t分布の期待値と分散の導出

（i）期待値
期待値の定義式 $E \left(X\right)=\int_{-\infty}^{\infty}{x \cdot f \left(x\right)dx}$ より、 \begin{align} E \left(X\right)&=\int_{-\infty}^{\infty}{x \cdot \frac{1}{\sqrt n \cdot B \left(\frac{n}{2},\frac{1}{2}\right)} \left(1+\frac{x^2}{n}\right)^{-\frac{n+1}{2}}dx}\\ &=\frac{1}{\sqrt n \cdot B \left(\frac{n}{2},\frac{1}{2}\right)}\int_{-\infty}^{\infty}{x \left(1+\frac{x^2}{n}\right)^{-\frac{n+1}{2}}dx}\tag{1} \end{align} ここで、以下のように変数変換すると、 \begin{gather} s=-x\Leftrightarrow x=-s\\ \frac{ds}{dx}=-1\Rightarrow dx=-ds\\ x:-\infty\rightarrow\infty \quad \Rightarrow \quad t:\infty\rightarrow-\infty \end{gather} となるので、 置換積分法により、 \begin{align} E \left(X\right)&=\frac{1}{\sqrt n \cdot B \left(\frac{n}{2},\frac{1}{2}\right)}\int_{\infty}^{-\infty}{ \left(-s\right) \left\{1+\frac{ \left(-s\right)^2}{n}\right\}^{-\frac{n+1}{2}} \left(-1\right)ds}\\ &=-\frac{1}{\sqrt n \cdot B \left(\frac{n}{2},\frac{1}{2}\right)}\int_{-\infty}^{\infty}{s \left(1+\frac{s^2}{n}\right)^{-\frac{n+1}{2}}ds}\tag{2} \end{align} ここで、 \begin{align} g \left(x\right)=\int_{-\infty}^{\infty}{x \left(1+\frac{x^2}{n}\right)^{-\frac{n+1}{2}}dx} \end{align} とすると、 式 $(1),(2)$ より、 \begin{align} g \left(x\right)&=\int_{-\infty}^{\infty}{x \left(1+\frac{x^2}{n}\right)^{-\frac{n+1}{2}}dx}\\ &=- \left\{-\int_{-\infty}^{\infty}{x \left(1+\frac{x^2}{n}\right)^{-\frac{n+1}{2}}dx}\right\}\\ &=-g \left(-x\right) \end{align} したがって、$g \left(x\right)$ は奇関数であるから、奇関数の性質 $\int_{-a}^{a}f \left(x\right)dx=0$ より、 \begin{align} E \left(X\right)=0 \end{align} $\blacksquare$

（ii）分散
2乗の期待値の定義式 $E \left(X^2\right)=\int_{-\infty}^{\infty}{x^2 \cdot f \left(x\right)dx}$ より、 \begin{align} E \left(X^2\right)&=\int_{-\infty}^{\infty}{x^2 \cdot \frac{1}{\sqrt n \cdot B \left(\frac{n}{2},\frac{1}{2}\right)} \left(1+\frac{x^2}{n}\right)^{-\frac{n+1}{2}}dx}\\ &=\frac{1}{\sqrt n \cdot B \left(\frac{n}{2},\frac{1}{2}\right)}\int_{-\infty}^{\infty}{x^2 \left(1+\frac{x^2}{n}\right)^{-\frac{n+1}{2}}dx} \end{align} 右辺の積分部分の区間を分割すると、 \begin{align} \int_{-\infty}^{\infty}{x^2 \left(1+\frac{x^2}{n}\right)^{-\frac{n+1}{2}}dx}=\int_{-\infty}^{0}{x^2 \left(1+\frac{x^2}{n}\right)^{-\frac{n+1}{2}}dx}+\int_{0}^{\infty}{x^2 \left(1+\frac{x^2}{n}\right)^{-\frac{n+1}{2}}dx} \end{align} ここで、 \begin{gather} A=\int_{-\infty}^{0}{x^2 \left(1+\frac{x^2}{n}\right)^{-\frac{n+1}{2}}dx}\\ B=\int_{0}^{\infty}{x^2 \left(1+\frac{x^2}{n}\right)^{-\frac{n+1}{2}}dx} \end{gather} とおくと、 $A$ について、以下のように変数変換すると、 \begin{gather} s=-x\Leftrightarrow x=-s\\ \frac{ds}{dx}=-1\Rightarrow dx=-ds\\ x:-\infty\rightarrow0 \quad \Rightarrow \quad t:\infty\rightarrow0 \end{gather} となるので、 置換積分法により、 \begin{align} A&=\int_{\infty}^{0}{s^2 \left(1+\frac{s^2}{n}\right)^{-\frac{n+1}{2}} \left(-1\right)ds}\\ &=\int_{0}^{\infty}{s^2 \left(1+\frac{s^2}{n}\right)^{-\frac{n+1}{2}}ds}\\ &=\int_{0}^{\infty}{x^2 \left(1+\frac{x^2}{n}\right)^{-\frac{n+1}{2}}dx}\\ &=B \end{align} よって、 \begin{gather} \int_{-\infty}^{\infty}{x^2 \left(1+\frac{x^2}{n}\right)^{-\frac{n+1}{2}}dx}=2\int_{0}^{\infty}{x^2 \left(1+\frac{x^2}{n}\right)^{-\frac{n+1}{2}}dx}\\ E \left(X^2\right)=\frac{2}{\sqrt n \cdot B \left(\frac{n}{2},\frac{1}{2}\right)}\int_{0}^{\infty}{x^2 \left(1+\frac{x^2}{n}\right)^{-\frac{n+1}{2}}dx} \end{gather} ここで、以下のように変数変換すると、 \begin{gather} \left(1+\frac{x^2}{n}\right)^{-1}=u\Leftrightarrow x=\sqrt{n \left(\frac{1}{u}-1\right)}\\ \frac{dx}{du}=-\frac{\sqrt n}{2u^2\sqrt{ \left(\frac{1}{u}-1\right)}}\Rightarrow dx=-\frac{\sqrt n}{2u^2\sqrt{ \left(\frac{1}{u}-1\right)}}du\\ x:0\rightarrow\infty \quad \Rightarrow \quad t:1\rightarrow0 \end{gather} となるので、 置換積分法により、 \begin{align} E \left(X^2\right)&=\frac{2}{\sqrt n \cdot B \left(\frac{n}{2},\frac{1}{2}\right)}\int_{1}^{0}{n \left(\frac{1}{u}-1\right)u^\frac{n+1}{2} \left\{-\frac{\sqrt n}{2u^2\sqrt{ \left(\frac{1}{u}-1\right)}}\right\}du}\\ &=\frac{n}{B \left(\frac{n}{2},\frac{1}{2}\right)}\int_{0}^{1}{u^{\frac{n}{2}-2} \left(1-u\right)^\frac{1}{2}du}\\ &=\frac{n}{B \left(\frac{n}{2},\frac{1}{2}\right)}\int_{0}^{1}{u^{ \left(\frac{n}{2}-1\right)-1} \left(1-u\right)^{\frac{3}{2}-1}du} \end{align} ベータ関数の定義式 $B \left(\alpha,\beta\right)=\int_{0}^{1}{x^{\alpha-1} \left(1-x\right)^{\beta-1}dx}$ により、 \begin{align} E \left(X^2\right)=\frac{n}{B \left(\frac{n}{2},\frac{1}{2}\right)}B \left(\frac{n}{2}-1,\frac{3}{2}\right) \end{align} ベータ関数の性質 $B \left(s,t+1\right)=\frac{t}{s}B \left(s+1,t\right)$ より、$s=\frac{n}{2}-1,t=\frac{1}{2}$ とすると、 \begin{align} E \left(X^2\right)&=\frac{n}{B \left(\frac{n}{2},\frac{1}{2}\right)} \cdot \frac{\frac{1}{2}}{\frac{n}{2}-1}B \left(\frac{n}{2},\frac{1}{2}\right)\\ &=\frac{n}{n-2} \end{align} 分散の公式 $V \left(X\right)=E \left(X^2\right)- \left\{E \left(X\right)\right\}^2$ より、 \begin{align} V \left(X\right)=\frac{n}{n-2}-0=\frac{n}{n-2} \end{align} $\blacksquare$

標準正規分布と $\chi^2$分布の期待値の公式より、 \begin{gather} E \left(Z\right)=0 \quad E \left(Z^2\right)=1\\ E \left(\frac{1}{W}\right)=\frac{1}{n-2} \quad E \left(\frac{1}{\sqrt W}\right)=\frac{\Gamma \left(\frac{n}{2}-1\right)}{\sqrt2 \cdot \Gamma \left(\frac{n}{2}\right)} \end{gather} 独立な確率変数の期待値の性質 $E \left(XY\right)=E \left(X\right)E \left(Y\right)$ より、
（i）期待値 \begin{align} E \left(X\right)&=E \left(\frac{\sqrt n Z}{\sqrt W}\right)\\ &=\sqrt n E \left(Z\right) \cdot E \left(\frac{1}{\sqrt W}\right)\\ &=\sqrt n \cdot 0 \cdot \frac{\Gamma \left(\frac{n}{2}-1\right)}{\sqrt2 \cdot \Gamma \left(\frac{n}{2}\right)}\\ &=0 \end{align} $\blacksquare$ （ii）分散
\begin{align} E \left(X^2\right)&=E \left(\frac{nZ^2}{W}\right)\\ &=nE \left(Z^2\right) \cdot E \left(\frac{1}{W}\right)\\ &=n \cdot 1 \cdot \frac{1}{n-2}\\ &=\frac{n}{n-2} \end{align} 分散の公式 $V \left(X\right)=E \left(X^2\right)- \left\{E \left(X\right)\right\}^2$ より、 \begin{align} V \left(X\right)=\frac{n}{n-2}-0=\frac{n}{n-2} \end{align} $\blacksquare$