t分布の基本的性質メモ ①

Def.

Prop&Proof

1. 関数 $g:\mathbb R^2\to\mathbb R$ を
   $$ g(x,y):= \begin{cases} \dfrac{x}{\sqrt{y/n}}, & y>0,\\ 0, & y\leq0 \end{cases} $$
   によって定める。
   集合
   $$ A:=\mathbb R\times(0,\infty), \qquad B:=\mathbb R\times(-\infty,0] $$
   はともに $\mathbb R^2$ の Borel 集合であり、
   $$ \mathbb R^2=A\cup B, \qquad A\cap B=\emptyset $$
   である。
   $g|_A$ は連続であり、$g|_B$ は定数関数である。したがって、$g|_A$ と $g|_B$ は Borel 可測である。
   よって、Borel 可測集合による貼り合わせにより、$g$ は Borel 可測である。
   したがって、$X,Y$ が実数値確率変数であることより、写像
   $$ (X,Y):(\Omega,\mathcal F)\to(\mathbb R^2,\mathcal B(\mathbb R^2)) $$
   は可測である。
   また、上で示したように $g:\mathbb R^2\to\mathbb R$ は Borel 可測である。
   ゆえに、合成写像
   $$ g\circ(X,Y):(\Omega,\mathcal F)\to(\mathbb R,\mathcal B(\mathbb R)) $$
   は可測である。
   ところで、$Z=g(X,Y)$ であるから、$Z$ は実数値確率変数である。
   $ $
2. $X\sim\mathcal N(0,1)$ であるから、$X$ の密度関数 $f_X:\mathbb R\to[0,\infty)$ は
   $$ f_X(x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{x^2}{2}} \quad (x\in\mathbb R) $$
   である。
   また、$Y\sim\chi^2_n$ であり、$n\in\mathbb N_{\geq 1}$ であるから、$Y$ の密度関数 $f_Y:\mathbb R\to[0,\infty)$ は
   $$ f_Y(y) = \begin{cases} \dfrac{1}{2^{\frac n2}\Gamma\left(\frac n2\right)} y^{\frac n2-1}e^{-\frac y2}, & y>0,\\ 0, & y\leq0 \end{cases} $$
   である。
   また、任意の $y\leq0$ に対して、
   $$ f_Y(y)=0 $$
   である。ゆえに、
   $$ \mathbb P(Y\leq0) = \int_{-\infty}^{0} f_Y(y)\,dy = 0 $$
   である。したがって、
   $$ \mathbb P(Y>0) = 1-\mathbb P(Y\leq0) = 1 $$
   である。
   $ $
3. $X$ と $Y$ は独立であり、それぞれ密度関数 $f_X$ と $f_Y$ をもつ。
   したがって、$(X,Y)$ の同時密度関数 $f_{X,Y}:\mathbb R^2\to[0,\infty)$ は
   $$ f_{X,Y}(x,y)=f_X(x)f_Y(y) $$
   で与えられる。
   ゆえに、$(X,Y)$ の同時密度関数 $f_{X,Y}:\mathbb R^2\to[0,\infty)$ は、任意の $(x,y)\in\mathbb R^2$ に対して、
   $$ f_{X,Y}(x,y) = \begin{cases} \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}} e^{-\frac{x^2}{2}} \dfrac{1}{2^{\frac n2}\Gamma\left(\frac n2\right)} y^{\frac n2-1}e^{-\frac y2}, & y>0,\\ 0, & y\leq0 \end{cases} $$
   である。ここで、
   $$ W:=Y $$
   とおく(補足を参照)。
   $\mathbb P(Y>0)=1$ であるから、$(Z,W)$ の分布を求めるには、$Y>0$ 上での変換
   $$ z=\frac{x}{\sqrt{y/n}}, \quad w=y $$
   を考えればよい。
   この変換の逆変換は、$z\in\mathbb R,\ w>0$ に対して、
   $$ x=z\sqrt{\frac{w}{n}}, \quad y=w $$
   である。
   すなわち、写像
   $$ \Phi:\mathbb R\times(0,\infty)\to\mathbb R\times(0,\infty) $$
   を
   $$ \Phi(z,w) = \left( z\sqrt{\frac{w}{n}}, w \right) $$
   によって定めると、$\Phi$ は $C^1$ 級微分同相写像である(補足を参照)。
   $ $
4. 逆変換は
   $$ x=z\sqrt{\frac{w}{n}}, \quad y=w $$
   である。したがって、
   $$ \frac{\partial x}{\partial z} = \sqrt{\frac{w}{n}}, \quad \frac{\partial x}{\partial w} = \frac{z}{2\sqrt{nw}}, \quad \frac{\partial y}{\partial z} = 0, \quad \frac{\partial y}{\partial w} = 1 $$
   である。ゆえに、
   $$ \frac{\partial(x,y)}{\partial(z,w)} = \begin{pmatrix} \sqrt{\frac{w}{n}} & \frac{z}{2\sqrt{nw}} \\ 0 & 1 \end{pmatrix} $$
   である。
   したがって、
   $$ \begin{align} \left| \det \frac{\partial(x,y)}{\partial(z,w)} \right| &= \left| \det \begin{pmatrix} \sqrt{\frac{w}{n}} & \frac{z}{2\sqrt{nw}} \\ 0 & 1 \end{pmatrix} \right|\\ &= \left| \sqrt{\frac{w}{n}} \right|\\ &= \sqrt{\frac{w}{n}} \end{align} $$
   である。
   したがって、変数変換公式により、$z\in\mathbb R$、$w>0$ に対して、
   $$ \begin{align} f_{Z,W}(z,w) &= f_{X,Y}\left( z\sqrt{\frac{w}{n}},w \right) \left| \det \frac{\partial(x,y)}{\partial(z,w)} \right|\\ &= f_{X,Y}\left( z\sqrt{\frac{w}{n}},w \right) \sqrt{\frac{w}{n}}\\ &= \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \exp\left( -\frac{wz^2}{2n} \right) \frac{1}{2^{\frac n2}\Gamma\left(\frac n2\right)} w^{\frac n2-1}e^{-\frac w2} \sqrt{\frac{w}{n}}\\ &= \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \frac{1}{2^{\frac n2}\Gamma\left(\frac n2\right)} \frac{1}{\sqrt n} w^{\frac{n-1}{2}} \exp\left( -\frac{w}{2} \left( 1+\frac{z^2}{n} \right) \right) \end{align} $$
   である。
   また、上の式は $w>0$ の場合に得られたものである。
   一方、$W=Y$ であり、すでに
   $$ \mathbb P(Y>0)=1 $$
   を示したので、
   $$ \mathbb P(W\leq0)=0 $$
   である。
   したがって、$(Z,W)$ の同時密度関数を $\mathbb R^2$ 上の関数として表すために、$w\leq0$ では
   $$ f_{Z,W}(z,w):=0 $$
   と定める。
   $ $
5. よって、$Z$ の密度関数は、任意の $z\in\mathbb R$ に対して、
   $$ \begin{align} f_Z(z) &= \int_{-\infty}^{\infty} f_{Z,W}(z,w)\,dw\\ &= \int_0^\infty f_{Z,W}(z,w)\,dw\\ &= \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \frac{1}{2^{\frac n2}\Gamma\left(\frac n2\right)} \frac{1}{\sqrt n} \int_0^\infty w^{\frac{n-1}{2}} \exp\left( -\frac{w}{2} \left( 1+\frac{z^2}{n} \right) \right) \,dw \end{align} $$
   である。
   ここで、$z\in\mathbb R$ とする。$n\in\mathbb N_{\geq 1}$ であるから、
   $$ 1+\frac{z^2}{n}>0 $$
   である。ここで、
   $$ u = \frac{w}{2} \left( 1+\frac{z^2}{n} \right) $$
   とおく。このとき、
   $$ w = \frac{2u}{1+\frac{z^2}{n}}, \quad dw = \frac{2}{1+\frac{z^2}{n}}\,du $$
   である。
   また、$w=0$ のとき $u=0$ であり、$w\to\infty$ のとき $u\to\infty$ である。
   したがって、
   $$ \begin{align} &\int_0^\infty w^{\frac{n-1}{2}} \exp\left( -\frac{w}{2} \left( 1+\frac{z^2}{n} \right) \right) \,dw\\ &= \int_0^\infty \left( \frac{2u}{1+\frac{z^2}{n}} \right)^{\frac{n-1}{2}} e^{-u} \frac{2}{1+\frac{z^2}{n}} \,du\\ &= 2^{\frac{n+1}{2}} \left( 1+\frac{z^2}{n} \right)^{-\frac{n+1}{2}} \int_0^\infty u^{\frac{n-1}{2}}e^{-u}\,du\\ &= 2^{\frac{n+1}{2}} \left( 1+\frac{z^2}{n} \right)^{-\frac{n+1}{2}} \Gamma\left(\frac{n+1}{2}\right) \end{align} $$
   である。
   $$ \begin{align} f_Z(z) &= \frac{1}{\sqrt{2\pi}} \frac{1}{2^{\frac n2}\Gamma\left(\frac n2\right)} \frac{1}{\sqrt n} 2^{\frac{n+1}{2}} \Gamma\left(\frac{n+1}{2}\right) \left( 1+\frac{z^2}{n} \right)^{-\frac{n+1}{2}}\\ &= \frac{2^{\frac{n+1}{2}}}{2^{\frac n2}\sqrt{2\pi}} \frac{\Gamma\left(\frac{n+1}{2}\right)} {\sqrt n\,\Gamma\left(\frac n2\right)} \left( 1+\frac{z^2}{n} \right)^{-\frac{n+1}{2}}\\ &= \frac{\sqrt 2}{\sqrt{2\pi}} \frac{\Gamma\left(\frac{n+1}{2}\right)} {\sqrt n\,\Gamma\left(\frac n2\right)} \left( 1+\frac{z^2}{n} \right)^{-\frac{n+1}{2}}\\ &= \frac{1}{\sqrt{\pi}} \frac{\Gamma\left(\frac{n+1}{2}\right)} {\sqrt n\,\Gamma\left(\frac n2\right)} \left( 1+\frac{z^2}{n} \right)^{-\frac{n+1}{2}}\\ &= \frac{\Gamma\left(\frac{n+1}{2}\right)} {\sqrt{n\pi}\,\Gamma\left(\frac n2\right)} \left( 1+\frac{z^2}{n} \right)^{-\frac{n+1}{2}} \end{align} $$
   である。
   以上より、$Z$ の密度関数 $f_Z:\mathbb R\to[0,\infty)$ は、任意の $z\in\mathbb R$ に対して
   $$ f_Z(z) = \frac{\Gamma\left(\frac{n+1}{2}\right)} {\sqrt{n\pi}\,\Gamma\left(\frac n2\right)} \left( 1+\frac{z^2}{n} \right)^{-\frac{n+1}{2}} $$
   である。
   これは自由度 $n$ の Student の $t$ 分布の確率密度関数である。

-したがって、Student の $t$ 分布の定義より、
$$ Z\sim t_n $$
である。
$$ \Box$$

まず、
$$ C_\nu := \frac{1}{\sqrt{\nu}} \frac{1}{B\left(\frac{\nu}{2},\frac{1}{2}\right)} $$
とおく。このとき、
$$ p_\nu(x) = C_\nu \left( 1+\frac{x^2}{\nu} \right)^{-\frac{\nu+1}{2}} $$
である。
また、$\nu>1$ より $\nu>0$ であり、
$$ C_\nu>0 $$
である。

1. まず、$X$ が可積分であることを示す。
   $p_\nu$ は偶関数である。実際、任意の $x\in\mathbb R$ に対して、
   $$ \begin{align} p_\nu(-x) &= C_\nu \left( 1+\frac{(-x)^2}{\nu} \right)^{-\frac{\nu+1}{2}}\\ &= C_\nu \left( 1+\frac{x^2}{\nu} \right)^{-\frac{\nu+1}{2}}\\ &= p_\nu(x) \end{align} $$
   である。
   したがって、
   $$ |x|p_\nu(x) $$
   も偶関数である。よって、
   $$ \begin{align} \int_{-\infty}^{\infty}|x|p_\nu(x)\,dx &= 2 \int_0^\infty xp_\nu(x)\,dx\\ &= 2C_\nu \int_0^\infty x \left( 1+\frac{x^2}{\nu} \right)^{-\frac{\nu+1}{2}} \,dx. \end{align} $$
   ここで、
   $$ u = 1+\frac{x^2}{\nu} $$
   とおく。このとき、
   $$ du = \frac{2x}{\nu}\,dx $$
   であるから、
   $$ x\,dx = \frac{\nu}{2}\,du $$
   である。
   また、$x=0$ のとき $u=1$ であり、$x\to\infty$ のとき $u\to\infty$ である。
   したがって、
   $$ \begin{align} \int_0^\infty x \left( 1+\frac{x^2}{\nu} \right)^{-\frac{\nu+1}{2}} \,dx &= \frac{\nu}{2} \int_1^\infty u^{-\frac{\nu+1}{2}} \,du. \end{align} $$
   いま、$\nu>1$ であるから、
   $$ \frac{\nu+1}{2}>1 $$
   である。ゆえに、
   $$ \begin{align} \int_1^\infty u^{-\frac{\nu+1}{2}} \,du &= \lim_{R\to\infty} \int_1^R u^{-\frac{\nu+1}{2}} \,du\\ &= \lim_{R\to\infty} \left[ \frac{u^{-\frac{\nu-1}{2}}}{-\frac{\nu-1}{2}} \right]_1^R\\ &= \lim_{R\to\infty} \frac{2}{\nu-1} \left( 1-R^{-\frac{\nu-1}{2}} \right)\\ &= \frac{2}{\nu-1} <\infty. \end{align} $$
   したがって、
   $$ \int_0^\infty x \left( 1+\frac{x^2}{\nu} \right)^{-\frac{\nu+1}{2}} \,dx = \frac{\nu}{\nu-1} <\infty $$
   である。
   よって、
   $$ \begin{align} \int_{-\infty}^{\infty}|x|p_\nu(x)\,dx &= 2C_\nu \int_0^\infty x \left( 1+\frac{x^2}{\nu} \right)^{-\frac{\nu+1}{2}} \,dx\\ &= 2C_\nu\frac{\nu}{\nu-1}\\ &< \infty. \end{align} $$
   したがって、$X$ は可積分である。
   $ $
2. 次に、期待値を計算する。
   $X$ は可積分であり、密度関数 $p_\nu$ をもつので、
   $$ \mathbb E[X] = \int_{-\infty}^{\infty}xp_\nu(x)\,dx $$
   である。
   ここで、
   $$ g(x):=xp_\nu(x) $$
   とおく。
   $p_\nu$ は偶関数であるから、任意の $x\in\mathbb R$ に対して、
   $$ \begin{align} g(-x) &= (-x)p_\nu(-x)\\ &= (-x)p_\nu(x)\\ &= -g(x) \end{align} $$
   である。したがって、$g$ は奇関数である。
   また、Step $1$ より、
   $$ \int_{-\infty}^{\infty}|g(x)|\,dx = \int_{-\infty}^{\infty}|x|p_\nu(x)\,dx <\infty $$
   である。したがって、$g$ は可積分である。
   任意の $R>0$ に対して、$g$ は奇関数であるから、
   $$ \begin{align} \int_{-R}^{R}g(x)\,dx &= \int_{-R}^{0}g(x)\,dx+\int_0^R g(x)\,dx\\ &= \int_R^0 g(-u)(-du)+\int_0^R g(x)\,dx \qquad \because\ u=-x\\ &= \int_0^R g(-u)\,du+\int_0^R g(x)\,dx\\ &= \int_0^R \left(-g(u)\right)\,du+\int_0^R g(x)\,dx \qquad \because\ g\text{ は奇関数である。}\\ &= -\int_0^R g(u)\,du+\int_0^R g(x)\,dx\\ &= 0. \end{align} $$
   さらに、$g$ は可積分であるから、
   $$ \int_{-\infty}^{\infty}g(x)\,dx = \lim_{R\to\infty} \int_{-R}^{R}g(x)\,dx $$
   である。
   したがって、
   $$ \begin{align} \mathbb E[X] &= \int_{-\infty}^{\infty}xp_\nu(x)\,dx\\ &= \int_{-\infty}^{\infty}g(x)\,dx\\ &= \lim_{R\to\infty} \int_{-R}^{R}g(x)\,dx\\ &= 0. \end{align} $$
   である。

-ゆえに、
$$ \mathbb E[X]=0 $$
である。
$$ \Box$$

まず、
$$ C_\nu := \frac{1}{\sqrt{\nu}} \frac{1}{B\left(\frac{\nu}{2},\frac{1}{2}\right)} $$
とおく。このとき、
$$ p_\nu(x) = C_\nu \left( 1+\frac{x^2}{\nu} \right)^{-\frac{\nu+1}{2}} $$
である。また、$\nu>2$ より特に $\nu>1$ である。
したがって、自由度 $\nu$ の $t$ 分布の期待値(本記事内で証明済み)は存在し、
$$ \mathbb E[X]=0 $$
である。
よって、$X^2$ が可積分であることを示し、その値を計算すれば、分散公式( 証明はコチラ )より
$$ \mathbb V(X) = \mathbb E[X^2]-(\mathbb E[X])^2 = \mathbb E[X^2] $$
である。

1. まず、非負関数 $x^2p_\nu(x)$ の積分を計算する。
   関数
   $$ x^2 \left( 1+\frac{x^2}{\nu} \right)^{-\frac{\nu+1}{2}} $$
   は偶関数であるから、
   $$ \begin{align} \int_{-\infty}^{\infty}x^2p_\nu(x)\,dx &= C_\nu \int_{-\infty}^{\infty} x^2 \left( 1+\frac{x^2}{\nu} \right)^{-\frac{\nu+1}{2}} \,dx\\ &= 2C_\nu \int_0^\infty x^2 \left( 1+\frac{x^2}{\nu} \right)^{-\frac{\nu+1}{2}} \,dx. \end{align} $$
   である。
   ここで、
   $$ I_\nu := \int_0^\infty x^2 \left( 1+\frac{x^2}{\nu} \right)^{-\frac{\nu+1}{2}} \,dx $$
   とおく。
   $ $
2. $I_\nu$ を計算する。
   変数変換
   $$ u = \left( 1+\frac{x^2}{\nu} \right)^{-1} $$
   を行う。
   $x\in[0,\infty)$ であるから、この変数変換により
   $$ 0< u\leq1 $$
   である。また、$x=0$ のとき $u=1$ であり、$x\to\infty$ のとき $u\to0$ である。
   さらに、
   $$ 1+\frac{x^2}{\nu} = \frac{1}{u} $$
   であるから、
   $$ \frac{x^2}{\nu} = \frac{1}{u}-1 = \frac{1-u}{u} $$
   である。したがって、
   $$ x^2 = \nu\frac{1-u}{u} $$
   である。
   ここでは $x\geq0$ の範囲で積分しているので、
   $$ x = \sqrt{\nu} \left( \frac{1-u}{u} \right)^{\frac{1}{2}} $$
   である。また、
   $$ u = \left( 1+\frac{x^2}{\nu} \right)^{-1} $$
   より、
   $$ du = - \left( 1+\frac{x^2}{\nu} \right)^{-2} \frac{2x}{\nu} \,dx $$
   である。ここで、
   $$ \left( 1+\frac{x^2}{\nu} \right)^{-2} = u^2 $$
   であるから、
   $$ du = -\frac{2x}{\nu}u^2\,dx $$
   である。したがって、
   $$ dx = -\frac{\nu}{2x}u^{-2}\,du $$
   である。よって、
   $$ \begin{align} I_\nu &= \int_0^\infty x^2 \left( 1+\frac{x^2}{\nu} \right)^{-\frac{\nu+1}{2}} \,dx\\ &= \int_1^0 x^2 u^{\frac{\nu+1}{2}} \left( -\frac{\nu}{2x}u^{-2} \right) \,du\\ &= \frac{\nu}{2} \int_0^1 x u^{\frac{\nu+1}{2}-2} \,du\\ &= \frac{\nu}{2} \int_0^1 x u^{\frac{\nu-3}{2}} \,du\\ &= \frac{\nu}{2} \int_0^1 \sqrt{\nu} \left( \frac{1-u}{u} \right)^{\frac{1}{2}} u^{\frac{\nu-3}{2}} \,du\\ &= \frac{\nu^{\frac{3}{2}}}{2} \int_0^1 (1-u)^{\frac{1}{2}} u^{-\frac{1}{2}} u^{\frac{\nu-3}{2}} \,du\\ &= \frac{\nu^{\frac{3}{2}}}{2} \int_0^1 u^{\frac{\nu}{2}-2} (1-u)^{\frac{3}{2}-1} \,du. \end{align} $$
   ここで、$\nu>2$ より
   $$ \frac{\nu}{2}-1>0 $$
   である。
   ベータ関数の定義より、$a>0,b>0$ に対して
   $$ B(a,b) = \int_0^1 u^{a-1}(1-u)^{b-1} \,du $$
   である。
   したがって、
   $$ \begin{align} I_\nu &= \frac{\nu^{\frac{3}{2}}}{2} B\left( \frac{\nu}{2}-1,\frac{3}{2} \right). \end{align} $$
   特に、$I_\nu<\infty$ である。
   したがって、
   $$ \int_{-\infty}^{\infty}x^2p_\nu(x)\,dx = 2C_\nu I_\nu <\infty $$
   である。ゆえに、$X^2$ は可積分であり、$\mathbb E[X^2]$ は有限な実数として存在する。
   $ $
3. 次に、$\mathbb E[X^2]$ の値を計算する。
   上の計算より、
   $$ \begin{align} \mathbb E[X^2] &= \int_{-\infty}^{\infty}x^2p_\nu(x)\,dx\\ &= 2C_\nu I_\nu\\ &= 2 \frac{1}{\sqrt{\nu}} \frac{1}{B\left(\frac{\nu}{2},\frac{1}{2}\right)} \cdot \frac{\nu^{\frac{3}{2}}}{2} B\left( \frac{\nu}{2}-1,\frac{3}{2} \right)\\ &= \frac{\nu}{B\left(\frac{\nu}{2},\frac{1}{2}\right)} B\left( \frac{\nu}{2}-1,\frac{3}{2} \right). \end{align} $$
   ここで、ベータ関数の関係式(証明要(後日更新))
   $$ B(s,t+1) = \frac{t}{s}B(s+1,t) \qquad (s>0,\ t>0) $$
   を用いる。
   $s=\frac{\nu}{2}-1$、$t=\frac{1}{2}$ とおくと、$\nu>2$ より $s>0$ であり、$t>0$ である。したがって、
   $$ \begin{align} B\left( \frac{\nu}{2}-1,\frac{3}{2} \right) &= \frac{\frac{1}{2}}{\frac{\nu}{2}-1} B\left( \frac{\nu}{2},\frac{1}{2} \right)\\ &= \frac{1}{\nu-2} B\left( \frac{\nu}{2},\frac{1}{2} \right). \end{align} $$
   ゆえに、
   $$ \begin{align} \mathbb E[X^2] &= \frac{\nu}{B\left(\frac{\nu}{2},\frac{1}{2}\right)} \cdot \frac{1}{\nu-2} B\left( \frac{\nu}{2},\frac{1}{2} \right)\\ &= \frac{\nu}{\nu-2}. \end{align} $$
   最後に、$\mathbb E[X]=0$ である(本記事内で証明済み)から、分散公式( 証明はコチラ )より
   $$ \begin{align} \mathbb V(X) &= \mathbb E[X^2]-(\mathbb E[X])^2\\ &= \frac{\nu}{\nu-2}-0^2\\ &= \frac{\nu}{\nu-2}. \end{align} $$

-したがって、
$$ \mathbb V(X) = \frac{\nu}{\nu-2} $$
である。
$$ \Box$$