高斯分布的矩生成函数 (Moment Generating Function, MGF) 可以通过其定义来计算。对于随机变量 $X$，其矩生成函数 $M_X(t)$ 定义为：

$$M_X(t) = \mathbb{E}[e^{tX}]$$

假设 $X$ 是一个均值为 $\mu$、方差为 $\sigma^2$ 的高斯分布（正态分布）随机变量，即 $X \sim \mathcal{N}(\mu, \sigma^2)$。其概率密度函数为：

$$f_X(x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^2}} e^{-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}}$$

为了计算高斯分布的矩生成函数，我们需要计算以下积分：

$$M_X(t) = \mathbb{E}[e^{tX}] = \int_{-\infty}^{\infty} e^{tx} f_X(x) \, dx$$

将高斯分布的概率密度函数 $f_X(x)$ 代入，得到：

$$M_X(t) = \int_{-\infty}^{\infty} e^{tx} \cdot \frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^2}} e^{-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}} \, dx$$

将指数部分结合，得到：

$$M_X(t) = \frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^2}} \int_{-\infty}^{\infty} e^{tx - \frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}} \, dx$$

现在，重新整理指数部分：

$$tx - \frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2} = tx - \frac{x^2 - 2\mu x + \mu^2}{2\sigma^2} = -\frac{x^2}{2\sigma^2} + \frac{\mu x}{\sigma^2} + tx - \frac{\mu^2}{2\sigma^2} = -\frac{x^2}{2\sigma^2} + \left( t + \frac{\mu}{\sigma^2} \right)x - \frac{\mu^2}{2\sigma^2}$$

为了简化积分，我们可以完成平方，将其转换为标准形式：

$$-\frac{x^2}{2\sigma^2} + \left( t + \frac{\mu}{\sigma^2} \right)x = -\frac{1}{2\sigma^2} \left( x^2 - 2x\sigma^2 \left( t + \frac{\mu}{\sigma^2} \right) \right) = -\frac{1}{2\sigma^2} \left( (x - \sigma^2 (t + \frac{\mu}{\sigma^2}))^2 - \sigma^4 (t + \frac{\mu}{\sigma^2})^2 \right)$$

代入后得到：

$$M_X(t) = \frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^2}} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\frac{1}{2\sigma^2} (x - \sigma^2 (t + \frac{\mu}{\sigma^2}))^2 + \frac{\sigma^2}{2} (t + \frac{\mu}{\sigma^2})^2 - \frac{\mu^2}{2\sigma^2}} \, dx$$

由于高斯分布的积分等于1：

$$M_X(t) = e^{\frac{\sigma^2}{2} (t + \frac{\mu}{\sigma^2})^2 - \frac{\mu^2}{2\sigma^2}}$$

进一步简化：

$$M_X(t) = e^{\mu t + \frac{\sigma^2 t^2}{2}}$$

因此，均值为 $\mu$、方差为 $\sigma^2$ 的高斯分布 $X$ 的矩生成函数为：

$$M_X(t) = e^{\mu t + \frac{\sigma^2 t^2}{2}}$$

理解高斯分布的积分等于1这一点至关重要。以下是详细的推导过程，以解释这一点。

首先，我们知道标准正态分布的概率密度函数 $f_X(x)$ 定义如下：

$$f_X(x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^2}} e^{-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}}$$

为了验证其积分等于1，我们计算：

$$\int_{-\infty}^{\infty} f_X(x) \, dx = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^2}} e^{-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}} \, dx$$

我们先考虑标准正态分布的情况，即 $\mu = 0$ 和 $\sigma = 1$，其概率密度函数为：

$$f_X(x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{x^2}{2}}$$

计算该函数的积分：

$$\int_{-\infty}^{\infty} f_X(x) \, dx = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{x^2}{2}} \, dx$$

令 $I = \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\frac{x^2}{2}} \, dx$，因此有：

$$\frac{1}{\sqrt{2\pi}} I = 1 \quad \Rightarrow \quad I = \sqrt{2\pi}$$

为了计算 $I$，我们利用极坐标变换。考虑：

$$I^2 = \left( \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\frac{x^2}{2}} \, dx \right) \left( \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\frac{y^2}{2}} \, dy \right) = \int_{-\infty}^{\infty} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-\frac{x^2 + y^2}{2}} \, dx \, dy$$

将上述双重积分转换为极坐标 $(r, \theta)$，其中 $x = r \cos \theta$，$y = r \sin \theta$，则 $dx \, dy = r \, dr \, d\theta$。积分变为：

$$I^2 = \int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{\infty} e^{-\frac{r^2}{2}} r \, dr \, d\theta$$

积分可以拆分为角度和径向部分：

$$I^2 = \left( \int_{0}^{2\pi} d\theta \right) \left( \int_{0}^{\infty} r e^{-\frac{r^2}{2}} \, dr \right) = 2\pi \int_{0}^{\infty} r e^{-\frac{r^2}{2}} \, dr$$

令 $u = \frac{r^2}{2}$，则 $du = r \, dr$，因此积分变为：

$$I^2 = 2\pi \int_{0}^{\infty} e^{-u} \, du = 2\pi \left[ -e^{-u} \right]_{0}^{\infty} = 2\pi (0 - (-1)) = 2\pi$$

因此：

$$I = \sqrt{2\pi}$$

回到我们原来的积分，有：

$$\int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{x^2}{2}} \, dx = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \sqrt{2\pi} = 1$$

对于一般的正态分布 $\mathcal{N}(\mu, \sigma^2)$，我们可以通过变量替换来证明：

令 $z = \frac{x - \mu}{\sigma}$，则 $dz = \frac{dx}{\sigma}$，因此积分变为：

$$\int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^2}} e^{-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}} \, dx = \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{z^2}{2}} \, dz = 1$$

因为我们已经证明标准正态分布的积分等于1，所以一般的正态分布的积分也是1。