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下記などで取り扱った、標本分布に関する問題演習を通した理解ができるように問題・解答・解説をそれぞれ作成しました。

統計量と標本分布(sampling distribution)の具体例　

・標準演習$100$選
https://www.hello-statisticians.com/practice_100

基本問題

$\chi^{2}$分布の確率密度関数の導出

・問題
標準正規分布を$\mathcal{N}(0,1)$、自由度$1$の$\chi^2$分布を$\chi^{2}(1)$のように表す。ここで、確率変数$X$に関して$X \sim \mathcal{N}(0,1)$が成立するとき、$Y = X^2 \sim \chi^{2}(1)$が成立する。また、$\mathcal{N}(0,1)$の確率密度関数$f(x)$は下記のように表せる。
$$
\large
\begin{align}
f_1(x) = \frac{1}{\sqrt{2 \pi}} \exp \left( -\frac{x^2}{2} \right)
\end{align}
$$

このとき、$y = x^2$で定義される$y$で上記の$f_1(x)$に対し、変数変換を行うことで自由度$1$の$\chi^2$分布$\chi^{2}(1)$の確率密度関数の導出を行うことができる。$\chi^{2}(1)$の確率密度関数を$g(y)$とおき、以下$g_1(y)$の導出を行う。

ここまでの内容を元に下記の問題に答えよ。
i) $P(0 \leq Y \leq u)$が下記のように表せることを示せ。
$$
\begin{align}
P(0 \leq Y \leq u) = \int_{-\sqrt{u}}^{\sqrt{u}} f(x) dx
\end{align}
$$
ⅱ) 関数$l(x)$に関して$\displaystyle \int_{-c}^{c} l(x) dx = 2 \int_{0}^{c} l(x) dx$が成立する際の$l(x)$の形状を答えよ。また、i)の式に対し、下記が成立することを示せ。
$$
\begin{align}
P(0 \leq Y \leq u) = 2 \int_{0}^{\sqrt{u}} f_1(x) dx = 2 \int_{0}^{\sqrt{u}} \frac{1}{\sqrt{2 \pi}} \exp \left( -\frac{x^2}{2} \right) dx
\end{align}
$$
ⅲ) $\displaystyle P(0 \leq Y \leq u) = 2 \int_{0}^{\sqrt{u}} \frac{1}{\sqrt{2 \pi}} \exp \left( -\frac{x^2}{2} \right) dx$に対し、$y=x^2$を用いて置換積分を行い下記を示せ。
$$
\begin{align}
P(0 \leq Y \leq u) = \int_{0}^{\sqrt{u}} \frac{1}{\sqrt{2 \pi y}} \exp \left( -\frac{y}{2} \right) dy
\end{align}
$$
iv) $\chi^{2}(1)$はガンマ分布であるのでガンマ分布も合わせて抑えておくと良い。
$$
\large
\begin{align}
f_2(x) &= \frac{1}{\Gamma(\alpha)} x^{\alpha-1} e^{-x} \\
\Gamma(\alpha) &= \int_{0}^{\infty} x^{\alpha-1} e^{-x} dx
\end{align}
$$

上記で定めた$f_2(x)$がガンマ分布$\mathrm{Ga}(\alpha)$の確率密度関数であるが、この確率密度関数を$\displaystyle x = \frac{y}{\beta}$で変数変換を行った分布が$\mathrm{Ga}(\alpha, \beta)$である。$\mathrm{Ga}(\alpha, \beta)$の確率密度関数$g_2(y)$を導出せよ。

v) ⅲ)の式より、$\chi^{2}(1)$の確率密度関数$g_1(y)$が$\displaystyle g_1(y) = \frac{1}{\sqrt{2 \pi y}} \exp \left( -\frac{y}{2} \right)$であると考えることができる。iv)で得た確率密度関数$g_2(y)$を元に、$\chi^{2}(1)$が一致するガンマ分布$\mathrm{Ga}(\alpha, \beta)$の$\alpha$と$\beta$を答えよ。

・解答
i)
$P(0 \leq Y \leq u) = P(-\sqrt{u} \leq X \leq \sqrt{u})$より、$P(0 \leq Y \leq u)$は下記のように表すことができる。
$$
\large
\begin{align}
P(0 \leq Y \leq u) &= P(-\sqrt{u} \leq X \leq \sqrt{u}) \\
&= \int_{-\sqrt{u}}^{\sqrt{u}} f_1(x) dx
\end{align}
$$

ⅱ)
$\displaystyle \int_{-c}^{c} l(x) dx = 2 \int_{0}^{c} l(x) dx$が成立する$l(x)$は直線$x=0$に線対称な関数である。また、$f(x)$は標準正規分布$\mathcal{N}(0,1)$の確率密度関数であり$x=0$で線対称であることから下記が成立する。
$$
\large
\begin{align}
P(0 \leq Y \leq u) &= \int_{-\sqrt{u}}^{\sqrt{u}} f_1(x) dx \\
&= 2 \int_{0}^{\sqrt{u}} f_1(x) dx \\
&= 2 \int_{0}^{\sqrt{u}} \frac{1}{\sqrt{2 \pi}} \exp \left( -\frac{x^2}{2} \right) dx
\end{align}
$$

ⅲ)
$y=x^2, y \geq 0$であるから$x=\sqrt{y}$と考えることができる。よって、$\displaystyle dx = \frac{1}{2 \sqrt{y}}$が成立する。また、$x$と$y$の範囲の対応は下記のように表せる。

$x$	$0 \to \sqrt{u}$
$y$	$0 \to u$

ⅲ)
$y=x^2, y \geq 0$であるから$x=\sqrt{y}$と考えることができる。よって、$\displaystyle dx = \frac{1}{2 \sqrt{y}}$が成立する。また、$x$と$y$の範囲の対応は下記のように表せる。
$x$ $0 \to \sqrt{u}$
$y$ $0 \to u$

よって、下記のように置換積分を考えることができる。
$$
\begin{align}
\large
P(0 \leq Y \leq u) &= 2 \int_{0}^{\sqrt{u}} \frac{1}{\sqrt{2 \pi}} \exp \left( -\frac{x^2}{2} \right) dx \\
&= 2 \int_{0}^{u} \frac{1}{\sqrt{2 \pi}} \exp \left( -\frac{y}{2} \right) \cdot \frac{1}{2 \sqrt{y}} dy \\
&= \int_{0}^{\sqrt{u}} \frac{1}{\sqrt{2 \pi y}} \exp \left( -\frac{y}{2} \right) dy
\end{align}
$$

iv)
$\displaystyle x = \frac{y}{\beta}$より、$\displaystyle \left| \frac{dx}{dy} \right| = \frac{1}{\beta}$である。よって$g_2(y)$は下記のように表せる。
$$
\large
\begin{align}
g_2(y) &= f_2(x) \left| \frac{dx}{dy} \right| = f_2 \left( \frac{y}{\beta} \right) \cdot \frac{1}{\beta} \\
&= \frac{1}{\Gamma(\alpha)} \left( \frac{y}{\beta} \right)^{\alpha-1} e^{-\frac{y}{\beta}} \cdot \frac{1}{\beta} \\
&= \frac{1}{\beta^{\alpha} \Gamma(\alpha)} y^{\alpha-1} e^{-\frac{y}{\beta}}
\end{align}
$$

v)
ⅲ)の導出結果より$g_1(y)$は下記のように表せる。
$$
\large
\begin{align}
g_1(y) &= \frac{1}{\sqrt{2 \pi y}} \exp \left( -\frac{y}{2} \right) \\
&= \frac{1}{2^{\frac{1}{2}} \sqrt{\pi}} y^{\frac{1}{2}-1} \exp \left( -\frac{y}{2} \right) \\
&= \frac{1}{2^{\frac{1}{2}} \Gamma \left( \frac{1}{2} \right)} y^{\frac{1}{2}-1} \exp \left( -\frac{y}{2} \right)
\end{align}
$$

上記とiv)で導出を行った$g_2(y)$より、$\displaystyle \alpha = \frac{1}{2}, \beta = 2$であることが確認できる。

・解説
自由度$1$の$\chi^2$分布を$\chi^{2}(1)$の導出に関して取り扱いを行いましたが、$Y=X^2$のように変数変換を行うことから単に確率密度関数を用いるのではなく、積分を元に確率を$P(0 \leq Y \leq u) = P(-\sqrt{u} \leq X \leq \sqrt{u})$のように表して計算を行ったのちに確率密度関数を取り出すと考えると良いです。置換積分と確率密度関数の$2$つの式を用いましたが、確率密度関数の式は置換積分の式を簡略化して取り扱ったものであると理解しておくと良いと思います。

ガンマ分布に基づく$\chi^2$分布の平均・分散や$k$次モーメントの計算

・問題
前問では、自由度$1$の$\chi^2$分布$\chi^2(1)$がガンマ分布$\displaystyle \mathrm{Ga} \left( \frac{1}{2}, 2 \right)$に一致することを確認した。この問題では$\chi^2$分布の平均・分散や$k$次モーメントの計算を行うにあたって、ガンマ分布に関する導出結果を活用する。

以下、ガンマ分布$\mathrm{Ga}(\alpha,\beta)$の平均$E[X]$、分散$V[X]$や$k$次モーメント$E[X^k]$の計算を行い、結果を$\chi^2$分布に適用する。下記の問いにそれぞれ答えよ。
i) ガンマ分布$\mathrm{Ga}(\alpha,\beta)$の確率密度関数$f(x)$を下記のように定める。
$$
\begin{align}
f(x) = \frac{1}{\beta^{\alpha} \Gamma(\alpha)} x^{\alpha-1} \exp{\left( -\frac{x}{\beta} \right)}
\end{align}
$$
上記に対し$\Gamma(\alpha+1) = \alpha \Gamma(\alpha)$を用いることで、ガンマ分布$\mathrm{Ga}(\alpha,\beta)$の期待値$E[X]$が下記のように表せることを示せ。
$$
\begin{align}
E[X] = \beta \alpha
\end{align}
$$
ⅱ) $\Gamma(\alpha+2) = \alpha(\alpha+1) \Gamma(\alpha)$であることを用いてi)と同様にガンマ分布$\mathrm{Ga}(\alpha,\beta)$の$2$次のモーメント$E[X^2]$が下記のように表せることを示せ。
$$
\begin{align}
E[X^2] = \beta \alpha (\alpha + 1)
\end{align}
$$
また、$V[X]=E[X^2]-E[X]^2$であることに基づいて分散$V[X]$を計算せよ。
ⅲ) i)とⅱ)と同様に考えることで$k$次のモーメント$E[X^k]$が下記のように表せることを示せ。
$$
\begin{align}
E[X^k] = \frac{\beta^{k} \Gamma(\alpha+k)}{\Gamma(\alpha)}
\end{align}
$$
iv) 確率変数$X$が$X \sim \mathrm{Ga}(\alpha_1,\beta)$であるとき$X$のモーメント母関数$m_{X}(t)$が下記のように表せることを示せ。
$$
\begin{align}
m_{X}(t) = \frac{1}{(1-t \beta)^{\alpha_1}}
\end{align}
$$
v) 確率変数$X, Y$が$X \sim \mathrm{Ga}(\alpha_1,\beta), Y \sim \mathrm{Ga}(\alpha_2,\beta)$であるとき、$X+Y$のモーメント母関数$m_{X+Y}(t)$を考えることで$X+Y \sim \mathrm{Ga}(\alpha_1+\alpha_2,\beta)$を示せ。
vi) $X_i \sim \mathcal{N}(0,1), X_i^2 \sim \chi^2(1)$のとき$\displaystyle Z = \sum_{i=1}^{n} X_i^2 \sim \chi^2(n)$を示せ。
vⅱ) vi)で定めた$Z$に関してi)、ⅱ)の結果を適用することで$E[Z], V[Z]$を示せ。また、$Z \sim \chi^2(n)$の確率密度関数を$g(z)$とおくとき、vi)であることに基づいて$g(z)$を表せ。

・解答
i)
ガンマ分布$\mathrm{Ga}(\alpha,\beta)$の期待値$E[X]$は期待値の定義に基づいて下記のように表せる。
$$
\large
\begin{align}
E[X] &= \int_{0}^{\infty} x f(x) dx \\
&= \int_{0}^{\infty} x \times \frac{1}{\beta^{\alpha} \Gamma(\alpha)} x^{\alpha-1} \exp{\left( -\frac{x}{\beta} \right)} dx \\
&= \int_{0}^{\infty} \frac{1}{\Gamma(\alpha)} \left( \frac{x}{\beta} \right)^{\alpha} \exp{\left( -\frac{x}{\beta} \right)} dx
\end{align}
$$

上記に対し、$\displaystyle y = \frac{x}{\beta}$のように変数変換を行うことを考える。このとき$x = \beta y$より$dx = \beta dy$である。また$\beta>0$より、$x$と$y$の範囲は下記のように対応する。

$x$	$0 \to \infty$
$y$	$0 \to \infty$

よって、$E[X]$は変数変換$\displaystyle y = \frac{x}{\beta}$を元に下記のように式変形できる。
$$
\large
\begin{align}
E[X] &= \int_{0}^{\infty} \frac{1}{\Gamma(\alpha)} \left( \frac{x}{\beta} \right)^{\alpha} \exp{\left( -\frac{x}{\beta} \right)} dx \\
&= \int_{0}^{\infty} \frac{1}{\Gamma(\alpha)} y^{\alpha} \exp{(-y)} \cdot \beta dy \\
&= \int_{0}^{\infty} \frac{\beta}{\Gamma(\alpha+1)/\alpha} y^{(\alpha+1)-1} \exp{(-y)}dy \\
&= \int_{0}^{\infty} \frac{\beta \alpha}{\Gamma(\alpha+1)} y^{(\alpha+1)-1} \exp{(-y)}dy \\
&= \beta \alpha \int_{0}^{\infty} \frac{1}{\Gamma(\alpha+1)} y^{(\alpha+1)-1} \exp{(-y)}dy \\
&= \beta \alpha \times 1 = \beta \alpha
\end{align}
$$

ⅱ)
ガンマ分布$\mathrm{Ga}(\alpha,\beta)$の$2$次のモーメント$E[X^2]$は期待値の定義に基づいて下記のように表せる。
$$
\large
\begin{align}
E[X^2] &= \int_{0}^{\infty} x^2 f(x) dx \\
&= \int_{0}^{\infty} x^2 \times \frac{1}{\beta^{\alpha} \Gamma(\alpha)} x^{\alpha-1} \exp{\left( -\frac{x}{\beta} \right)} dx \\
&= \int_{0}^{\infty} \frac{\beta}{\Gamma(\alpha)} \left( \frac{x}{\beta} \right)^{\alpha+1} \exp{\left( -\frac{x}{\beta} \right)} dx
\end{align}
$$

上記に対し、$\displaystyle y = \frac{x}{\beta}$のように変数変換を行うことを考える。このとき$x = \beta y$より$dx = \beta dy$である。また$\beta>0$より、$x$と$y$の範囲は下記のように対応する。

$x$	$0 \to \infty$
$y$	$0 \to \infty$

よって、$E[X^2]$は変数変換$\displaystyle y = \frac{x}{\beta}$を元に下記のように式変形できる。
$$
\large
\begin{align}
E[X] &= \int_{0}^{\infty} \frac{\beta}{\Gamma(\alpha)} \left( \frac{x}{\beta} \right)^{\alpha+1} \exp{\left( -\frac{x}{\beta} \right)} dx \\
&= \int_{0}^{\infty} \frac{\beta}{\Gamma(\alpha)} y^{\alpha+1} \exp{(-y)} \cdot \beta dy \\
&= \int_{0}^{\infty} \frac{\beta^2}{\Gamma(\alpha+2)/\alpha(\alpha+1)} y^{(\alpha+2)-1} \exp{(-y)} dy \\
&= \beta^2 \alpha(\alpha+1) \int_{0}^{\infty} \frac{1}{\Gamma(\alpha+2)} y^{(\alpha+2)-1} \exp{(-y)} dy \\
&= \beta^2 \alpha(\alpha+1) \times 1 = \beta^2 \alpha(\alpha+1)
\end{align}
$$

このとき$V[X]=E[X^2]-E[X]^2$は下記のように計算できる。
$$
\large
\begin{align}
V[X] &= E[X^2] – E[X]^2 \\
&= \beta^2 \alpha(\alpha+1) – (\beta \alpha)^2 \\
&= \cancel{\beta^2 \alpha^2} + \beta^2 \alpha – \cancel{\beta^2 \alpha^2} = \beta^2 \alpha
\end{align}
$$

ⅲ)
ガンマ分布$\mathrm{Ga}(\alpha,\beta)$の$k$次のモーメント$E[X^k]$は期待値の定義に基づいて下記のように表せる。
$$
\large
\begin{align}
E[X^k] &= \int_{0}^{\infty} x^k f(x) dx \\
&= \int_{0}^{\infty} x^k \times \frac{1}{\beta^{\alpha} \Gamma(\alpha)} x^{\alpha-1} \exp{\left( -\frac{x}{\beta} \right)} dx \\
&= \int_{0}^{\infty} \frac{\beta^{k-1}}{\Gamma(\alpha)} \left( \frac{x}{\beta} \right)^{\alpha+k-1} \exp{\left( -\frac{x}{\beta} \right)} dx
\end{align}
$$

上記に対し、$\displaystyle y = \frac{x}{\beta}$のように変数変換を行うことを考える。このとき$x = \beta y$より$dx = \beta dy$である。また$\beta>0$より、$x$と$y$の範囲は下記のように対応する。

$x$	$0 \to \infty$
$y$	$0 \to \infty$

よって、$E[X^k]$は変数変換$\displaystyle y = \frac{x}{\beta}$を元に下記のように式変形できる。
$$
\large
\begin{align}
E[X^k] &= \int_{0}^{\infty} \frac{\beta^{k-1}}{\Gamma(\alpha)} \left( \frac{x}{\beta} \right)^{\alpha+k-1} \exp{\left( -\frac{x}{\beta} \right)} dx \\
&= \int_{0}^{\infty} \frac{\beta^{k-1}}{\Gamma(\alpha)} y^{\alpha+k-1} \exp{(-y)} \cdot \beta dy \\
&= \int_{0}^{\infty} \frac{\beta^{k}}{\Gamma(\alpha)} y^{\alpha+k-1} \exp{(-y)} dy \\
&= \frac{\beta^{k} \Gamma(\alpha+k)}{\Gamma(\alpha)} \int_{0}^{\infty} \frac{1}{\Gamma(\alpha+k)} y^{\alpha+k-1} \exp{(-y)} dy \\
&= \frac{\beta^{k} \Gamma(\alpha+k)}{\Gamma(\alpha)} \times 1 = \frac{\beta^{k} \Gamma(\alpha+k)}{\Gamma(\alpha)}
\end{align}
$$

iv)
モーメント母関数の定義の$m_{X}(t)=E[e^{tX}]$に基づいて、$\displaystyle t < \frac{1}{\beta}$のとき下記のように導出できる。
$$
\large
\begin{align}
m_{X}(t) &= E[e^{tX}] = \int_{0}^{\infty} e^{tx} f(x) dx \\
&= \int_{0}^{\infty} \exp{(tx)} \times \frac{1}{\beta^{\alpha_1} \Gamma(\alpha_1)} x^{\alpha_1-1} \exp{\left( -\frac{x}{\beta} \right)} dx \\
&= \int_{0}^{\infty} \frac{1}{\beta^{\alpha_1} \Gamma(\alpha_1)} x^{\alpha_1-1} \exp{\left( -\frac{x}{\beta} + t \beta \right)} dx \\
&= \int_{0}^{\infty} \frac{1}{\beta^{\alpha_1} \Gamma(\alpha_1)} x^{\alpha_1-1} \exp{\left( -\frac{x}{\beta/(1 – t \beta)} \right)} dx \\
&= \frac{1}{(1 – t \beta)^{\alpha_1}} \int_{0}^{\infty} \frac{(1 – t \beta)^{\alpha_1}}{\beta^{\alpha_1} \Gamma(\alpha_1)} x^{\alpha_1-1} \exp{\left( -\frac{x}{\beta/(1 – t \beta)} \right)} dx \\
&= \frac{1}{(1 – t \beta)^{\alpha_1}} \times 1 = \frac{1}{(1-t \beta)^{\alpha_1}}
\end{align}
$$

v)
$X \sim \mathrm{Ga}(\alpha_1,\beta), Y \sim \mathrm{Ga}(\alpha_2,\beta)$より、$X+Y$のモーメント母関数$m_{X+Y}(t)$は下記のように考えることができる。
$$
\large
\begin{align}
m_{X+Y}(t) &= E[e^{X+Y}] \\
&= E[e^{X}e^{Y}] \\
&= E[e^{X}] E[e^{Y}] \\
&= \frac{1}{(1-t \beta)^{\alpha_1}} \times \frac{1}{(1-t \beta)^{\alpha_2}} \\
&= \frac{1}{(1-t \beta)^{\alpha_1 + \alpha_2}}
\end{align}
$$

上記は$\mathrm{Ga}(\alpha_1+\alpha_2,\beta)$のモーメント母関数に一致するので、確率分布とモーメント母関数の$1$対$1$対応より、$X+Y \sim \mathrm{Ga}(\alpha_1+\alpha_2,\beta)$が成立する。

vi)
自由度$1$の$\chi^2$分布$\chi^2(1)$がガンマ分布$\displaystyle \mathrm{Ga} \left( \frac{1}{2}, 2 \right)$に一致するので、$X_i^2 \sim \chi^2(1)$のとき$\displaystyle X_i^2 \sim \mathrm{Ga} \left( \frac{1}{2}, 2 \right)$である。

このときv)の結果を元に$\displaystyle Z = \sum_{i=1}^{n} X_i^2 \sim \mathrm{Ga} \left( \frac{n}{2}, 2 \right)$が成立するが、$\displaystyle \mathrm{Ga} \left( \frac{n}{2}, 2 \right)$は自由度$n$の$\chi^2$分布$\chi^2(n)$に一致するので$Z \sim \chi^2(n)$が成立する。

vⅱ)
i)、ⅱ)の結果を用いることで$E[Z],V[Z]$は下記のように計算できる。
$$
\large
\begin{align}
E[X] &= \beta \alpha \\
&= 2 \times \frac{n}{2} \\
&= n \\
V[X] &= \beta^2 \alpha \\
&= 2^2 \times \frac{n}{2} \\
&= 2n
\end{align}
$$

・解説
$\chi^2$分布はガンマ分布を元に考えることができます。ガンマ分布のモーメントの計算やモーメント母関数の導出は一見複雑そうに見えますが、確率密度関数の全区間での積分が$1$であることに着目することでメインの計算はシンプルになることは抑えておくと良いと思います。

発展問題

$t$分布の確率密度関数の導出

・問題
$t$分布は母分散が未知の場合の母平均の区間推定や仮説検定の際に主に用いる標本分布であり、自由度$n$の$t$分布$t(n)$の確率変数を$Z$、確率密度関数を$f(z)$とおくと、$f(z)$は下記のように表される。
$$
\large
\begin{align}
f(z) = \frac{\Gamma((n+1)/2)}{\sqrt{\pi n} \Gamma(n/2)} \left( 1+\frac{z^2}{n} \right)^{-\frac{n+1}{2}} = \frac{1}{\sqrt{n} B(1/2,n/2)} \left( 1+\frac{z^2}{n} \right)^{-\frac{n+1}{2}}
\end{align}
$$

以下、上記で表した$t$分布の確率密度関数の導出と期待値$E[Z]$、分散$E[Z]$の計算、$t$分布の極限と正規分布の対応について確認を行う。

「母分散が未知の場合の母平均の区間推定」にあたっては、標本平均$\overline{X}$と不偏標本分散$\displaystyle s^2 = \frac{1}{n-1} \sum_{i=1}^{n}(X_i-\overline{X})^2$に関して下記が成立することを元に計算を行う。
$$
\begin{align}
\frac{\bar{x}}{\sqrt{s^2/n}} \sim t(n-1) \quad (1)
\end{align}
$$

上記に対応させて、確率変数$X \sim \mathcal{N}(0,1), Y \sim \chi^{2}(n)$に関する同時確率密度関数$f_{X,Y}f(x,y)$の変数変換や変数の積分などを行うことで$t$分布の確率密度関数の導出を行うことができる。

ここまでの内容を元に下記の問いにそれぞれ答えよ。
i) $X \sim \mathcal{N}(0,1), Y \sim \chi^{2}(n)$かつ$X, Y$が独立であるとき、同時確率密度関数$f_{X,Y}(x,y)$を$x,y$の式で表せ。

ⅱ) i)で考えた同時確率密度関数$f_{X,Y}(x,y)$に対し、$(1)$を元に下記のような変数変換を考える。
$$
\begin{align}
Z &= \frac{X}{\sqrt{Y/n}} \\
Y &= Y
\end{align}
$$
このとき、$X,Y$から$Z,Y$に変換するにあたってのヤコビアン$J(Z,Y)$を計算せよ。

ⅲ) i)とⅱ)の結果に基づき、確率変数$Z,Y$に関する確率密度関数$f_{Z,Y}(z,y)$が下記に一致することを示せ。
$$
\begin{align}
f_{Z,Y}(z,y) = \frac{1}{\sqrt{\pi n}} \frac{\displaystyle y^{\frac{n+1}{2}-1} \exp{\left[ -\frac{y}{2} \left( 1+\frac{z^2}{n} \right) \right]} }{\displaystyle 2^{\frac{n+1}{2}} \Gamma \left( \frac{n}{2} \right)} \quad (2)
\end{align}
$$

iv) $(2)$式に対し、下記のような変数変換を考える。
$$
\begin{align}
Z &= Z \\
W &= \frac{1}{2} \left( 1+\frac{Z^2}{n} \right) Y
\end{align}
$$
このとき、$Z,Y$から$Z,W$に変換するにあたってのヤコビアン$J(Z,W)$を計算せよ。

v) ⅲ)とiv)の結果に基づき、確率変数$Z,W$に関する確率密度関数$f_{Z,W}(z,w)$が下記に一致することを示せ。
$$
\begin{align}
f_{Z,W}(z,w) = \frac{1}{\sqrt{\pi n}} \frac{\displaystyle w^{\frac{n+1}{2}-1} \exp(-w)}{\displaystyle \Gamma \left( \frac{n}{2} \right)} \left( 1+\frac{z^2}{n} \right)^{-\frac{n+1}{2}}
\end{align}
$$

vi) $(3)$式に対して$\displaystyle f_{Z}(z) = \int_{0}^{w}f_{Z,W}(z,w) dw$を元に下記を示せ。
$$
\begin{align}
f_{Z}(z) = \frac{\Gamma((n+1)/2)}{\sqrt{\pi n} \Gamma(n/2)} \left( 1+\frac{z^2}{n} \right)^{-\frac{n+1}{2}} = \frac{1}{\sqrt{n} B(1/2,n/2)} \left( 1+\frac{z^2}{n} \right)^{-\frac{n+1}{2}}
\end{align}
$$

$\displaystyle Z = \frac{X}{\sqrt{Y/n}}, E \left[ \frac{1}{Y} \right] = \frac{1}{n-2}$であることに基づいて自由度$n$の$t$分布$t(n)$の期待値$E[Z]$と分散$V[Z]$を計算せよ。

vⅲ) 自由度$n$が$n \to \infty$であるときの$t$分布は標準正規分布に一致する。確率密度関数の変数$z$に対し下記が成立することを示し、$n \to \infty$の$t$分布が標準正規分布に一致することが妥当であることを確認せよ。
$$
\begin{align}
\lim_{n \to \infty} \left( 1+\frac{z^2}{n} \right)^{-\frac{n+1}{2}} = e^{-\frac{z^2}{2}}
\end{align}
$$

・解答
i)
同時確率密度関数$f_{X,Y}(x,y)$は下記のように表せる。
$$
\large
\begin{align}
f_{X,Y}(x,y) &= \frac{1}{\sqrt{2 \pi}} \exp{\left( -\frac{x^2}{2} \right)} \times \frac{1}{2^{\frac{n}{2}} \Gamma(n/2)} y^{\frac{n}{2}-1} \exp{ \left( -\frac{y}{2} \right) } \\
&= \frac{1}{\sqrt{2 \pi}} \exp{\left( -\frac{x^2}{2} \right)} \frac{\displaystyle y^{\frac{n}{2}-1} \exp{ \left( -\frac{y}{2} \right) }}{\displaystyle 2^{\frac{n}{2}} \Gamma \left( \frac{n}{2} \right)}
\end{align}
$$

ⅱ)
$X = Z\sqrt{Y/n}$であることから、$J(Z,Y)$は下記のように計算できる。
$$
\large
\begin{align}
J(Z,Y) &= \left| \begin{array}{cc} \frac{\partial x}{\partial z} & \frac{\partial x}{\partial y} \\ \frac{\partial y}{\partial z} & \frac{\partial y}{\partial y} \end{array} \right| \\
&= \left| \begin{array}{cc} \sqrt{y/n} & z/\sqrt{2ny} \\ 0 & 1 \end{array} \right| \\
&= \sqrt{\frac{y}{n}}
\end{align}
$$

ⅲ)
確率変数$Z,Y$に関する確率密度関数$f_{Z,Y}(z,y)$は下記のように表せる。
$$
\large
\begin{align}
f_{Z,Y}(z,y) &= f_{X,Y}(x,y) J(Z,Y) = f_{X,Y} \left( z\sqrt{\frac{y}{n}},y \right) J(Z,Y) \\
&= \frac{1}{\sqrt{2 \pi}} \exp{\left( -\frac{yz^2}{2n} \right)} \frac{\displaystyle y^{\frac{n}{2}-1} \exp{ \left( -\frac{y}{2} \right) }}{\displaystyle 2^{\frac{n}{2}} \Gamma \left( \frac{n}{2} \right)} \times \sqrt{\frac{y}{n}} \\
&= \frac{1}{\sqrt{\pi n}} \frac{\displaystyle y^{\frac{n+1}{2}-1} \exp{\left[ -\frac{y}{2} \left( 1+\frac{z^2}{n} \right) \right]} }{\displaystyle 2^{\frac{n+1}{2}} \Gamma \left( \frac{n}{2} \right)} \quad (2)
\end{align}
$$

iv)
$\displaystyle Y = \frac{2W}{\displaystyle 1+\frac{Z^2}{n}}$であることから、$J(Z,W)$は下記のように計算できる。
$$
\large
\begin{align}
J(Z,Y) &= \left| \begin{array}{cc} \frac{\partial z}{\partial z} & \frac{\partial z}{\partial w} \\ \frac{\partial y}{\partial z} & \frac{\partial y}{\partial w} \end{array} \right| \\
&= \left| \begin{array}{cc} 1 & 0 \\ \frac{\partial y}{\partial z} & \frac{\partial y}{\partial w} \end{array} \right| \\
&= \frac{\partial y}{\partial w} = \frac{2}{\displaystyle 1+\frac{z^2}{n}}
\end{align}
$$

v)
確率変数$Z,W$に関する確率密度関数$f_{Z,W}(z,w)$は下記のように表せる。
$$
\large
\begin{align}
f_{Z,W}(z,w) &= f_{Z,Y}(z,y) J(Z,W) = f_{X,Y} \left( z,\frac{2w}{1+\frac{z^2}{n}} \right) J(Z,Y) \\
&= \frac{1}{\sqrt{\pi n}} \frac{\exp{(-w)} }{\displaystyle \cancel{2^{\frac{n+1}{2}}} \Gamma \left( \frac{n}{2} \right)} \left( \frac{\cancel{2}w}{1+\frac{z^2}{n}} \right)^{\frac{n+1}{2}-1} \times \frac{\cancel{2}}{\displaystyle 1+\frac{z^2}{n}} \\
&= \frac{1}{\sqrt{\pi n}} \frac{\displaystyle w^{\frac{n+1}{2}-1} \exp(-w)}{\displaystyle \Gamma \left( \frac{n}{2} \right)} \left( 1+\frac{z^2}{n} \right)^{-\frac{n+1}{2}} \quad (3)
\end{align}
$$

vi)
下記のように$(3)$式に対して$\displaystyle f_{Z}(z) = \int_{0}^{w}f_{Z,W}(z,w) dw$を計算できる。
$$
\large
\begin{align}
f_{Z}(z) &= \int_{0}^{w}f_{Z,W}(z,w) dw = \int_{0}^{w} \frac{1}{\sqrt{\pi n}} \frac{\displaystyle w^{\frac{n+1}{2}-1} \exp(-w)}{\displaystyle \Gamma \left( \frac{n}{2} \right)} \left( 1+\frac{z^2}{n} \right)^{-\frac{n+1}{2}} dw \\
&= \frac{\displaystyle \Gamma \left( \frac{n+1}{2} \right)}{\displaystyle \sqrt{\pi n} \Gamma \left( \frac{n}{2} \right)} \left( 1+\frac{z^2}{n} \right)^{-\frac{n+1}{2}} \int_{0}^{w} \frac{\displaystyle w^{\frac{n+1}{2}-1} \exp(-w)}{\displaystyle \Gamma \left( \frac{n+1}{2} \right)} dw \\
&= \frac{\Gamma((n+1)/2)}{\sqrt{\pi n} \Gamma(n/2)} \left( 1+\frac{z^2}{n} \right)^{-\frac{n+1}{2}} = \frac{1}{\sqrt{n} B(1/2,n/2)} \left( 1+\frac{z^2}{n} \right)^{-\frac{n+1}{2}}
\end{align}
$$

vⅱ)
$\displaystyle Z = \frac{X}{\sqrt{Y/n}}$より、$E[Z], E[Z^2]$は下記のように計算できる。
$$
\large
\begin{align}
E[Z] &= E \left[ \frac{X}{\sqrt{Y/n}} \right] \\
&= E[X]E \left[ \sqrt{\frac{n}{Y}} \right] \\
&= 0 \times E \left[ \sqrt{\frac{n}{Y}} \right] = 0 \\
E[Z^2] &= E \left[ \frac{nX^2}{Y} \right] \\
&= E[X^2] E \left[ \frac{n}{Y} \right] \\
&= n E[X^2] E \left[ \frac{1}{Y} \right] \\
&= n \times 1 \times \frac{1}{n-2} \\
&= \frac{n}{n-2}
\end{align}
$$

上記より、分散$V[Z]=E[Z^2]-E[Z]^2$は下記のように計算できる。
$$
\large
\begin{align}
V[Z] &= E[Z^2] – E[Z]^2 \\
&= \frac{n}{n-2} – 0^2 = \frac{n}{n-2}
\end{align}
$$

vⅲ)
下記のように式変形を考えることができる。
$$
\large
\begin{align}
\lim_{n \to \infty} \left( 1+\frac{z^2}{n} \right)^{-\frac{n+1}{2}} &= \lim_{n \to \infty} \left( 1+\frac{z^2}{n} \right)^{-\frac{n}{2}} \left( 1+\frac{z^2}{n} \right)^{-\frac{1}{2}} \\
&= \lim_{n \to \infty} \left( 1+\frac{z^2}{n} \right)^{-\frac{n}{z^2} \frac{z^2}{2}} \left( 1+\frac{z^2}{n} \right)^{-\frac{1}{2}} \\
&= \lim_{n \to \infty} \left[ \left( 1+\frac{z^2}{n} \right)^{\frac{n}{z^2}} \right]^{-\frac{z^2}{2}} \left( 1+\frac{z^2}{n} \right)^{-\frac{1}{2}} \\
&= e^{-\frac{z^2}{2}} \cdot 1 \\
&= e^{-\frac{z^2}{2}}
\end{align}
$$

・解説
vⅱ)で用いた$\displaystyle E \left[ \frac{1}{Y} \right] = \frac{1}{n-2}$は前問「ガンマ分布に基づく$\chi^2$分布の平均・分散や$k$次モーメントの計算」のⅲ)の結果に$\displaystyle k=-1, \alpha=n/2, \beta=2$を代入することで得ることができます。

$F$分布の確率密度関数の導出

・問題
$F$分布は分散分析などを行う際に主に用いる標本分布であり、自由度$m,n$の$F$分布$F(m,n)$の確率変数を$Z$、確率密度関数を$f(z)$とおくと、$f(z)$は下記のように表される。
$$
\large
\begin{align}
f(z) = \frac{z^{\frac{m}{2}-1}}{\displaystyle B \left( \frac{m}{2},\frac{n}{2} \right)} \left( \frac{m}{n} \right)^{\frac{m}{2}} \left( 1+\frac{m}{n}z \right)^{-\frac{m+n}{2}}, \quad z>0
\end{align}
$$

以下、上記で表した$F$分布の確率密度関数の導出と期待値$E[Z]$、分散$E[Z]$の計算について確認を行う。

「分散分析」にあたっては、自由度$\phi_A$の水準間平方和$S_A$と自由度$\phi_E$の誤差平方和$S_E$に関して下記が成立することを元に計算を行う。
$$
\begin{align}
\frac{S_A/\phi_A}{S_E/\phi_E} \sim F(a-1,a(n-1)) \quad (1)
\end{align}
$$

上記に対応させて、確率変数$X \sim \chi^{2}(m), Y \sim \chi^{2}(n)$に関する同時確率密度関数$f_{X,Y}(x,y)$の変数変換や変数の積分などを行うことで$F$分布の確率密度関数の導出を行うことができる。

ここまでの内容を元に下記の問いにそれぞれ答えよ。
i) $X \sim \chi^{2}(m), Y \sim \chi^{2}(n)$かつ$X, Y$が独立であるとき、同時確率密度関数$f_{X,Y}(x,y)$を$x,y$の式で表せ。

ⅱ) i)で考えた同時確率密度関数$f_{X,Y}(x,y)$に対し、$(1)$を元に下記のような変数変換を考える。
$$
\begin{align}
Z &= \frac{X/m}{Y/n} \\
Y &= Y
\end{align}
$$
このとき、$X,Y$から$Z,Y$に変換するにあたってのヤコビアン$J(Z,Y)$を計算せよ。

ⅲ) i)とⅱ)の結果に基づき、確率変数$Z,Y$に関する確率密度関数$f_{Z,Y}(z,y)$が下記に一致することを示せ。
$$
\begin{align}
f_{Z,Y}(z,y) = \frac{z^{\frac{m}{2}-1} y^{\frac{m+n}{2}-1}}{\displaystyle 2^{\frac{m+n}{2}} \Gamma \left( \frac{m}{2} \right) \Gamma \left( \frac{n}{2} \right)} \left( \frac{m}{n} \right)^{\frac{m}{2}} \exp{\left[ -\frac{y}{2} \left( 1+\frac{mz}{n} \right) \right]} \quad (2)
\end{align}
$$

iv) $(2)$式に対し、下記のような変数変換を考える。
$$
\begin{align}
Z &= Z \\
W &= \frac{1}{2} \left( 1+\frac{m Z}{n} \right) Y
\end{align}
$$
このとき、$Z,Y$から$Z,W$に変換するにあたってのヤコビアン$J(Z,W)$を計算せよ。

v) ⅲ)とiv)の結果に基づき、確率変数$Z,W$に関する確率密度関数$f_{Z,W}(z,w)$が下記に一致することを示せ。
$$
\begin{align}
f_{Z,W}(z,w) = \frac{z^{\frac{m}{2}-1}}{\displaystyle \Gamma \left( \frac{m}{2} \right) \Gamma \left( \frac{n}{2} \right)} \left( \frac{m}{n} \right)^{\frac{m}{2}} \left( 1+\frac{m}{n}z \right)^{-\frac{m+n}{2}} w^{\frac{m+n}{2}-1} \exp(-w) \quad (3)
\end{align}
$$

vi) $(3)$式に対して$\displaystyle f_{Z}(z) = \int_{0}^{w}f_{Z,W}(z,w) dw$を元に下記を示せ。
$$
\begin{align}
f_{Z}(z) = \frac{z^{\frac{m}{2}-1}}{\displaystyle B \left( \frac{m}{2}, \frac{n}{2} \right)} \left( \frac{m}{n} \right)^{\frac{m}{2}} \left( 1+\frac{m}{n}z \right)^{-\frac{m+n}{2}}
\end{align}
$$

・解答
i)
同時確率密度関数$f_{X,Y}(x,y)$は下記のように表すことができる。
$$
\large
\begin{align}
f_{X,Y}(x,y) &= \frac{1}{2^{\frac{m}{2}} \Gamma(n/2)} x^{\frac{m}{2}-1} \exp{ \left( -\frac{x}{2} \right) } \times \frac{1}{2^{\frac{n}{2}} \Gamma(n/2)} y^{\frac{n}{2}-1} \exp{ \left( -\frac{y}{2} \right) } \\
&= \frac{\displaystyle x^{\frac{m}{2}-1} y^{\frac{n}{2}-1} \exp{\left( -\frac{x}{2}-\frac{y}{2} \right)}}{\displaystyle 2^{\frac{m+n}{2}} \Gamma \left( \frac{m}{2} \right) \Gamma \left( \frac{n}{2} \right)}
\end{align}
$$

ⅱ)
$\displaystyle X = \frac{mYZ}{n}$であることから、$J(Z,Y)$は下記のように計算できる。
$$
\large
\begin{align}
J(Z,Y) &= \left| \begin{array}{cc} \frac{\partial x}{\partial z} & \frac{\partial x}{\partial y} \\ \frac{\partial y}{\partial z} & \frac{\partial y}{\partial y} \end{array} \right| = \left| \begin{array}{cc} \frac{\partial x}{\partial z} & \frac{\partial x}{\partial y} \\ 0 & 1 \end{array} \right| \\
&= \frac{\partial x}{\partial z} \\
&= \frac{my}{n}
\end{align}
$$

ⅲ)
確率変数$Z,Y$に関する確率密度関数$f_{Z,Y}(z,y)$は下記のように表せる。
$$
\large
\begin{align}
f_{Z,Y}(z,y) &= f_{X,Y}(x,y) J(Z,Y) = f_{X,Y} \left( \frac{myz}{n},y \right) J(Z,Y) \\
&= \frac{\displaystyle y^{\frac{n}{2}-1}}{\displaystyle 2^{\frac{m+n}{2}} \Gamma \left( \frac{m}{2} \right) \Gamma \left( \frac{n}{2} \right)} \left( \frac{myz}{n} \right)^{\frac{m}{2}-1} \exp{\left( -\frac{myz}{2n}-\frac{y}{2} \right)} \times \frac{my}{n} \\
&= \frac{\displaystyle z^{\frac{m}{2}-1} y^{\frac{m+n}{2}-1}}{\displaystyle 2^{\frac{m+n}{2}} \Gamma \left( \frac{m}{2} \right) \Gamma \left( \frac{n}{2} \right)} \left( \frac{m}{n} \right)^{\frac{m}{2}} \exp{\left[ -\frac{y}{2} \left( 1+\frac{mz}{n} \right) \right]}
\end{align}
$$

iv)
$\displaystyle Y = \frac{2W}{\displaystyle 1+\frac{mZ}{n}}$であることから、$J(Z,W)$は下記のように計算できる。
$$
\large
\begin{align}
J(Z,Y) &= \left| \begin{array}{cc} \frac{\partial z}{\partial z} & \frac{\partial z}{\partial w} \\ \frac{\partial y}{\partial z} & \frac{\partial y}{\partial w} \end{array} \right| \\
&= \left| \begin{array}{cc} 1 & 0 \\ \frac{\partial y}{\partial z} & \frac{\partial y}{\partial w} \end{array} \right| \\
&= \frac{\partial y}{\partial w} = \frac{2}{\displaystyle 1+\frac{mz}{n}}
\end{align}
$$

v)
確率変数$Z,W$に関する確率密度関数$f_{Z,W}(z,w)$は下記のように表せる。
$$
\large
\begin{align}
f_{Z,W}(z,w) &= f_{Z,Y}(z,y) J(Z,W) = f_{X,Y} \left( z,\frac{2w}{1+\frac{z^2}{n}} \right) J(Z,Y) \\
&= \frac{\displaystyle z^{\frac{m}{2}-1}}{\displaystyle \cancel{2^{\frac{m+n}{2}}} \Gamma \left( \frac{m}{2} \right) \Gamma \left( \frac{n}{2} \right)} \left( \frac{\cancel{2}}{\displaystyle 1+\frac{mz}{n}} \right)^{\frac{m+n}{2}-1} \left( \frac{m}{n} \right)^{\frac{m}{2}} \exp{(-w)} \times \frac{\cancel{2}}{\displaystyle 1+\frac{mz}{n}} \\
&= \frac{z^{\frac{m}{2}-1}}{\displaystyle \Gamma \left( \frac{m}{2} \right) \Gamma \left( \frac{n}{2} \right)} \left( \frac{m}{n} \right)^{\frac{m}{2}} \left( 1+\frac{m}{n}z \right)^{-\frac{m+n}{2}} w^{\frac{m+n}{2}-1} \exp(-w) \quad (3)
\end{align}
$$

vi)
下記のように$(3)$式に対して$\displaystyle f_{Z}(z) = \int_{0}^{w}f_{Z,W}(z,w) dw$を計算できる。
$$
\large
\begin{align}
f_{Z}(z) &= \int_{0}^{w}f_{Z,W}(z,w) dw \\
&= \int_{0}^{w} \frac{z^{\frac{m}{2}-1}}{\displaystyle \Gamma \left( \frac{m}{2} \right) \Gamma \left( \frac{n}{2} \right)} \left( \frac{m}{n} \right)^{\frac{m}{2}} \left( 1+\frac{m}{n}z \right)^{-\frac{m+n}{2}} w^{\frac{m+n}{2}-1} \exp(-w) dw \\
&= \frac{z^{\frac{m}{2}-1}}{\displaystyle \Gamma \left( \frac{m}{2} \right) \Gamma \left( \frac{n}{2} \right)} \left( \frac{m}{n} \right)^{\frac{m}{2}} \left( 1+\frac{m}{n}z \right)^{-\frac{m+n}{2}} \int_{0}^{w} w^{\frac{m+n}{2}-1} \exp(-w) dw \\
&= \frac{z^{\frac{m}{2}-1}}{\displaystyle \Gamma \left( \frac{m}{2} \right) \Gamma \left( \frac{n}{2} \right)} \left( \frac{m}{n} \right)^{\frac{m}{2}} \left( 1+\frac{m}{n}z \right)^{-\frac{m+n}{2}} \times \Gamma \left( \frac{m+n}{2} \right) \\
&= \frac{z^{\frac{m}{2}-1}}{\displaystyle B \left( \frac{m}{2}, \frac{n}{2} \right)} \left( \frac{m}{n} \right)^{\frac{m}{2}} \left( 1+\frac{m}{n}z \right)^{-\frac{m+n}{2}}
\end{align}
$$

・解説

ガンマ分布に基づく$F$分布の期待値・分散の計算

・問題
前問の「$F$分布の確率密度関数の導出」で取り扱ったように$X_1 \sim \chi^{2}(m), X_2 \sim \chi^{2}(n)$のとき、確率変数$\displaystyle Z = \frac{X_1/m}{X_2/n}$に関して$Z \sim F(m,n)$が成立する。

確率密度関数の導出に関しては前問で確認を行ったので、この問題ではガンマ分布の$k$次のモーメントの式に基づいて$F$分布の期待値$E[Z]$と分散$V[Z]$の計算について取り扱う。以下の問いにそれぞれ答えよ。

i) 確率変数$Y$がガンマ分布$\mathrm{Ga}(\alpha,\beta)$に従うとき、確率密度関数$g(y)$を$y$の式で表せ。
ⅱ) i)で表した確率密度関数$f(y)$を元にガンマ分布$\mathrm{Ga}(\alpha,\beta)$の$k$次のモーメント$E[Y^{k}]$が下記に一致することを示せ。
$$
\begin{align}
E[Y^k] = \frac{\beta^{k} \Gamma(\alpha+k)}{\Gamma(\alpha)}
\end{align}
$$
ⅲ) ⅱ)で計算した$E[Y^{k}]$の式が成立する$k$の範囲を答えよ。
iv) $\alpha>2$のとき、ⅱ)、ⅲ)を元に$E[Y^{-1}]$を表せ。
v) $\alpha>2$のとき、ⅱ)、ⅲ)を元に$E[Y^{-2}]$を表せ。
vi) $n>2$のとき、期待値$E[Z]$を導出せよ。
vⅱ) $n>4$のとき、$E[Z^2]$を導出し、$V[Z]=E[Z^2]-E[Z]^2$を用いて分散$V[Z]$を導出せよ。

・解答
i)
$Y \sim \mathrm{Ga}(\alpha,\beta)$のとき確率密度関数$g(y)$は下記のように表せる。
$$
\large
\begin{align}
g(y) = \frac{1}{\beta^{\alpha} \Gamma(\alpha)} y^{\alpha-1} e^{-\frac{y}{\beta}}
\end{align}
$$

ⅱ)
ガンマ分布$\mathrm{Ga}(\alpha,\beta)$の$k$次のモーメント$E[Y^k]$は期待値の定義に基づいて下記のように表せる。
$$
\large
\begin{align}
E[Y^k] &= \int_{0}^{\infty} y^k g(y) dy \\
&= \int_{0}^{\infty} y^k \times \frac{1}{\beta^{\alpha} \Gamma(\alpha)} x^{\alpha-1} \exp{\left( -\frac{y}{\beta} \right)} dy \\
&= \int_{0}^{\infty} \frac{\beta^{k-1}}{\Gamma(\alpha)} \left( \frac{y}{\beta} \right)^{\alpha+k-1} \exp{\left( -\frac{y}{\beta} \right)} dy
\end{align}
$$

上記に対し、$\displaystyle u = \frac{y}{\beta}$のように変数変換を行うことを考える。このとき$y = \beta u$より$dy = \beta du$である。また$\beta>0$より、$y$と$u$の範囲は下記のように対応する。

$y$	$0 \to \infty$
$u$	$0 \to \infty$

よって、$E[Y^k]$は変数変換$\displaystyle u = \frac{y}{\beta}$を元に下記のように式変形できる。
$$
\large
\begin{align}
E[Y^k] &= \int_{0}^{\infty} \frac{\beta^{k-1}}{\Gamma(\alpha)} \left( \frac{y}{\beta} \right)^{\alpha+k-1} \exp{\left( -\frac{y}{\beta} \right)} dy \\
&= \int_{0}^{\infty} \frac{\beta^{k-1}}{\Gamma(\alpha)} u^{\alpha+k-1} \exp{(-u)} \cdot \beta du \\
&= \int_{0}^{\infty} \frac{\beta^{k}}{\Gamma(\alpha)} u^{\alpha+k-1} \exp{(-u)} du \\
&= \frac{\beta^{k} \Gamma(\alpha+k)}{\Gamma(\alpha)} \int_{0}^{\infty} \frac{1}{\Gamma(\alpha+k)} u^{\alpha+k-1} \exp{(-u)} du \\
&= \frac{\beta^{k} \Gamma(\alpha+k)}{\Gamma(\alpha)} \times 1 = \frac{\beta^{k} \Gamma(\alpha+k)}{\Gamma(\alpha)}
\end{align}
$$

ⅲ)
ⅱ)の式変形にあたってはガンマ分布の定義を用いているので、$\alpha+k>0$が前提である。よって$k>-\alpha$のとき、$k$次の積率を考えることができる。

iv)
ⅱ)で導出した式に$k=-1$を代入することで下記が得られる。
$$
\large
\begin{align}
E[Y^{-1}] &= \frac{\beta^{-1} \Gamma(\alpha-1)}{\Gamma(\alpha)} \\
&= \frac{\beta^{-1} \cancel{\Gamma(\alpha-1)}}{\cancel{\Gamma(\alpha-1)}(\alpha-1)} \\
&= \frac{1}{\beta(\alpha-1)}
\end{align}
$$

v)
ⅱ)で導出した式に$k=-2$を代入することで下記が得られる。
$$
\large
\begin{align}
E[Y^{-2}] &= \frac{\beta^{-2} \Gamma(\alpha-2)}{\Gamma(\alpha)} \\
&= \frac{\beta^{-2} \cancel{\Gamma(\alpha-2)}}{\cancel{\Gamma(\alpha-2)}(\alpha-1)(\alpha-2)} \\
&= \frac{1}{\beta^2(\alpha-1)(\alpha-2)}
\end{align}
$$

vi)
$\chi^{2}(n)$は$\displaystyle \mathrm{Ga} \left( \frac{n}{2},2 \right)$なので、$F$分布の期待値$E[Z]$は$\displaystyle Z = \frac{X_1/m}{X_2/n}$より下記のように計算することができる。
$$
\large
\begin{align}
E[Z] &= E \left[ \frac{X_1/m}{X_2/n} \right] = \frac{n}{m} E[X_1] E \left[ \frac{1}{X_2} \right] \\
&= \frac{n}{\cancel{m}} \times \cancel{m} \times \frac{1}{2(n/2-1)} \\
&= \frac{n}{n-2}
\end{align}
$$

vⅱ)
$E[Z^2]$は$\displaystyle Z = \frac{X_1/m}{X_2/n}$より下記のように計算することができる。
$$
\large
\begin{align}
E[Z^2] &= E \left[ \left( \frac{X_1/m}{X_2/n} \right)^2 \right] = \frac{n^2}{m^2} E[X_1^2] E \left[ \frac{1}{X_2^2} \right] \\
&= \frac{n^2}{m^2} \times m(m+2) \times \frac{1}{2^2(n/2-1)(n/2-2)} \\
&= \frac{n^2}{m^2} \frac{m(m+2)}{(n-2)(n-4)}
\end{align}
$$

よって分散$V[Z]$は下記のように得られる。
$$
\large
\begin{align}
V[Z] &= E[Z^2] – E[Z]^2 \\
&= \frac{n^2}{m^2} \frac{m(m+2)}{(n-2)(n-4)} – \frac{n^2}{(n-2)^2} \\
&= \frac{2n^2(m+n-2)}{m(n-2)^2(n-4)}
\end{align}
$$

・解説
vi)、vⅱ)の途中計算で出てくる$E[X_1], E[X_1^2]$に関しては設問を作成しませんでしたが、$\displaystyle E \left[ \frac{1}{X_2} \right], E \left[ \frac{1}{X_2^2} \right]$と同様にⅱ)で導出した式より表すことができます。

参考書籍

・現代数理統計学(学術図書出版社)

・数理統計学 統計的推論の基礎(共立出版)