t分布の期待値と分散の導出

（i）期待値
期待値の定義式 $E\left(X\right)={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}x\cdot f\left(x\right)dx$ より、 $$\begin{array}{rl}E\left(X\right)& ={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}x\cdot \frac{1}{\sqrt{n}\cdot B(\frac{n}{2},\frac{1}{2})}{(1+\frac{x^2}{n})}^{-\frac{n+1}{2}}dx\\ \text{(1)}& & =\frac{1}{\sqrt{n}\cdot B(\frac{n}{2},\frac{1}{2})}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}x{(1+\frac{x^2}{n})}^{-\frac{n+1}{2}}dx\end{array}$$ ここで、以下のように変数変換すると、 $$\begin{array}{c}s=-x\iff x=-s\\ \frac{ds}{dx}=-1\Rightarrow dx=-ds\\ x:-\mathrm{\infty }\to \mathrm{\infty }\Rightarrow t:\mathrm{\infty }\to -\mathrm{\infty }\end{array}$$ となるので、 置換積分法により、 $$\begin{array}{rl}E\left(X\right)& =\frac{1}{\sqrt{n}\cdot B(\frac{n}{2},\frac{1}{2})}{\int }_{\mathrm{\infty }}^{-\mathrm{\infty }}(-s){\{1+\frac{{(-s)}^2}{n}\}}^{-\frac{n+1}{2}}(-1)ds\\ \text{(2)}& & =-\frac{1}{\sqrt{n}\cdot B(\frac{n}{2},\frac{1}{2})}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}s{(1+\frac{s^2}{n})}^{-\frac{n+1}{2}}ds\end{array}$$ ここで、 $$\begin{array}{r}g\left(x\right)={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}x{(1+\frac{x^2}{n})}^{-\frac{n+1}{2}}dx\end{array}$$ とすると、 式 $(1),(2)$ より、 $$\begin{array}{rl}g\left(x\right)& ={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}x{(1+\frac{x^2}{n})}^{-\frac{n+1}{2}}dx\\ & =-\{-{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}x{(1+\frac{x^2}{n})}^{-\frac{n+1}{2}}dx\}\\ & =-g(-x)\end{array}$$ 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、 $$\begin{array}{r}E\left(X\right)=0\end{array}$$ $◼$

（ii）分散
2乗の期待値の定義式 $E\left(X^2\right)={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{x}^2\cdot f\left(x\right)dx$ より、 $$\begin{array}{rl}E\left(X^2\right)& ={\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{x}^2\cdot \frac{1}{\sqrt{n}\cdot B(\frac{n}{2},\frac{1}{2})}{(1+\frac{x^2}{n})}^{-\frac{n+1}{2}}dx\\ & =\frac{1}{\sqrt{n}\cdot B(\frac{n}{2},\frac{1}{2})}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{x}^2{(1+\frac{x^2}{n})}^{-\frac{n+1}{2}}dx\end{array}$$ 右辺の積分部分の区間を分割すると、 $$\begin{array}{r}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{x}^2{(1+\frac{x^2}{n})}^{-\frac{n+1}{2}}dx={\int }_{-\mathrm{\infty }}^0{x}^2{(1+\frac{x^2}{n})}^{-\frac{n+1}{2}}dx+{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{x}^2{(1+\frac{x^2}{n})}^{-\frac{n+1}{2}}dx\end{array}$$ ここで、 $$\begin{array}{c}A={\int }_{-\mathrm{\infty }}^0{x}^2{(1+\frac{x^2}{n})}^{-\frac{n+1}{2}}dx\\ B={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{x}^2{(1+\frac{x^2}{n})}^{-\frac{n+1}{2}}dx\end{array}$$ とおくと、 $A$ について、以下のように変数変換すると、 $$\begin{array}{c}s=-x\iff x=-s\\ \frac{ds}{dx}=-1\Rightarrow dx=-ds\\ x:-\mathrm{\infty }\to 0\Rightarrow t:\mathrm{\infty }\to 0\end{array}$$ となるので、 置換積分法により、 $$\begin{array}{rl}A& ={\int }_{\mathrm{\infty }}^0{s}^2{(1+\frac{s^2}{n})}^{-\frac{n+1}{2}}(-1)ds\\ & ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{s}^2{(1+\frac{s^2}{n})}^{-\frac{n+1}{2}}ds\\ & ={\int }_0^{\mathrm{\infty }}{x}^2{(1+\frac{x^2}{n})}^{-\frac{n+1}{2}}dx\\ & =B\end{array}$$ よって、 $$\begin{array}{c}{\int }_{-\mathrm{\infty }}^{\mathrm{\infty }}{x}^2{(1+\frac{x^2}{n})}^{-\frac{n+1}{2}}dx=2{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{x}^2{(1+\frac{x^2}{n})}^{-\frac{n+1}{2}}dx\\ E\left(X^2\right)=\frac{2}{\sqrt{n}\cdot B(\frac{n}{2},\frac{1}{2})}{\int }_0^{\mathrm{\infty }}{x}^2{(1+\frac{x^2}{n})}^{-\frac{n+1}{2}}dx\end{array}$$ ここで、以下のように変数変換すると、 $$\begin{array}{c}{(1+\frac{x^2}{n})}^{-1}=u\iff x=\sqrt{n(\frac{1}{u}-1)}\\ \frac{dx}{du}=-\frac{\sqrt{n}}{2u^2\sqrt{(\frac{1}{u}-1)}}\Rightarrow dx=-\frac{\sqrt{n}}{2u^2\sqrt{(\frac{1}{u}-1)}}du\\ x:0\to \mathrm{\infty }\Rightarrow t:1\to 0\end{array}$$ となるので、 置換積分法により、 $$\begin{array}{rl}E\left(X^2\right)& =\frac{2}{\sqrt{n}\cdot B(\frac{n}{2},\frac{1}{2})}{\int }_1^{0}n(\frac{1}{u}-1)u^{\frac{n+1}{2}}\{-\frac{\sqrt{n}}{2u^2\sqrt{(\frac{1}{u}-1)}}\}du\\ & =\frac{n}{B(\frac{n}{2},\frac{1}{2})}{\int }_0^1{u}^{\frac{n}{2}-2}{(1-u)}^{\frac{1}{2}}du\\ & =\frac{n}{B(\frac{n}{2},\frac{1}{2})}{\int }_0^1{u}^{(\frac{n}{2}-1)-1}{(1-u)}^{\frac{3}{2}-1}du\end{array}$$ ベータ関数の定義式 $B(\alpha ,\beta )={\int }_0^1{x}^{\alpha -1}{(1-x)}^{\beta -1}dx$ により、 $$\begin{array}{r}E\left(X^2\right)=\frac{n}{B(\frac{n}{2},\frac{1}{2})}B(\frac{n}{2}-1,\frac{3}{2})\end{array}$$ ベータ関数の性質 $B(s,t+1)=\frac{t}{s}B(s+1,t)$ より、$s=\frac{n}{2}-1,t=\frac{1}{2}$ とすると、 $$\begin{array}{rl}E\left(X^2\right)& =\frac{n}{B(\frac{n}{2},\frac{1}{2})}\cdot \frac{\frac{1}{2}}{\frac{n}{2}-1}B(\frac{n}{2},\frac{1}{2})\\ & =\frac{n}{n-2}\end{array}$$ 分散の公式 $V\left(X\right)=E\left(X^2\right)-{\left\{E\left(X\right)\right\}}^2$ より、 $$\begin{array}{r}V\left(X\right)=\frac{n}{n-2}-0=\frac{n}{n-2}\end{array}$$ $◼$

標準正規分布と ${\chi }^2$分布の期待値の公式より、 $$\begin{array}{c}E\left(Z\right)=0E\left(Z^2\right)=1\\ E\left(\frac{1}{W}\right)=\frac{1}{n-2}E\left(\frac{1}{\sqrt{W}}\right)=\frac{\mathrm{\Gamma }(\frac{n}{2}-1)}{\sqrt{2}\cdot \mathrm{\Gamma }\left(\frac{n}{2}\right)}\end{array}$$ 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 $$\begin{array}{rl}E\left(X\right)& =E\left(\frac{\sqrt{n}Z}{\sqrt{W}}\right)\\ & =\sqrt{n}E\left(Z\right)\cdot E\left(\frac{1}{\sqrt{W}}\right)\\ & =\sqrt{n}\cdot 0\cdot \frac{\mathrm{\Gamma }(\frac{n}{2}-1)}{\sqrt{2}\cdot \mathrm{\Gamma }\left(\frac{n}{2}\right)}\\ & =0\end{array}$$ $◼$ （ii）分散
$$\begin{array}{rl}E\left(X^2\right)& =E\left(\frac{n{Z}^2}{W}\right)\\ & =nE\left(Z^2\right)\cdot E\left(\frac{1}{W}\right)\\ & =n\cdot 1\cdot \frac{1}{n-2}\\ & =\frac{n}{n-2}\end{array}$$ 分散の公式 $V\left(X\right)=E\left(X^2\right)-{\left\{E\left(X\right)\right\}}^2$ より、 $$\begin{array}{r}V\left(X\right)=\frac{n}{n-2}-0=\frac{n}{n-2}\end{array}$$ $◼$