連続分布のモーメントの定義や性質を述べる。
また様々な連続分布のモーメントを導出し、期待値と分散を求める。
特性関数、積率母関数を利用した期待値と分散の導出法については、それぞれ連続分布の特性関数、連続分布の積率母関数を参照されたい。
離散分布のモーメントについては、離散分布のモーメントを参照されたい。
連続分布のモーメントの定義
\(f(x)\)を連続確率変数\(X\)の確率密度関数とし、この関数はある区間\((a, b)\)にのみ密度を持つとする。区間\((a, b)\)を等しい幅をもつ\(n\)個の区間に分けて、\(x_i\)を\(i\)番目の区間の中点とする。また、\(\Delta x\)を区間の幅としたとき、次の和を考える。
\begin{align}\sum_{i=1}^{n}x_if(x_i)\Delta x.\end{align}
\(f(x_i)\Delta x\)は図1の斜線上長方形の面積であり、\(x_if(x_i)\Delta x\)はこの長方形の面積の近似的な期待値となる。したがって、連続確率変数\(X\)の期待値は、\(n\to\infty\)にしたときであると考えられる。したがって、次の期待値の定義が導かれる。
定義1 連続分布の期待値
また、原点周りの\(k\)次モーメントを定義するために、確率変数\(X\)の関数\(g(X)\)の期待値も定義する。
定義2 \(g(X)\)の期待値
\eqref{eq1}では、\(f(x)\)は区間\((a, b)\)の外では\(0\)であることを仮定したが、\(a\)を\(-\infty\)、\(b\)を\(\infty\)とおいてもよい。\(g(x)f(x)\)の無限区間での積分が収束すると仮定したとき、次の定義を得る。
定義3 一般化した\(g(X)\)の期待値
\eqref{eq2}では、確率変数\(X\)から成る任意の関数に対する期待値を定義している。すなわち、この定義から\(X\)の2次モーメント\(\mathrm{E}[X^2]\)、3次モーメント\(\mathrm{E}[X^3]\)、さらに、分散\(\mathrm{E}[(X-\mathrm{E}[X])^2]\)などが得られることを意味する。
定義4 原点周りの\(k\)次モーメント
\(\mu_k\)は、連続確率変数\(X\)の分布の\(k\)次のモーメント、またはその分布をもつ確率変数\(X\)の\(k\)次モーメントとも呼ばれる。1次モーメント\(\mu_1\)はよく用いられるため、以降、便宜上1次モーメント\(\mu_1\)を\(\mu_1=\mu\)とする。分散を扱う際に、平均周りのモーメントが登場するため次でその定義を与える。
定義5 平均周りの\(k\)次モーメント
離散分布のモーメント同様に、分散を1次、2次モーメントを用いることで表現できる。定義5に\(k=2\)を適用すると、連続確率変数\(X\)の分散は次で与えられる。
\begin{align}\mathrm{Var}[X] &= \mathrm{E}[(X-\mu)^2]\\&=\int_{-\infty}^{\infty}(x-\mu)^2f(x)dx\\&=\int_{-\infty}^{\infty}x^2f(x)dx-2\mu\int_{-\infty}^{\infty}xf(x)dx+\mu^2\int_{-\infty}^{\infty}f(x)dx\\&=\mu_2-2\mu^2+\mu^2\\&=\mu_2-\mu^2.\end{align}
したがって、連続分布の場合にも、次の公式が得られた。
\begin{align}\label{eq3}\mathrm{Var}[X]=\mathrm{E}[X^2]-\bigl(\mathrm{E}[X]\bigr)^2.\tag{3}\end{align}
連続分布のモーメント
連続一様分布
確率変数\(X\)が連続一様分布に従うとき、\(a<b\)に対して、\(X\)の確率関数は次で与えられる。
\begin{align}f(x) = \left\{\begin{array}{cc}\cfrac{1}{b-a}, & a\leq x\leq b,\\0, & otherwise\end{array}\right.\end{align}
連続一様分布に従う確率変数の1次、2次モーメントを導出する。定義4より、\(X\)の1次モーメントは
\begin{align}\mu_1 &= \int_{a}^b x\cfrac{1}{b-1}dx\\&= \cfrac{1}{b-a}\left[\cfrac{1}{2}x^2\right]_a^b\\&=\cfrac{1}{b-a}\cfrac{(b-a)(b+a)}{2}\\&=\cfrac{a+b}{2}\end{align}
である。また、2次モーメントは
\begin{align}\mu_2 &= \int_a^b x^2\cfrac{1}{b-a}dx\\&= \cfrac{1}{b-a}\left[\cfrac{1}{3}x^3\right]_a^b\\&= \cfrac{1}{b-a}\cfrac{(b-a)(b^2+ab+a^2)}{3}\\&= \cfrac{a^2+ab+b^2}{3}\end{align}
である。故に、\eqref{eq3}より\(X\)の期待値と分散は、それぞれ
\begin{align}\mathrm{E}[X]&=\mu_1=\cfrac{a+b}{2},\\\mathrm{Var}[X]&=\mu_2-\mu_1^2\\&=\cfrac{a^2+ab+b^2}{3}-\cfrac{a^2+2ab+b^2}{4}\\&=\cfrac{(a-b)^2}{12}\end{align}
である。
正規分布
確率変数\(X\)が正規分布に従うとき、実数\(\mu\)、\(\sigma^2>0\)に対して、\(X\)の確率関数は次で与えられる。
\begin{align}f(x)=\cfrac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^2}}\exp\left\{-\cfrac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}\right\}, \ \ -\infty<x<\infty .\end{align}
正規分布に従う確率変数の1次、2次モーメントを導出する。\(X\)の1次モーメントは
\begin{align} \mu_1 &= \int_{-\infty}^{\infty}x\cfrac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^2}}\exp\left\{-\cfrac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}\right\}dx\\&=\cfrac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty}\cfrac{x-\mu}{\sigma}\exp\left\{-\cfrac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}\right\}+\mu\int_{-\infty}^{\infty}\cfrac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^2}} \exp\left\{-\cfrac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}\right\}dx\\\label{eq4}&=\cfrac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty}\cfrac{x-\mu}{\sigma}\exp\left\{-\cfrac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}\right\}+\mu \tag{4}\end{align}
となり、ここで\(y=(x-mu)/\sigma\)。の変換を考える。\(x=\sigma y+\mu\)より、この変換のヤコビアンは\begin{align}\cfrac{dx}{dy} = \sigma\end{align}である。よって、\eqref{eq4}は次となる。
\begin{align}&\cfrac{1}{\sqrt{\pi}}\int_{-\infty}^{\infty}\cfrac{x-\mu}{\sqrt{2\sigma^2}}\exp\left\{-\cfrac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}\right\}dx+\mu\\&=\cfrac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty}y\exp\left(-\cfrac{y^2}{2}\right)\sigma dy +\mu \\&= -\cfrac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty}(-y)\exp\left(-\cfrac{y^2}{2}\right)\sigma dy +\mu\\&= -\cfrac{1}{\sqrt{2\pi}}\left[\exp\left(-\cfrac{y^2}{2}\right)\right]_{-\infty}^{\infty}+\mu\\&=\mu.\end{align}
また、2次モーメントは
\begin{align}\mu_2 &= \int_{-\infty}^{\infty}x^2\cfrac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^2}}\exp\left\{-\cfrac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}\right\}dx\\&=\cfrac{\sigma}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty}\left(\cfrac{x-\mu}{\sigma}\right)^2\exp\left\{-\cfrac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}\right\}dx+2\mu \int_{-\infty}^{\infty}x\cfrac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^2}}\exp\left\{-\cfrac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}\right\}dx\\&\ \ \ \ -\mu^2 \int_{-\infty}^{\infty}\cfrac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^2}}\exp\left\{-\cfrac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}\right\}dx\\&= \cfrac{\sigma}{\sqrt{2}}\int_{-\infty}^{\infty}y^2\exp\left(-\cfrac{y^2}{2}\right)\sigma dy+2\mu^2-\mu^2\\&=\cfrac{\sigma^2}{\sqrt{2\pi}} \int_{-\infty}^{\infty}y\cdot y\exp\left(-\cfrac{y^2}{2}\right) dy+\mu^2\\&= \cfrac{\sigma^2}{\sqrt{2\pi}}\left[y\exp\left(-\cfrac{y^2}{2}\right)\right]_{-\infty}^{\infty}-\sigma2\cfrac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_{-\infty}^{\infty} \exp\left(-\cfrac{y^2}{2}\right) dy+\mu^2\\&=0+\sigma^2\cdot1+\mu^2\\&=\sigma^2+\mu^2\end{align}
となる。故に\(X\)の期待値と分散は、それぞれ
\begin{align}\mathrm{E}[X]&=\mu_1=\mu,\\\mathrm{Var}[X]&=\mu_2-\mu_1^2\\&=\sigma^2+\mu^2-\mu^2\\&=\sigma^2\end{align}
である。
ガンマ分布
確率変数\(X\)がガンマ分布に従うとき、実数\(k > 0\)、\(\theta>0\)に対して、\(X\)の確率関数は次で与えられる。
\begin{align}f(x) = \left\{\begin{array}{cc}\cfrac{1}{\Gamma(k)\theta^{k}}x^{k-1}e^{-\frac{x}{\theta}}, & x\geq 0, \\0,&x <0.\end{array}\right.\end{align}
ガンマ分布に従う確率変数の1次、2次モーメントを導出する。\(X\)の1次モーメントは
\begin{align}\mu_1 &= \int_{0}^{\infty} x\cfrac{1}{\Gamma(k)\theta^{k}}x^{k-1}e^{-\frac{x}{\theta}}dx\\\label{eq5}&= \cfrac{1}{\Gamma(k)\theta^{k}}\int_{0}^{\infty} x^{k}e^{-\frac{x}{\theta}}dx\tag{5}\end{align}
となり、ここでガンマ関数に変数変換を行うことで、\(\mathrm{Re}, b>0\)を満たす複素数\(b\)に対し
\begin{align} \label{eq6}\int_0^{\infty}u^{b-1}e^{-au}du = \cfrac{\Gamma(b)}{a^{b}}\tag{6}\end{align}
という関係が成り立つことより、\eqref{eq5}は次で表される。
\begin{align}\cfrac{1}{\Gamma(k)\theta^{k}}\int_{0}^{\infty} x^{k}e^{-\frac{x}{\theta}}dx&= \cfrac{1}{\Gamma(k)\theta^{k}}\cfrac{\Gamma(k+1)}{(1/\theta)^{k+1}}\\&=\theta k.\end{align}
次に、\(X\)の2次モーメントを導出する。1次モーメントと同様に、\eqref{eq6}のガンマ関数を用いることで、次の2次モーメントを得る。
\begin{align}\mu_2&=\int_{0}^{\infty} x^2\cfrac{1}{\Gamma(k)\theta^{k}}x^{k-1}e^{-\frac{x}{\theta}}dx\\&=\cfrac{1}{\Gamma(k)\theta^k}\int_{0}^{\infty} x^{k+1}e^{-\frac{x}{\theta}}dx\\&= \cfrac{1}{\Gamma(k)\theta^k}\cfrac{\Gamma(k+2)}{(1/\theta)^{k+2}}\\&= \theta^2k(k+1)\end{align}
故に\(X\)の期待値と分散は、それぞれ
\begin{align}\mathrm{E}[X] &= \mu_1 = \theta k,\\\mathrm{Var}[X]&=\mu_2-\mu_1^2\\&=\theta^2 k(k+1) - (\theta k)^2\\&=\theta^2 k\end{align}
である。
指数分布
確率変数\(X\)がガンマ分布に従うとき、\(\lambda>0\)に対して、\(X\)の確率関数は次で与えられる。
\begin{align}f(x) = \left\{\begin{array}{cc}\lambda e^{-\lambda x}, & x\geq 0,\\0,&x <0.\end{array}\right.\end{align}
指数分布に従う確率変数の1次、2次モーメントを導出する。ガンマ分布の時と同様に、\eqref{eq6}のガンマ関数を用いることで\(X\)の1次モーメントは
\begin{align}\mu_1&=\int_0^{\infty}x\lambda e^{-\lambda x}dx\\&=\lambda\int_0^{\infty}xe^{-\lambda x}dx \\&= \lambda\cfrac{\Gamma(2)}{\lambda^2}\\&= \lambda^{-1}\end{align}
である。また、同様に2次モーメントは
\begin{align}\mu_2&=\int_0^{\infty}x^2\lambda e^{-\lambda x}dx\\&=\lambda\int_0^{\infty} x^2e^{\lambda x}dx\\&=\lambda\cfrac{\Gamma(3)}{\lambda^3}\\&=2\lambda^{-2} \end{align}
である。故に\(X\)の期待値と分散は
\begin{align}\mathrm{E}[X]&=\mu_1=\lambda^{-1},\\\mathrm{Var}[X]&=\mu_2-\mu_1^2\\&=2\lambda^{-2}-(\lambda^{-1})^2\\&=\lambda^{-2}\end{align}
である。
カイ2乗分布
確率変数\(X\)がカイ2乗分布に従うとき、\(k\in\{1,2,\ldots\}\)に対して、\(X\)の確率密度関数は次で与えられる。
\begin{align}f(x) = \left\{\begin{array}{cc}\cfrac{x^{\frac{k}{2}-1}e^{-\frac{x}{2}}}{2^{\frac{k}{2}}\Gamma(\frac{k}{2})},& x\geq 0,\\0,&x<0.\end{array}\right.\end{align}
カイ2乗分布に従う確率変数の1次、2次モーメントを導出する。\eqref{eq6}より、\(X\)の1次モーメントは
\begin{align}\mu_1 &= \int_{0}^{\infty}x\cfrac{x^{\frac{k}{2}-1}e^{-\frac{x}{2}}}{2^{\frac{k}{2}}\Gamma(\frac{k}{2})}dx\\&=\cfrac{1}{2^{\frac{k}{2}}\Gamma(\frac{k}{2})}\int_{0}^{\infty}x^{\frac{k}{2}}e^{-\frac{1}{2}x}\\&=\cfrac{1}{2^{\frac{k}{2}}\Gamma(\frac{k}{2})}\cfrac{\Gamma(\frac{k}{2}+1)}{(1/2)^{\frac{k}{2}+1}}\\&=2\cfrac{k}{2}\\&=k\end{align}
であり、また2次モーメントは
\begin{align}\mu_2&=\int_{0}^{\infty}x^2\cfrac{x^{\frac{k}{2}-1}e^{-\frac{x}{2}}}{2^{\frac{k}{2}}\Gamma(\frac{k}{2})}dx\\&=\cfrac{1}{2^{\frac{k}{2}}\Gamma(\frac{k}{2})}\int_{0}^{\infty}x^{\frac{k}{2}+1}e^{-\frac{1}{2}x}\\&=\cfrac{1}{2^{\frac{k}{2}}\Gamma(\frac{k}{2})}\cfrac{\Gamma(\frac{k}{2}+2)}{(1/2)^{\frac{k}{2}+2}}\\&= 2^2\cfrac{k}{2}\left(\cfrac{k}{2}+1\right)\\&=k(k+2)\end{align}
である。故に、\(X\)の期待値と分散は、それぞれ
\begin{align}\mathrm{E}[X]&=\mu_1=k,\\\mathrm{Var}[X]&=\mu_2-\mu_1^2\\&=k(k+2)-k^2\\&=2k\end{align}
である。
ベータ分布
確率変数\(X\)がベータ分布に従うとき、実数\(\alpha >0\)と\(\beta>0\)に対して、\(X\)の確率密度関数は次で与えられる。
\begin{align}f(x)=\left\{\begin{array}{cc}\cfrac{x^{\alpha-1}(1-x)^{\beta-1}}{B(\alpha, \beta)},& 0\leq x \leq 1,\\0,&otherwise.\end{array}\right.\end{align}
ベータ分布に従う確率変数の1次、2次モーメントを導出する。\(X\)の1次モーメントは
\begin{align}\mu_1&=\int_{0}^{1}x\cfrac{x^{\alpha-1}(1-x)^{\beta-1}}{B(\alpha, \beta)}dx\\\label{eq7}&=\cfrac{1}{B(\alpha, \beta)}\int_0^1 x^{\alpha}(1-x)^{\beta-1}dx \tag{7}\end{align}
となる。ここでベータ関数は、\(\mathrm{Re}\ (y)>0, \mathrm{Re}\ z>0\)を満たす複素数\(y, z\)に対して
\begin{align}\label{eq8}B(y,z) = \int_0^1u^{y-1}(1-u)^{z-1}du\tag{8}\end{align}
で定義されることから、\eqref{eq7}は次となる。
\begin{align}&\cfrac{1}{B(\alpha, \beta)}\int_0^1 x^{\alpha}(1-x)^{\beta-1}dx \\&= \cfrac{1}{B(\alpha, \beta)}B(\alpha+1, \beta)\\&= \cfrac{\Gamma(\alpha+\beta)}{\Gamma(\alpha)\Gamma(\beta)}\cfrac{\Gamma(\alpha+1)\Gamma(\beta)}{\Gamma(\alpha+\beta+1)}\\&= \cfrac{\alpha}{\alpha+\beta}.\end{align}
また、1次モーメントと同様にして、2次モーメントは次のように求められる。
\begin{align}\mu_2&=\int_{0}^{1}x^2\cfrac{x^{\alpha-1}(1-x)^{\beta-1}}{B(\alpha, \beta)}dx\\&=\cfrac{1}{B(\alpha, \beta)}\int_0^1 x^{\alpha+1}(1-x)^{\beta-1}dx \\&=\cfrac{1}{B(\alpha, \beta)} B(\alpha+2, \beta)\\&=\cfrac{\Gamma(\alpha+\beta)}{\Gamma(\alpha)\Gamma(\beta)}\cfrac{\Gamma(\alpha+2)\Gamma(\beta)}{\Gamma(\alpha+\beta+2)}\\&= \cfrac{\alpha(\alpha+1)}{(\alpha+\beta)(\alpha+\beta+1)}\end{align}
故に\(X\)の期待値と分散は、それぞれ
\begin{align}\mathrm{E}[X] &= \mu_1 = \cfrac{\alpha}{\alpha+\beta},\\\mathrm{Var}[X] &=\mu_2-\mu_1^2\\&=\cfrac{\alpha(\alpha+1)}{(\alpha+\beta)(\alpha+\beta+1)}-\left(\cfrac{\alpha}{\alpha+\beta}\right)^2\\&=\cfrac{\alpha\bigl\{(\alpha+1)(\alpha+\beta) -\alpha(\alpha+\beta+1)\bigr\}}{(\alpha+\beta)^2(\alpha+\beta+1)}\\&=\cfrac{\alpha\beta}{(\alpha+\beta)^2(\alpha+\beta+1)}\end{align}
である。
t分布
確率変数\(X\)がt分布に従うとき、実数\(\nu >0\)に対して、\(X\)の確率密度関数は次で与えられる。
\begin{align}f(x) = \cfrac{\Gamma(\frac{\nu+1}{2})}{\sqrt{\nu\pi}\Gamma(\frac{\nu}{2})}\left(1+\cfrac{x^2}{\nu}\right)^{-\frac{\nu+1}{2}},\ \ -\infty<x<\infty.\end{align}
t分布に従う確率変数の1次、2次モーメントを導出する。\(0<\nu\leq 1 \)のとき
\begin{align}\int_{-\infty}^{\infty}x\left(1+\cfrac{x^2}{\nu}\right)^{-\frac{\nu+1}{2}}dx\end{align}が収束しないので、\(\nu > 1\)のときを考える。\(X\)の1次モーメントは
\begin{align} \mu_1 &= \int_{-\infty}^{\infty}x\cfrac{\Gamma(\frac{\nu+1}{2})}{\sqrt{\nu\pi}\Gamma(\frac{\nu}{2})}\left(1+\cfrac{x^2}{\nu}\right)^{-\frac{\nu+1}{2}}dx \\\label{eq9}&= \cfrac{\Gamma(\frac{\nu+1}{2})}{\sqrt{\nu\pi}\Gamma(\frac{\nu}{2})}\int_{-\infty}^{\infty}x\left(1+\cfrac{x^2}{\nu}\right)^{-\frac{\nu+1}{2}}dx\tag{9}\end{align}ここで\begin{align}x\left(1+\cfrac{x^2}{\nu}\right)^{-\frac{\nu+1}{2}}\end{align}
は奇関数であることから、\eqref{eq9}の積分は\(0\)となる。したがって、\(\mu_1=0\)である。次に、2次モーメントは
\begin{align}\mu_2 &= \int_{-\infty}^{\infty}x^2\cfrac{\Gamma(\frac{\nu+1}{2})}{\sqrt{\nu\pi}\Gamma(\frac{\nu}{2})}\left(1+\cfrac{x^2}{\nu}\right)^{-\frac{\nu+1}{2}}dx \\&=\cfrac{\Gamma(\frac{\nu+1}{2})}{\sqrt{\nu\pi}\Gamma(\frac{\nu}{2})}\int_{-\infty}^{\infty}x^2\left(1+\cfrac{x^2}{\nu}\right)^{-\frac{\nu+1}{2}}dx\\\label{eq10}&= 2\cfrac{\Gamma(\frac{\nu+1}{2})}{\sqrt{\nu\pi}\Gamma(\frac{\nu}{2})}\int_{0}^{\infty}x^2\left(1+\cfrac{x^2}{\nu}\right)^{-\frac{\nu+1}{2}}dx\tag{10} \end{align}
となる。ここで\(0\leq x<\infty\)において、\(y=(1+x^2/\nu)^{-1}\)の変換を考える。\(x= \{\nu(y^{-1}-1)\}^{\frac{1}{2}}\)であることから
\begin{align}&\cfrac{dx}{dy} =-\cfrac{1}{2}\nu y^{-2}\{\nu(y^{-1}-1)\}^{-\frac{1}{2}}\\ &\Leftrightarrow\cfrac{dx}{dy} =-\cfrac{1}{2}\nu^{\frac{1}{2}}y^{-2}\left(\cfrac{1-y}{y}\right)^{-\frac{1}{2}}\end{align}
である。よって、\eqref{eq10}は次で表される。
\begin{align}&2\cfrac{\Gamma(\frac{\nu+1}{2})}{\sqrt{\nu\pi}\Gamma(\frac{\nu}{2})}\int_{0}^{\infty}x^2\left(1+\cfrac{x^2}{\nu}\right)^{-\frac{\nu+1}{2}}dx\\&=2\cfrac{\Gamma(\frac{\nu+1}{2})}{\sqrt{\nu\pi}\Gamma(\frac{\nu}{2})}\int_{1}^{0}\nu\cfrac{1-y}{y}y^{\frac{\nu+1}{2}}\left\{-\cfrac{1}{2}\nu^{\frac{1}{2}}y^{-2}\left(\cfrac{1-y}{y}\right)^{-\frac{1}{2}}\right\}dy\\&=\cfrac{\nu\Gamma(\frac{\nu+1}{2})}{\sqrt{\pi}\Gamma(\frac{\nu}{2})}\int_0^{1}y^{\frac{\nu}{2}-2}(1-y)^{\frac{1}{2}}dy \end{align}
さらに\eqref{eq8}のベータ関数を用いると、上の式は次となる。
\begin{align}&\cfrac{\nu\Gamma(\frac{\nu+1}{2})}{\sqrt{\pi}\Gamma(\frac{\nu}{2})}\int_0^{1}y^{\frac{\nu}{2}-2}(1-y)^{\frac{1}{2}}dy \\&=\cfrac{\nu\Gamma(\frac{\nu+1}{2})}{\sqrt{\pi}\Gamma(\frac{\nu}{2})}B(\tfrac{\nu}{2}-1, \tfrac{3}{2})\\&= \cfrac{\nu\Gamma(\frac{\nu+1}{2})}{\sqrt{\pi}\Gamma(\frac{\nu}{2})}\cfrac{\Gamma(\frac{\nu}{2}-1)\Gamma(\frac{3}{2})}{\Gamma(\frac{\nu+1}{2})}\\&= \cfrac{\nu/2}{(\nu-2)/2}\\&=\cfrac{\nu}{\nu-2}.\end{align}
故に、\(X\)の期待値と分散は、それぞれ
\begin{align}\mathrm{E}[X] &= \mu_1=0,\\\mathrm{Var}[X]&=\mu_2-\mu_1^2\\&=\cfrac{\nu}{\nu-2}-0^2\\&=\cfrac{\nu}{\nu-2}\end{align}
である。
F分布
確率変数\(X\)がF分布に従うとき、実数\(m >0\)と\(n>0\)に対して、\(X\)の確率密度関数は次で与えられる。
\begin{align}\label{eq12}f(x) =\left\{\begin{array}{cc}\cfrac{m^{\frac{1}{2}m}n^{\frac{1}{2}n} x^{\frac{1}{2}m-1}}{B(\frac{1}{2}m,\frac{1}{2}n)(n+mx)^{\frac{1}{2}(m+n)}}, & x\geq 0\ \ (if\ m=1,\ x>0),\\0,&otherwise.\end{array}\right.\tag{12}\end{align}
F分布に従う確率変数の1次、2次モーメントを導出する。\(X\)の1次モーメントは
\begin{align}\mu_1&= \int_{0}^{\infty} x\cfrac{m^{\frac{1}{2}m}n^{\frac{1}{2}n} x^{\frac{1}{2}m-1}}{B(\frac{1}{2}m,\frac{1}{2}n)(n+mx)^{\frac{1}{2}(m+n)}}dx\\&=\cfrac{1}{B(\frac{1}{2}m,\frac{1}{2}n)} \int_{0}^{\infty}\bigl\{(m/n)x\bigr\}^{\frac{1}{2}m}\bigl\{1+(m/n)x\bigr\}^{-\frac{1}{2}(m+n)}dx\end{align}
となる。ここで\(y=(m/n)x\)の変換を行うと上式は次となる。
\begin{align}&\cfrac{1}{B(\frac{1}{2}m,\frac{1}{2}n)} \int_{0}^{\infty}\bigl\{(m/n)x\bigr\}^{\frac{1}{2}m}\bigl\{1+(m/n)x\bigr\}^{-\frac{1}{2}(m+n)}dx\\\label{eq11}&= \cfrac{(n/m)}{B(\frac{1}{2}m,\frac{1}{2}n)} \int_{0}^{\infty} y^{\frac{1}{2}m}(1+y)^{-\frac{1}{2}(m+n)}dy\tag{11}\end{align}
ここで、\eqref{eq8}のベータ関数に\(u=v/(1+v)\)の変換を行う。\eqref{eq8}は次で表される。
\begin{align}B(y,x) &= \int_{0}^{\infty} \left(\cfrac{v}{1+v}\right)^{y-1} \left(\cfrac{1}{1+v}\right)^{z-1}\left(\cfrac{1}{1+v}\right)^2dv \\ &=\int_{0}^{\infty} v^{y-1}(1+v)^{-(y+z)}dv \end{align}
したがって、上式のベータ関数を用いると\eqref{eq11}の1次モーメントは
\begin{align}&\cfrac{(n/m)}{B(\frac{1}{2}m,\frac{1}{2}n)} \int_{0}^{\infty} y^{\frac{1}{2}m}(1+y)^{-\frac{1}{2}(m+n)}dy\\&=\cfrac{(n/m)}{B(\frac{1}{2}m,\frac{1}{2}n)} B(\tfrac{1}{2}m+1, \tfrac{1}{2}n-1)\\&=\cfrac{n}{m} \cfrac{\Gamma(\frac{1}{2}m+\frac{1}{2}n)}{\Gamma(\frac{1}{2}m)\Gamma(\frac{1}{2}n)}\cfrac{\Gamma(\frac{1}{2}m+1)\Gamma(\frac{1}{2}n-1)}{\Gamma(\frac{1}{2}m+\frac{1}{2}n)}\\&=\cfrac{n}{m} \cfrac{1}{2^{-1}(n-2)}\cfrac{1}{2}m\\&=\cfrac{n}{n-2}.\end{align}
である。また同様に、2次モーメントは
\begin{align}\mu_2&= \int_{0}^{\infty} x^2\cfrac{m^{\frac{1}{2}m}n^{\frac{1}{2}n} x^{\frac{1}{2}m-1}}{B(\frac{1}{2}m,\frac{1}{2}n)(n+mx)^{\frac{1}{2}(m+n)}}dx\\&=\cfrac{(n/m)}{B(\frac{1}{2}m,\frac{1}{2}n)} \int_{0}^{\infty}\bigl\{(m/n)x\bigr\}^{\frac{1}{2}m+1}\bigl\{1+(m/n)x\bigr\}^{-\frac{1}{2}(m+n)}dx\\&= \cfrac{(n/m)^2}{B(\frac{1}{2}m,\frac{1}{2}n)} \int_{0}^{\infty}y^{\frac{1}{2}m+1}(1+y)^{-\frac{1}{2}(m+n)}dy\\&= \cfrac{(n/m)^2}{B(\frac{1}{2}m,\frac{1}{2}n)} B(\tfrac{1}{2}m+2, \tfrac{1}{2}n-2)\\&= \cfrac{n^2}{m^2}\cfrac{\Gamma(\frac{1}{2}m+\frac{1}{2}n)}{\Gamma(\frac{1}{2}m)\Gamma(\frac{1}{2}n)}\cfrac{\Gamma(\frac{1}{2}m+2)\Gamma(\frac{1}{2}n-2)}{\Gamma(\frac{1}{2}m+\frac{1}{2}n)}\\&= \cfrac{n^2}{m^2}\cfrac{1}{2^{-2}(n-2)(n-4)}\cfrac{1}{2^2}m(m+2)\Gamma(\frac{1}{2}n-2)\\&= \cfrac{n^2}{m^2}\cfrac{1}{2^{-2}(n-2)(n-4)}\cfrac{1}{2^2}m(m+2)\\ &= \cfrac{n^2(m+2)}{m(n-2)(n-4)}.\end{align}
故に、\(X\)の期待値と分散は、それぞれ
\begin{align}\mathrm{E}[X]&= \mu_1 = \cfrac{n}{(n-2)},\\\mathrm{Var}[X]&= \mu_2-\mu_1^2\\&= \cfrac{n^2(m+2)}{m(n-2)(n-4)}-\left(\cfrac{n}{n-2}\right)^2\\&=\cfrac{(m+2)n^2(n-2)-mn^2(n-4)}{m(n-2)^2(n-4)}\\&= \cfrac{2n^2(m+n-2)}{m(n-2)^2(n-4)}\end{align}
である。
