea \((X_1, X_2, \ldots, X_n)\) una muestra iid \(Geométrica(\phi)\) consiga \(L(\phi)\)
Sea \((X_1, X_2, \ldots, X_n)\) una muestra iid que proviene de una distribución \(f_X\) tal que:
\[ f_X =\begin{cases} \frac{1}{\theta^2 }xe^{-\frac{x}{\theta}} , & & x\geq 0\\ 0, & & x<0,\end{cases} \]
Encuentre \(L(\theta)\).
Sea \(X_{1}, X_{2}, ... , X_{n}\) una muestra aleatoria sobre una población con distribución \(f_X(x,\theta)\) La función de verosimilitud \(\mathcal{L}(x_{1}, ... , x_{n}|\theta)\), mejor expresada como \(\mathcal{L}(\theta)\), se dice que es una función de los parámetros para un específico resultado de la muestra aleatoria.
Ejemplo. Suponga que tenemos una función de densidad discreta (que toma valores 1, 2, 3 y 4) que depende de un parámetro \(\theta\) que solo puede tomar tres valores (0,1,2). Su función de probabilidad viene dada en la siguiente tabla:
Función de probabilidad
| y | 1 | 2 | 3 | 4 |
|---|---|---|---|---|
| \(f(y;\theta)\) | ||||
| \(f(y;0)\) | .980 | .005 | .005 | .010 |
| \(f(y;1)\) | .100 | .200 | .200 | .500 |
| \(f(y;2)\) | .098 | .001 | .001 | .900 |
Supongamos que obtuvimos una muestra aleatoria de tamaño cuatro donde observamos los siguientes datos: 4,4,3,4. ¿Cuál es el valor de \(\theta\) que máximiza la función de verosimilitud?
Solución. Debemos obtener la verosmilitud para la muestra obtenida para cada uno de los valores de \(\theta\). El valor de \(\theta\) que genere la máxima verosimilitud será el estimador de máxima verosimilitud.
💡 La función de verosimilitud es la probabilidad conjunta de la muestra observada. En este caso viene dada por:
\[ \small \begin{align*} \mathcal{L}(\theta) = P(Y=4|\theta) \cdot P(Y=4|\theta) \cdot P(Y=3|\theta) \cdot P(Y=4|\theta) &= P(Y=4|\theta)^{3} \cdot P(Y=3|\theta) \end{align*} \]
Debemos encontrar este valor para cada uno de los posibles valores de \(\theta\):
\[\small \mathcal{L}(0) = (0.010)^{3} \cdot (0.005) = 5 \cdot 10^{-09}\] \[\small \mathcal{L}(1) = (0.500)^{3} \cdot (0.200) = 0.025\] \[\small \mathcal{L}(2) = (0.900)^{3} \cdot (0.001) = 0.00729\]
En este caso obtenemos la mayor verosimilitud cuando \(\theta=1\), por lo tanto el estimador de máxima verosimilitud sería \(\hat{\theta} = 1\).
💡 En el caso en que \(\theta\) sea una variable cuyo dominio es continuo, para encontrar el estimador de \(\theta\) basta con optimizar la verosimilitud siempre que existan los máximos correspondientes.
Ejemplo 1. Sea \(X_{1}, X_{2}, ... , X_{n}\) una muestra aleatoria tal que \(X_{j} \sim Bernoulli(p)\). Determinar el estimador de máxima verosimilitud (EMV) para \(p\).
Solución.
\[ \mathcal{L}(p) = \prod_{i=1}^{n} p^{x_i}(1-p)^{1-x_i} = p^{\sum_{i=1}^{n}x_i}(1-p)^{n-\sum_{i=1}^{n}x_i} \]
Derivamos esta función con respecto a \(p\) e igualamos a cero. No obstante podemos notar como esto va a ser un proceso tedioso pues existe un producto de distintas funciones de \(p\). Para facilitar este cálculo podemos utilizar una propiedad matemática que establece que si \(f(x)\) tiene un punto extremo en \(x_0\) y \(f(x) > 0\) entonces \(\ln f(x)\) también tiene un valor extremo en \(x_0\). Por lo tanto podemos hacer uso de la log-verosimilitud:
\[\small \ell(p) = \ln \mathcal{L}(p) = \left(\sum_{i=1}^{n} x_{i} \right)\ln p + (n-\sum_{i=1}^{n} x_{i} ) \ln (1-p)\]
\[\small \Rightarrow \frac{\partial \ln \mathcal{L}}{\partial p} = \frac{\sum_{i=1}^{n} x_{i} }{p} - \frac{n-\sum_{i=1}^{n} x_{i} }{1-p} = 0 \]
\[\small \Rightarrow \frac{\sum_{i=1}^{n} x_{i} }{p} = \frac{n-\sum_{i=1}^{n} x_{i} }{1-p} \]
\[ \small \Rightarrow \hat{p} = \frac{\sum_{i=1}^{n} x_{i} }{n}\]
El valor crítico es \(\hat{p} = \frac{\sum_{j=1}^{n} x_{j} }{n} = \bar{x}\) solo faltaría demostrar que efectivamente sea un máximo.
Ejemplo 2. Sea \((X_1, X_2, \ldots, X_n)\) una muestra iid que proviene de una distribución \(f_X\) tal que:
\[ f_X(x)=\begin{cases}\theta e^{-\theta x}, \quad x \ge 0. \\[6pt]0, & \text{en otro caso.}\end{cases} \]
Determine el estimador de máxima verosimilitud (EMV) para \(\theta\).
Sabemos que: \(L(\theta) = \theta^n e^{-\theta \sum_{i=1}^{n}x_i}\)
\[ \ell(\theta)=\log L(\theta) = n\log\theta-\theta\sum_{i=1}^n x_i. \]
\[ \frac{d\ell(\theta)}{d\theta} =\frac{n}{\theta}-\sum_{i=1}^n x_i = 0 \]
\[ \Rightarrow \quad\widehat{\theta}=\frac{n}{\sum_{i=1}^n x_i}=\frac{1}{\bar X} \]
Sea \(X_1, X_2, \ldots, X_n\) una muestra aleatoria proveniente de una población \(Poisson(\lambda)\). Estime el EMV para \(\lambda\).
Sea \(X_1, X_2, \ldots, X_n\) una muestra aleatoria proveniente de una población \(Binomial(n,p)\). Estime el EMV para \(p\).
Sea \(X_1, X_2, \ldots, X_n\) una muestra aleatoria proveniente de una \(Normal(\mu,\sigma)\), con densidad:
\[ f(x;\mu,\sigma)=\frac{1}{\sigma\sqrt{2\pi}} e^{-\frac12\left(\frac{x-\mu}{\sigma}\right)^2} \]
Demuestre que el EMV de \(\mu\) es \(\bar X\).
Demuestre que el EMV de \(\sigma\) es: \(\hat{\sigma}=\sqrt{\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n (x_i-\bar X)^2 }.\)