カイ二乗分布の基本的な性質を段階的に示す
Def.
正の実数 $s>0$ に対して、広義積分
$$
\int_0^\infty t^{s-1}e^{-t}\,dt
$$
は収束する(後述)。そこで、
$$
\Gamma(s):=\int_0^\infty t^{s-1}e^{-t}\,dt
$$
と定める。このようにして定まる関数
$$
\Gamma:(0,\infty)\to\mathbb R
$$
を、(正の実数上の)ガンマ関数という。
$(\Omega,\mathcal F,\mathbb P)$ を確率空間とし、
$$
X:(\Omega,\mathcal F)\to(\mathbb R,\mathcal B(\mathbb R))
$$
を実数値確率変数とする。また、$\nu>0$ とする。
- $X$ が自由度 $\nu$ のカイ二乗分布に従うとは、任意の実数 $a,b$ に対して $a< b$ ならば、
$$ \mathbb P(a< X\leq b) = \int_a^b f_\nu(x)\,dx $$
が成り立つことをいう。ただし、$f_\nu:\mathbb R\to[0,\infty)$ は
$$ f_\nu(x) := \begin{cases} \dfrac{1}{2^{\nu/2}\Gamma\left(\frac{\nu}{2}\right)} x^{\frac{\nu}{2}-1}e^{-x/2}, & x>0,\\ 0, & x\leq0 \end{cases} $$
で定まる関数である。 - このとき、
$$ X\sim\chi^2_\nu $$
または
$$ X\sim\chi^2(\nu) $$
と書く。
-この分布を、自由度 $\nu$ のカイ二乗分布という。
$\nu$ を自由度という。
ここで、$\operatorname{Gamma}(\alpha,\theta)$ は、形状母数 $\alpha>0$、尺度母数 $\theta>0$ のガンマ分布を表すものとする。
自由度 $\nu$ のカイ二乗分布は、形状母数 $\frac{\nu}{2}$、尺度母数 $2$ のガンマ分布に一致する。
すなわち、分布として
$$
\chi^2_\nu
=
\operatorname{Gamma}\left(\frac{\nu}{2},2\right)
$$
である。
いま、$\nu\in\mathbb N$ とする。
$Z_1,\ldots,Z_\nu$ を同じ確率空間上の実数値確率変数とし、互いに独立で、各 $i=1,\ldots,\nu$ に対して
$$
Z_i\sim\mathcal N(0,1)
$$
を満たすとする。
このとき、
$$
X:=\sum_{i=1}^{\nu} Z_i^2
$$
と定めると、
$$
X\sim\chi^2_\nu
$$
である。
したがって、自由度 $\nu\in\mathbb N$ の場合、自由度 $\nu$ のカイ二乗分布は、$\nu$ 個の独立な標準正規確率変数の平方和の分布として理解できる。
一方、密度関数による定義自体は、ガンマ関数 $\Gamma$ を用いることで一般の実数 $\nu>0$ に対して定義できる。
Prop&Proof
$s>0$ とする。このとき、広義積分
$$
\int_0^\infty t^{s-1}e^{-t}\,dt
$$
は収束する。
$s>0$ とする。
被積分関数 $t\mapsto t^{s-1}e^{-t}$ は $(0,\infty)$ 上で非負連続である。
広義積分を $1$ で分割して、
$$
\int_0^1 t^{s-1}e^{-t}\,dt
$$
と
$$
\int_1^\infty t^{s-1}e^{-t}\,dt
$$
がともに収束することを示す。これが示されれば、
$$
\int_0^\infty t^{s-1}e^{-t}\,dt
$$
は収束する。
- $0$ の近くでの収束を示す。
任意の $t\in(0,1]$ に対して、
$$ 0< e^{-t}\leq 1 $$
である。したがって、
$$ 0\leq t^{s-1}e^{-t}\leq t^{s-1} $$
である。
また、$s>0$ であるから、
$$ \int_0^1 t^{s-1}\,dt = \frac{1}{s} < \infty $$
である。
よって、比較判定法により(補足を参照)、
$$ \int_0^1 t^{s-1}e^{-t}\,dt $$
は収束する。
$ $ - $\infty$ の近くでの収束を示す。
アルキメデス性より、ある $n\in\mathbb N$ が存在して、
$$ n>s-1 $$
を満たす。
指数関数の級数展開より、任意の $t\geq0$ に対して、
$$ e^t = \sum_{k=0}^{\infty}\frac{t^k}{k!} \geq \frac{t^{n+1}}{(n+1)!} $$
である(補足を参照)。
したがって、両辺は正であるから、逆数を取ると不等号の向きが反転し、
任意の $t>0$ に対して、
$$ e^{-t} \leq (n+1)!t^{-(n+1)} $$
である。
ゆえに、任意の $t\geq1$ に対して、
$$ 0\leq t^{s-1}e^{-t} \leq (n+1)!t^{s-1-(n+1)} = (n+1)!t^{s-n-2} $$
である。
ここで、$n>s-1$ より、
$$ s-n-2<-1 $$
である。したがって、
$$ \int_1^\infty t^{s-n-2}\,dt $$
は収束する。
よって、比較判定法により、
$$ \int_1^\infty t^{s-1}e^{-t}\,dt $$
は収束する。
$ $
-以上より、
$$
\int_0^\infty t^{s-1}e^{-t}\,dt
$$
は収束する。
$$ \Box$$
広義積分の比較判定法とは、非負関数 $f,g$ について、ある区間上で
$$
0\leq f(t)\leq g(t)
$$
が成り立ち、さらに
$$
\int g(t)\,dt
$$
が収束するならば、
$$
\int f(t)\,dt
$$
も収束する、という判定法である。
本証明では、$0$ の近くでは
$$
0\leq t^{s-1}e^{-t}\leq t^{s-1}
$$
と評価し、$\int_0^1 t^{s-1}\,dt$ の収束から
$$
\int_0^1 t^{s-1}e^{-t}\,dt
$$
の収束を導く。
また、$\infty$ の近くでは、適切な $n\in\mathbb N$ を用いて
$$
0\leq t^{s-1}e^{-t}\leq (n+1)!t^{s-n-2}
$$
と評価し、$\int_1^\infty t^{s-n-2}\,dt$ の収束から
$$
\int_1^\infty t^{s-1}e^{-t}\,dt
$$
の収束を導く。
つまり、この証明では、被積分関数 $t^{s-1}e^{-t}$ を直接積分するのではなく、収束が分かりやすい関数で上から評価しているのである。
指数関数の級数展開より、任意の $t\geq0$ に対して、
$$
e^t
=
\sum_{k=0}^{\infty}\frac{t^k}{k!}
$$
である。
ここで、部分和
$$
S_m:=\sum_{k=0}^{m}\frac{t^k}{k!}
$$
を考える。
$t\geq0$ であるから、任意の $k\in\mathbb N\cup\{0\}$ に対して、
$$
\frac{t^k}{k!}\geq0
$$
である。
したがって、$m\geq n+1$ のとき、
$$
S_m
=
\sum_{k=0}^{m}\frac{t^k}{k!}
=
\frac{t^{n+1}}{(n+1)!}
+
\sum_{\substack{0\leq k\leq m\\k\ne n+1}}\frac{t^k}{k!}
\geq
\frac{t^{n+1}}{(n+1)!}
$$
である。
ここで、
$$
e^t
=
\lim_{m\to\infty}S_m
$$
である。
また、すべての $m\geq n+1$ に対して
$$
S_m\geq \frac{t^{n+1}}{(n+1)!}
$$
が成り立つので、極限をとっても
$$
e^t
=
\lim_{m\to\infty}S_m
\geq
\frac{t^{n+1}}{(n+1)!}
$$
が成り立つ。
以上より、任意の $t\geq0$ に対して、
$$
e^t
\geq
\frac{t^{n+1}}{(n+1)!}
$$
である。
$\nu>0$ とし、$f_\nu:\mathbb R\to[0,\infty)$ を
$$
f_\nu(x)
:=
\begin{cases}
\dfrac{1}{2^{\nu/2}\Gamma\left(\frac{\nu}{2}\right)}
x^{\frac{\nu}{2}-1}e^{-x/2},
& x>0,\\
0,
& x\leq0
\end{cases}
$$
で定める。このとき、$f_\nu$ は $\mathbb R$ 上の確率密度関数である。
すなわち、$f_\nu$ はボレル可測であり、任意の $x\in\mathbb R$ に対して $f_\nu(x)\geq0$ であり、
$$
\int_{-\infty}^{\infty}f_\nu(x)\,dx=1
$$
が成り立つ。
$\nu>0$ とする。すると、$\frac{\nu}{2}>0$ であるから、ガンマ関数の定義より、
$$
\Gamma\left(\frac{\nu}{2}\right)
=
\int_0^\infty t^{\frac{\nu}{2}-1}e^{-t}\,dt
$$
である。さらに、被積分関数は $(0,\infty)$ 上で正であるから、
$$
\Gamma\left(\frac{\nu}{2}\right)>0
$$
である。したがって、$f_\nu$ は正しく定義される。
- まず、$f_\nu$ は $(-\infty,0]$ 上で定数関数であり、$(0,\infty)$ 上で連続関数である。したがって、$f_\nu$ は $\mathbb R$ 上のボレル可測関数である。
また、任意の $x\in\mathbb R$ に対して、定義より $f_\nu(x)\geq0$ である。
$ $ - 次に
$$ \int_{-\infty}^{\infty}f_\nu(x)\,dx=1 $$
を示す。$\nu>0$ より、
$$ \frac{\nu}{2}>0 $$
である。したがって、ガンマ関数の定義より、
$$ \Gamma\left(\frac{\nu}{2}\right) = \int_0^\infty t^{\frac{\nu}{2}-1}e^{-t}\,dt $$
である。ここで、$x=2t$ とおく。このとき、$dx=2\,dt$ であるから、
広義積分の変数変換により、
$$ \begin{align} \int_0^\infty x^{\frac{\nu}{2}-1}e^{-x/2}\,dx &= \int_0^\infty (2t)^{\frac{\nu}{2}-1}e^{-t}\,2\,dt\\ &= 2^{\frac{\nu}{2}}\int_0^\infty t^{\frac{\nu}{2}-1}e^{-t}\,dt\\ &= 2^{\frac{\nu}{2}}\Gamma\left(\frac{\nu}{2}\right) \end{align} $$
である。
よって、$f_\nu(x)=0$ が $x\leq0$ で成り立つことから、
$$ \begin{align} \int_{-\infty}^{\infty}f_\nu(x)\,dx &= \int_{-\infty}^{0}f_\nu(x)\,dx + \int_0^\infty f_\nu(x)\,dx\\ &= 0 + \int_0^\infty \dfrac{1}{2^{\nu/2}\Gamma\left(\frac{\nu}{2}\right)} x^{\frac{\nu}{2}-1}e^{-x/2}\,dx\\ &= \dfrac{1}{2^{\nu/2}\Gamma\left(\frac{\nu}{2}\right)} \int_0^\infty x^{\frac{\nu}{2}-1}e^{-x/2}\,dx\\ &= \dfrac{1}{2^{\nu/2}\Gamma\left(\frac{\nu}{2}\right)} 2^{\frac{\nu}{2}}\Gamma\left(\frac{\nu}{2}\right)\\ &= 1 \end{align} $$
である。
-以上より、$f_\nu$ はボレル可測であり、非負であり、全積分が $1$ である。
したがって、$f_\nu$ は $\mathbb R$ 上の確率密度関数である。
$$ \Box$$
$n>0$ とする。$X$ を自由度 $n$ のカイ二乗分布に従う実数値確率変数とする。
このとき、$X$ は可積分であり、
$$
\mathbb E[X]=n
$$
が成り立つ。
$X\sim\chi^2_n$ とする。
自由度 $n$ のカイ二乗分布の確率密度関数 $f_n:\mathbb R\to[0,\infty)$ は、
$$
f_n(x)
:=
\begin{cases}
\dfrac{1}{2^{n/2}\Gamma\left(\frac{n}{2}\right)}
x^{\frac{n}{2}-1}e^{-x/2},
& x>0,\\
0,
& x\leq0
\end{cases}
$$
である。
したがって、
$$
\mathbb P(X\leq0)
=
\int_{-\infty}^{0}f_n(x)\,dx
=
0
$$
である。ゆえに、$X\geq0$ がほとんど確実に成り立つ。
また、非負確率変数の期待値より、まず(拡大)実数値として
$$
\mathbb E[X]
=
\int_0^\infty x f_n(x)\,dx
$$
である。
ゆえに、
$$
\begin{align}
\mathbb E[X]
&=
\int_0^\infty
x
\dfrac{1}{2^{n/2}\Gamma\left(\frac{n}{2}\right)}
x^{\frac{n}{2}-1}e^{-x/2}\,dx\\
&=
\dfrac{1}{2^{n/2}\Gamma\left(\frac{n}{2}\right)}
\int_0^\infty
x^{\frac{n}{2}}e^{-x/2}\,dx
\end{align}
$$
である。
ここで、$x=2t$ とおくと、$dx=2\,dt$ である。したがって、広義積分の変数変換により、
$$
\begin{align}
\int_0^\infty x^{\frac{n}{2}}e^{-x/2}\,dx
&=
\int_0^\infty (2t)^{\frac{n}{2}}e^{-t}\,2\,dt\\
&=
2^{\frac{n}{2}+1}
\int_0^\infty t^{\frac{n}{2}}e^{-t}\,dt\\
&=
2^{\frac{n}{2}+1}
\Gamma\left(\frac{n}{2}+1\right)
\end{align}
$$
である。ここで最後の等号は、ガンマ関数の定義
$$
\Gamma(s)=\int_0^\infty t^{s-1}e^{-t}\,dt
\quad
(s>0)
$$
において $s=\frac{n}{2}+1$ としたものである。
よって、
$$
\begin{align}
\mathbb E[X]
&=
\dfrac{1}{2^{n/2}\Gamma\left(\frac{n}{2}\right)}
2^{\frac{n}{2}+1}
\Gamma\left(\frac{n}{2}+1\right)\\
&=
\dfrac{2\Gamma\left(\frac{n}{2}+1\right)}
{\Gamma\left(\frac{n}{2}\right)}
\end{align}
$$
である。
ガンマ関数の漸化式(証明要(後日更新))
$$
\Gamma(s+1)=s\Gamma(s)
\quad
(s>0)
$$
より、
$$
\Gamma\left(\frac{n}{2}+1\right)
=
\frac{n}{2}\Gamma\left(\frac{n}{2}\right)
$$
である。
したがって、
$$
\begin{align}
\mathbb E[X]
&=
\dfrac{2}{\Gamma\left(\frac{n}{2}\right)}
\cdot
\frac{n}{2}\Gamma\left(\frac{n}{2}\right)\\
&=
n
\end{align}
$$
である。以上より、
$$
\mathbb E[X]=n<\infty
$$
である。また、すでに $X\geq0$ がほとんど確実に成り立つことを示したので、
$$
\mathbb E[|X|]=\mathbb E[X]<\infty
$$
である。したがって、$X$ は可積分である。
$$ \Box$$
$n>0$ とする。$X$ を自由度 $n$ のカイ二乗分布に従う実数値確率変数とする。
このとき、$X^2$ は可積分であり、
$$
\mathbb V[X]=2n
$$
が成り立つ。
$X\sim\chi^2_n$ とする。
自由度 $n$ のカイ二乗分布の確率密度関数 $f_n:\mathbb R\to[0,\infty)$ は、
$$
f_n(x)
:=
\begin{cases}
\dfrac{1}{2^{n/2}\Gamma\left(\frac n2\right)}
x^{\frac n2-1}e^{-x/2},
& x>0,\\
0,
& x\leq0
\end{cases}
$$
である。
したがって、
$$
\mathbb P(X\leq0)
=
\int_{-\infty}^{0}f_n(x)\,dx
=
0
$$
である。ゆえに、$X\geq0$ がほとんど確実に成り立つ。
まず、非負確率変数 $X^2$ について、拡大実数値として
$$
\mathbb E[X^2]
=
\int_0^\infty x^2 f_n(x)\,dx
$$
である。
したがって、
$$
\begin{align}
\mathbb E[X^2]
&=
\int_0^\infty
x^2
\dfrac{1}{2^{n/2}\Gamma\left(\frac n2\right)}
x^{\frac n2-1}e^{-x/2}\,dx\\
&=
\dfrac{1}{2^{n/2}\Gamma\left(\frac n2\right)}
\int_0^\infty x^{\frac n2+1}e^{-x/2}\,dx
\end{align}
$$
である。
ここで、$x=2t$ とおくと、$dx=2\,dt$ である。よって、広義積分の変数変換により、
$$
\begin{align}
\int_0^\infty x^{\frac n2+1}e^{-x/2}\,dx
&=
\int_0^\infty (2t)^{\frac n2+1}e^{-t}\,2\,dt\\
&=
2^{\frac n2+2}
\int_0^\infty t^{\frac n2+1}e^{-t}\,dt\\
&=
2^{\frac n2+2}
\Gamma\left(\frac n2+2\right)
\end{align}
$$
である。
したがって、
$$
\begin{align}
\mathbb E[X^2]
&=
\dfrac{1}{2^{n/2}\Gamma\left(\frac n2\right)}
2^{\frac n2+2}
\Gamma\left(\frac n2+2\right)\\
&=
\dfrac{4\Gamma\left(\frac n2+2\right)}
{\Gamma\left(\frac n2\right)}
\end{align}
$$
である。
ガンマ関数の漸化式(証明要(後日更新))
$$
\Gamma(s+1)=s\Gamma(s)
\quad
(s>0)
$$
を繰り返し適用する事により、
$$
\begin{align}
\Gamma\left(\frac n2+2\right)
&=
\left(\frac n2+1\right)\Gamma\left(\frac n2+1\right)\\
&=
\left(\frac n2+1\right)\frac n2\Gamma\left(\frac n2\right)
\end{align}
$$
である。
ゆえに、
$$
\begin{align}
\mathbb E[X^2]
&=
\dfrac{4}{\Gamma\left(\frac n2\right)}
\left(\frac n2+1\right)\frac n2\Gamma\left(\frac n2\right)\\
&=
4\cdot\frac n2\left(\frac n2+1\right)\\
&=
2n\left(\frac n2+1\right)\\
&=
n(n+2)
\end{align}
$$
である。したがって、
$$
\mathbb E[X^2]=n(n+2)<\infty
$$
である。また、$X^2\geq0$ であるから、
$$
\mathbb E[|X^2|]=\mathbb E[X^2]<\infty
$$
である。よって、$X^2$ は可積分である。
また、すでに示した通り、
$$
\mathbb E[X]=n
$$
である。よって、分散の公式(
証明はコチラ
)より、
$$
\begin{align}
\mathbb V[X]
&=
\mathbb E[X^2]-\left(\mathbb E[X]\right)^2\\
&=
n(n+2)-n^2\\
&=
2n
\end{align}
$$
である。
$$ \Box$$
$\nu>0$ とする。$Z$ を自由度 $\nu$ のカイ二乗分布に従う実数値確率変数とする。
このとき、$Z$ のモーメント母関数 $M_Z$ は、任意の $t<\frac{1}{2}$ に対して有限であり、
$$
M_Z(t)
=
\mathbb E[e^{tZ}]
=
(1-2t)^{-\nu/2}
$$
が成り立つ。
$Z\sim\chi^2_\nu$ とする。
自由度 $\nu$ のカイ二乗分布の確率密度関数 $f_\nu:\mathbb R\to[0,\infty)$ は、
$$
f_\nu(x)
:=
\begin{cases}
\dfrac{1}{2^{\nu/2}\Gamma\left(\frac{\nu}{2}\right)}
x^{\frac{\nu}{2}-1}e^{-x/2},
& x>0,\\
0,
& x\leq0
\end{cases}
$$
である。
$t<\frac{1}{2}$ とする。このとき、
$$
\frac{1}{2}-t>0
$$
である。
関数 $x\mapsto e^{tx}$ は非負ボレル可測関数である。また、$Z$ の分布は密度 $f_\nu$ をもつ。
したがって、期待値の性質より、$[0,\infty]$ に値をとる拡大実数値として
$$
\mathbb E[e^{tZ}]
=
\int_{\mathbb R} e^{tx}f_\nu(x)\,dx
$$
である(
証明はコチラ(命題$12$)
)。
さらに、$f_\nu(x)=0$ が $x\leq0$ で成り立つので、
$$
\mathbb E[e^{tZ}]
=
\int_0^\infty e^{tx}f_\nu(x)\,dx
$$
である。
ゆえに、
$$
\begin{align}
M_Z(t)
&=
\mathbb E[e^{tZ}]\\
&=
\int_0^\infty e^{tx}
\dfrac{1}{2^{\nu/2}\Gamma\left(\frac{\nu}{2}\right)}
x^{\frac{\nu}{2}-1}e^{-x/2}\,dx\\
&=
\dfrac{1}{2^{\nu/2}\Gamma\left(\frac{\nu}{2}\right)}
\int_0^\infty
x^{\frac{\nu}{2}-1}
e^{-\left(\frac{1}{2}-t\right)x}
\,dx
\end{align}
$$
である。
ここで、
$$
u=\left(\frac{1}{2}-t\right)x
$$
とおく。このとき、
$$
x=\frac{u}{\frac{1}{2}-t},
\quad
dx=\frac{1}{\frac{1}{2}-t}\,du
$$
である。
また、$\frac{1}{2}-t>0$ であるから、$x$ が $0$ から $\infty$ まで動くとき、$u$ も $0$ から $\infty$ まで動く。
したがって、広義積分の変数変換により、
$$
\begin{align}
\int_0^\infty
x^{\frac{\nu}{2}-1}
e^{-\left(\frac{1}{2}-t\right)x}
\,dx
&=
\int_0^\infty
\left(\frac{u}{\frac{1}{2}-t}\right)^{\frac{\nu}{2}-1}
e^{-u}
\frac{1}{\frac{1}{2}-t}
\,du\\
&=
\left(\frac{1}{2}-t\right)^{-\left(\frac{\nu}{2}-1\right)}
\left(\frac{1}{2}-t\right)^{-1}
\int_0^\infty
u^{\frac{\nu}{2}-1}e^{-u}\,du\\
&=
\left(\frac{1}{2}-t\right)^{-\nu/2}
\int_0^\infty
u^{\frac{\nu}{2}-1}e^{-u}\,du\\
&=
\left(\frac{1}{2}-t\right)^{-\nu/2}
\Gamma\left(\frac{\nu}{2}\right)
\end{align}
$$
である。
よって、
$$
\begin{align}
M_Z(t)
&=
\dfrac{1}{2^{\nu/2}\Gamma\left(\frac{\nu}{2}\right)}
\left(\frac{1}{2}-t\right)^{-\nu/2}
\Gamma\left(\frac{\nu}{2}\right)\\
&=
2^{-\nu/2}
\left(\frac{1}{2}-t\right)^{-\nu/2}\\
&=
\left(2\left(\frac{1}{2}-t\right)\right)^{-\nu/2}\\
&=
(1-2t)^{-\nu/2}
\end{align}
$$
である。
ここで、$t<\frac{1}{2}$ より $1-2t>0$ であるから、
$$
(1-2t)^{-\nu/2}<\infty
$$
である。したがって、$M_Z(t)$ は有限である。
以上より、任意の $t<\frac{1}{2}$ に対して、
$$
M_Z(t)
=
\mathbb E[e^{tZ}]
=
(1-2t)^{-\nu/2}
$$
が成り立つ。
$$ \Box$$
確率空間 $(\Omega,\mathcal F,\mathbb P)$ 上で、実数値確率変数 $X,Y$ が互いに独立であり、
$$
X\sim\chi^2_{\nu_1},
\quad
Y\sim\chi^2_{\nu_2}
$$
を満たすとする。ただし、$\nu_1,\nu_2>0$ とする。
このとき、
$$
X+Y\sim\chi^2_{\nu_1+\nu_2}
$$
が成り立つ。
自由度 $\nu>0$ のカイ二乗分布に従う確率変数 $Z$ のモーメント母関数は、
$$
M_Z(t)
=
\mathbb E[e^{tZ}]
=
(1-2t)^{-\nu/2}
\quad
\left(t<\frac{1}{2}\right)
$$
である($1$つ上で示した命題)。いま、$t<\frac{1}{2}$ とする。
$ $
- $X$ と $Y$ は独立であるから、可測関数による像も独立である。
したがって、$e^{tX}$ と $e^{tY}$ は独立である(補足を参照)。
また、
$$ \mathbb E[e^{tX}] = (1-2t)^{-\nu_1/2} < \infty $$
かつ
$$ \mathbb E[e^{tY}] = (1-2t)^{-\nu_2/2} < \infty $$
である。
したがって、独立性より、
$$ \begin{align} M_{X+Y}(t) &= \mathbb E[e^{t(X+Y)}]\\ &= \mathbb E[e^{tX}e^{tY}]\\ &= \mathbb E[e^{tX}]\mathbb E[e^{tY}]\\ &= M_X(t)M_Y(t)\\ &= (1-2t)^{-\nu_1/2}(1-2t)^{-\nu_2/2}\\ &= (1-2t)^{-(\nu_1+\nu_2)/2} \end{align} $$
である( 証明はコチラ )。
$ $ - 一方、$1$ つ上の命題より、任意の自由度 $\nu>0$ に対して、自由度 $\nu$ のカイ二乗分布に従う確率変数のモーメント母関数は
$$ M(t) = (1-2t)^{-\nu/2} \quad \left(t<\frac{1}{2}\right) $$
である。
いま、$\nu_1,\nu_2>0$ であるから、
$$ \nu_1+\nu_2>0 $$
である。したがって、上の結果を自由度
$$ \nu=\nu_1+\nu_2 $$
の場合に適用できる。
よって、自由度 $\nu_1+\nu_2$ のカイ二乗分布に従う確率変数のモーメント母関数は、任意の $t<\frac{1}{2}$ に対して
$$ (1-2t)^{-(\nu_1+\nu_2)/2} $$
である。
-したがって、$X+Y$ のモーメント母関数は、自由度 $\nu_1+\nu_2$ のカイ二乗分布のモーメント母関数と、$0$ を含む開区間 $\left(-\infty,\frac{1}{2}\right)$ 上で一致する。
また、両者のモーメント母関数はこの区間上で有限である。ゆえに、モーメント母関数の一意性定理より、
$$
X+Y\sim\chi^2_{\nu_1+\nu_2}
$$
が成り立つ。
$$ \Box$$
$X,Y$ を同じ確率空間上の独立な実数値確率変数とする。また、$g,h:\mathbb R\to\mathbb R$ をボレル可測関数とする。
このとき、$g(X)$ と $h(Y)$ は独立である。
実際、任意の $A,B\in\mathcal B(\mathbb R)$ に対して、$g^{-1}(A),h^{-1}(B)\in\mathcal B(\mathbb R)$ である。したがって、$X$ と $Y$ の独立性より、
$$
\begin{align}
\mathbb P(g(X)\in A,\ h(Y)\in B)
&=
\mathbb P(X\in g^{-1}(A),\ Y\in h^{-1}(B))\\
&=
\mathbb P(X\in g^{-1}(A))\mathbb P(Y\in h^{-1}(B))\\
&=
\mathbb P(g(X)\in A)\mathbb P(h(Y)\in B)
\end{align}
$$
である。
よって、$g(X)$ と $h(Y)$ は独立である。
$m\in\mathbb N_{>0}$ とする。確率空間 $(\Omega,\mathcal F,\mathbb P)$ 上の実数値確率変数
$$
X_1,\ldots,X_m
$$
が互いに独立であり、各 $i=1,\ldots,m$ に対して
$$
X_i\sim\chi^2_{\nu_i}
$$
を満たすとする。ただし、
$$
\nu_i>0
\quad
(i=1,\ldots,m)
$$
である。
このとき、
$$
S_m:=\sum_{i=1}^m X_i
$$
と定めると、
$$
S_m\sim\chi^2_{\nu_1+\cdots+\nu_m}
$$
が成り立つ。
各 $i=1,\ldots,m$ に対して、
$$
X_i\sim\chi^2_{\nu_i}
$$
であるから、カイ二乗分布のモーメント母関数より、任意の $t<\frac{1}{2}$ に対して、
$$
M_{X_i}(t)
=
\mathbb E[e^{tX_i}]
=
(1-2t)^{-\nu_i/2}
$$
である(本記事内で証明済み)。いま、$t<\frac{1}{2}$ とする。
$X_1,\ldots,X_m$ は互いに独立であるから、可測関数による像も互いに独立である。したがって、
$$
e^{tX_1},\ldots,e^{tX_m}
$$
は互いに独立である(補足を参照)。
また、各 $i=1,\ldots,m$ に対して、
$$
\mathbb E[e^{tX_i}]
=
(1-2t)^{-\nu_i/2}
<
\infty
$$
である。
したがって、独立性と期待値の積の公式(
証明はコチラ
)より、
$$
\begin{align}
M_{S_m}(t)
&=
\mathbb E[e^{tS_m}]\\
&=
\mathbb E\left[e^{t\sum_{i=1}^m X_i}\right]\\
&=
\mathbb E\left[\prod_{i=1}^m e^{tX_i}\right]\\
&=
\prod_{i=1}^m \mathbb E[e^{tX_i}]\\
&=
\prod_{i=1}^m (1-2t)^{-\nu_i/2}\\
&=
(1-2t)^{-\frac{1}{2}\sum_{i=1}^m\nu_i}
\end{align}
$$
である。ここで、
$$
\nu:=\sum_{i=1}^m\nu_i
$$
とおく。各 $\nu_i>0$ であるから、
$$
\nu>0
$$
である。
したがって、自由度 $\nu$ のカイ二乗分布のモーメント母関数は、任意の $t<\frac{1}{2}$ に対して、
$$
(1-2t)^{-\nu/2}
$$
である。
ゆえに、$S_m$ のモーメント母関数は、自由度 $\nu$ のカイ二乗分布のモーメント母関数と、$0$ を含む開区間
$$
\left(-\infty,\frac{1}{2}\right)
$$
上で一致する。また、両者のモーメント母関数はこの区間上で有限である。
よって、モーメント母関数の一意性定理より、
$$
S_m\sim\chi^2_\nu
$$
である。すなわち、
$$
\sum_{i=1}^m X_i
\sim
\chi^2_{\nu_1+\cdots+\nu_m}
$$
が成り立つ。
$$ \Box$$
$X_1,\ldots,X_m$ を互いに独立な実数値確率変数とする。また、各 $i=1,\ldots,m$ に対して、$g_i:\mathbb R\to\mathbb R$ をボレル可測関数とする。
このとき、
$$
g_1(X_1),\ldots,g_m(X_m)
$$
も互いに独立である。
実際、任意の $B_1,\ldots,B_m\in\mathcal B(\mathbb R)$ に対して、各 $g_i$ はボレル可測であるから、
$$
g_i^{-1}(B_i)\in\mathcal B(\mathbb R)
$$
である。したがって、$X_1,\ldots,X_m$ の独立性より、
$$
\begin{align}
\mathbb P\left(\bigcap_{i=1}^{m}\{g_i(X_i)\in B_i\}\right)
&=
\mathbb P\left(\bigcap_{i=1}^{m}\{X_i\in g_i^{-1}(B_i)\}\right)\\
&=
\prod_{i=1}^{m}\mathbb P\left(X_i\in g_i^{-1}(B_i)\right)\\
&=
\prod_{i=1}^{m}\mathbb P\left(g_i(X_i)\in B_i\right)
\end{align}
$$
である。
よって、$g_1(X_1),\ldots,g_m(X_m)$ は互いに独立である。
本証明では、各 $i=1,\ldots,m$ に対して
$$
g_i(x):=e^{tx}
$$
とおくことで、
$$
e^{tX_1},\ldots,e^{tX_m}
$$
が互いに独立であることを用いている。
$(\Omega,\mathcal F,\mathbb P)$ を確率空間とし、$X$ を実数値確率変数とする。
$$
X\sim\mathcal N(0,1)
$$
とし、
$$
Y:=X^2
$$
と定める。このとき、
$$
Y\sim\chi^2_1
$$
である。
$X\sim\mathcal N(0,1)$ とする。
標準正規分布の確率密度関数を $\varphi:\mathbb R\to[0,\infty)$ とおくと、
$$
\varphi(x)
=
\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-x^2/2}
$$
である。
ここで、$Y:=X^2$ と定める。写像 $q:\mathbb R\to\mathbb R$ を $q(x):=x^2$ で定めると、$q$ は連続であるからボレル可測である。
したがって、$Y=q\circ X$ は実数値確率変数である。
- $Y:=X^2$ より $Y\geq0$ である。
i) $y<0$ のとき、$Y\geq0$ より $\mathbb P(Y\leq y)=0$ である。
また、$y=0$ のとき、
$$ \begin{align} \mathbb P(Y\leq0) &= \mathbb P(X^2\leq0) &&\because Y=X^2\\ &= \mathbb P(X^2=0) &&\because X^2\geq0\\ &= \mathbb P(X=0) &&\because X^2=0\iff X=0\\ &= 0 &&\because \text{ 補足を参照。} \end{align} $$
である(補足を参照)。
$ $
ii) $y>0$ とする。このとき、
$$ Y\leq y \iff X^2\leq y \iff -\sqrt y\leq X\leq \sqrt y $$
である。
したがって、$X$ が標準正規分布に従うことより、
$$ \mathbb P(Y\leq y) = \mathbb P(-\sqrt y\leq X\leq \sqrt y) = \int_{-\sqrt y}^{\sqrt y} \frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-x^2/2}\,dx $$
である。
ここで、$y>0$ に対して分布関数
$$ F_Y(y):=\mathbb P(Y\leq y) $$
を考えると、
$$ F_Y(y) = \int_{-\sqrt y}^{\sqrt y} \frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-x^2/2}\,dx $$
である。
積分の微分公式より、$y>0$ に対して、
$$ \begin{align} F_Y'(y) &= \frac{d}{dy} \int_{-\sqrt y}^{\sqrt y} \frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-x^2/2}\,dx &&\because F_Y(y)=\int_{-\sqrt y}^{\sqrt y}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-x^2/2}\,dx \\ &= \frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-(\sqrt y)^2/2}\cdot\frac{d}{dy}\sqrt y - \frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-(-\sqrt y)^2/2}\cdot\frac{d}{dy}(-\sqrt y) &&\because \frac{d}{dy}\int_{a(y)}^{b(y)}r(x)\,dx = r(b(y))b'(y)-r(a(y))a'(y) \\ &= \frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-(\sqrt y)^2/2}\cdot\frac{1}{2\sqrt y} - \frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-(-\sqrt y)^2/2}\cdot\left(-\frac{1}{2\sqrt y}\right) &&\because \frac{d}{dy}\sqrt y=\frac{1}{2\sqrt y},\quad \frac{d}{dy}(-\sqrt y)=-\frac{1}{2\sqrt y} \\ &= \frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-y/2}\cdot\frac{1}{2\sqrt y} + \frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-y/2}\cdot\frac{1}{2\sqrt y} &&\because (\sqrt y)^2=y,\quad (-\sqrt y)^2=y \\ &= \frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-y/2}\cdot\frac{1}{\sqrt y} &&\because \frac{1}{2\sqrt y}+\frac{1}{2\sqrt y}=\frac{1}{\sqrt y} \\ &= \frac{1}{\sqrt{2\pi}}y^{-1/2}e^{-y/2} &&\because \frac{1}{\sqrt y}=y^{-1/2} \end{align} $$
である。
$ $ - ここで、$f:\mathbb R\to[0,\infty)$ を
$$ f(y) := \begin{cases} \dfrac{1}{\sqrt{2\pi}}y^{-1/2}e^{-y/2}, & y>0,\\ 0, & y\leq0 \end{cases} $$
で定める。
$1.$ より、$F_Y(0)=0$ であり、任意の $u>0$ に対して
$$ F_Y'(u)=f(u) $$
である。
i) $y>0$ の場合を示す。
任意に $y>0$ をとる。また、任意に $\varepsilon\in(0,y)$ をとる。
$F_Y$ は $[\varepsilon,y]$ 上で連続であり、$(\varepsilon,y)$ 上で微分可能である。したがって、微分積分学の基本定理より、
$$ \begin{align} F_Y(y)-F_Y(\varepsilon) &= \int_\varepsilon^y F_Y'(u)\,du\\ &= \int_\varepsilon^y f(u)\,du \end{align} $$
である。ここで、$\varepsilon\downarrow0$ とする。
$F_Y$ は $0$ で右連続であり、$F_Y(0)=0$ であるから、
$$ \lim_{\varepsilon\downarrow0}F_Y(\varepsilon)=F_Y(0)=0 $$
である。
また、$f$ は $(0,y]$ 上で連続であり、$0$ の近くで広義可積分である(補足を参照)から、
$$ \int_0^y f(u)\,du = \lim_{\varepsilon\downarrow0}\int_\varepsilon^y f(u)\,du $$
である。
したがって、
$$ F_Y(y) = \int_0^y f(u)\,du $$
である。
さらに、$f(u)=0$ が $u\leq0$ で成り立つので、
$$ \begin{align} F_Y(y) &= \int_0^y f(u)\,du\\ &= \int_{-\infty}^{y}f(u)\,du \end{align} $$
である。
$ $
ii) $y\leq0$ の場合を示す。
$1.$ より、任意の $y\leq0$ に対して、
$$ F_Y(y)=0 $$
である。
一方、$f(u)=0$ が $u\leq0$ で成り立つので、任意の $y\leq0$ に対して、
$$ \int_{-\infty}^{y}f(u)\,du=0 $$
である。
よって、
$$ F_Y(y) = \int_{-\infty}^{y}f(u)\,du $$
である。
以上より、任意の $y\in\mathbb R$ に対して、
$$ F_Y(y) = \int_{-\infty}^{y}f(u)\,du $$
が成り立つ。
また、$f$ は $\mathbb R\setminus\{0\}$ 上で連続であり、$0$ で値を定めた非負ボレル可測関数である。
ゆえに、$Y$ の分布は密度関数 $f$ をもつ。
$ $ - 一方、自由度 $1$ のカイ二乗分布の密度関数 $g:\mathbb R\to[0,\infty)$ は
$$ g(y) = \begin{cases} \dfrac{1}{2^{1/2}\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)} y^{\frac{1}{2}-1}e^{-y/2}, & y>0,\\ 0, & y\leq0 \end{cases} $$
である。
ここで、既知の公式(証明要(後日更新))
$$ \Gamma\left(\frac{1}{2}\right)=\sqrt\pi $$
より、$y>0$ に対して
$$ \begin{align} g(y) &= \frac{1}{2^{1/2}\Gamma\left(\frac{1}{2}\right)} y^{\frac{1}{2}-1}e^{-y/2}\\ &= \frac{1}{\sqrt{2}\sqrt\pi} y^{-1/2}e^{-y/2}\\ &= \frac{1}{\sqrt{2\pi}} y^{-1/2}e^{-y/2}\\ &= f(y) \end{align} $$
である。
また、$y\leq0$ に対しても、定義より
$$ g(y)=0=f(y) $$
である。
したがって、$Y$ の密度関数 $f$ は自由度 $1$ のカイ二乗分布の密度関数 $g$ に一致する。
-よって、
$$
Y=X^2\sim\chi^2_1
$$
である。
$$ \Box$$
$y=0$ のとき、
$$
\mathbb P(Y\leq0)
=
\mathbb P(X^2\leq0)
=
\mathbb P(X=0)
$$
である。
任意の $\varepsilon>0$ に対して、
$$
\{X=0\}\subseteq\{-\varepsilon< X\leq\varepsilon\}
$$
であるから、確率の単調性(
証明はコチラ
)
$$
0\leq\mathbb P(X=0)
\leq
\mathbb P(-\varepsilon< X\leq\varepsilon)
=
\int_{-\varepsilon}^{\varepsilon}
\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-x^2/2}\,dx
$$
である。
また、任意の $x\in[-\varepsilon,\varepsilon]$ に対して
$$
0\leq \frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-x^2/2}
\leq
\frac{1}{\sqrt{2\pi}}
$$
であるから、
$$
0
\leq
\int_{-\varepsilon}^{\varepsilon}
\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-x^2/2}\,dx
\leq
\frac{2\varepsilon}{\sqrt{2\pi}}
$$
である。したがって、$\varepsilon\downarrow0$ とすると右辺は $0$ に収束する。
ゆえに、はさみうちの原理より、
$$
\mathbb P(X=0)=0
$$
である。
$f$ が $0$ の近くで広義可積分であることを確認する。任意の $u\in(0,y]$ に対して、
$$
0< e^{-u/2}\leq1
$$
であるから、
$$
0\leq f(u)
=
\frac{1}{\sqrt{2\pi}}u^{-1/2}e^{-u/2}
\leq
\frac{1}{\sqrt{2\pi}}u^{-1/2}
$$
である。一方、
$$
\int_0^y u^{-1/2}\,du
=
2\sqrt y
<
\infty
$$
である。したがって、比較判定法より、
$$
\int_0^y f(u)\,du
$$
は広義積分として収束する。
$n\in\mathbb N_{>0}$ とする。確率空間 $(\Omega,\mathcal F,\mathbb P)$ 上の実数値確率変数
$$
X_1,\ldots,X_n
$$
が互いに独立であり、各 $i=1,\ldots,n$ に対して
$$
X_i\sim\mathcal N(0,1)
$$
を満たすとする。このとき、
$$
Y:=\sum_{i=1}^n X_i^2
$$
と定めると、
$$
Y\sim\chi^2_n
$$
が成り立つ。
各 $i=1,\ldots,n$ に対して、
$$
X_i\sim\mathcal N(0,1)
$$
である。したがって、標準正規確率変数の平方と自由度 $1$ のカイ二乗分布の関係($1$つ上で示した命題)より、
$$
X_i^2\sim\chi^2_1
$$
である。
また、写像 $q:\mathbb R\to\mathbb R$ を
$$
q(x):=x^2
$$
で定めると、$q$ は連続であるからボレル可測である。
$X_1,\ldots,X_n$ は互いに独立であるから、可測関数による像も互いに独立である。したがって、
$$
X_1^2,\ldots,X_n^2
$$
は互いに独立である(補足を参照)。
ここで、独立なカイ二乗分布の和の再生性(本記事内で証明済み)より、独立な確率変数 $Z_1,\ldots,Z_n$ がそれぞれ
$$
Z_i\sim\chi^2_{\nu_i}
$$
を満たすならば、
$$
\sum_{i=1}^n Z_i\sim\chi^2_{\nu_1+\cdots+\nu_n}
$$
である。
これを
$$
Z_i=X_i^2,\quad \nu_i=1
$$
として適用すると、
$$
Y
=
\sum_{i=1}^n X_i^2
\sim
\chi^2_{1+\cdots+1}
=
\chi^2_n
$$
である。
したがって、
$$
Y\sim\chi^2_n
$$
が成り立つ。
$$ \Box$$
$X_1,\ldots,X_n$ を互いに独立な実数値確率変数とし、$g:\mathbb R\to\mathbb R$ をボレル可測関数とする。
このとき、
$$
g(X_1),\ldots,g(X_n)
$$
も互いに独立である。
実際、任意の $B_1,\ldots,B_n\in\mathcal B(\mathbb R)$ に対して、$g$ はボレル可測であるから、
$$
g^{-1}(B_i)\in\mathcal B(\mathbb R)
\quad
(i=1,\ldots,n)
$$
である。
したがって、$X_1,\ldots,X_n$ の独立性より、
$$
\begin{align}
\mathbb P\left(
\bigcap_{i=1}^{n}\{g(X_i)\in B_i\}
\right)
&=
\mathbb P\left(
\bigcap_{i=1}^{n}\{X_i\in g^{-1}(B_i)\}
\right)\\
&=
\prod_{i=1}^{n}
\mathbb P\left(X_i\in g^{-1}(B_i)\right)\\
&=
\prod_{i=1}^{n}
\mathbb P\left(g(X_i)\in B_i\right)
\end{align}
$$
である。
よって、$g(X_1),\ldots,g(X_n)$ は互いに独立である。
本証明では、$g(x):=x^2$ とおくことで、
$$
X_1^2,\ldots,X_n^2
$$
が互いに独立であることを用いている。
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