第２章統計学

ある関数\(f(x)\)の原始関数を\(F(x)\)とすると \begin{eqnarray} \int_{a}^bf(x)dx=F(a)-F(b) \end{eqnarray} なので、\(g(y)=\exp\left(-\frac{y^2}{2}\right)\)の原始関数を\(G(y)\)とおくと \begin{eqnarray} \frac{d}{dx}\int_{-\sqrt{x}}^{\sqrt{x}}\frac{1}{\sqrt{2\pi}}\exp\left(-\frac{y^2}{2}\right)dy &=& \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\frac{d}{dx}(G(\sqrt{x})-G(-\sqrt{x})) \\ \\ &=& \frac{1}{\sqrt{2\pi}}(\frac{1}{2\sqrt{x}}g(\sqrt{x})-\frac{-1}{2\sqrt{x}}g(-\sqrt{x})) \\ \\ &=& \frac{1}{\sqrt{2\pi}}(\frac{1}{2\sqrt{x}}\exp\left(-\frac{\sqrt{x}^2}{2}\right)-\frac{-1}{2\sqrt{x}}\exp\left(-\frac{(-\sqrt{x})^2}{2}\right)) \\ \\ &=& \frac{1}{\sqrt{2\pi}}x^{-1/2}\exp\left(-\frac{x^2}{2}\right) \\ \\ \end{eqnarray} と導出できる。

\(X=\frac{Z}{\sqrt{\frac{W}{p}}},\;Y=W\)とする。
\(Z=X\sqrt{\frac{Y}{p}},\;W=Y\)より、ヤコビアンを求めると、 \begin{eqnarray} J&=& \begin{vmatrix} \frac{\partial Z}{\partial X} &\frac{\partial Z}{\partial Y} \\ \frac{\partial W}{\partial X} &\frac{\partial W}{\partial Y} \\ \end{vmatrix} \\ \\ &=& \begin{vmatrix} \sqrt{\frac{Y}{p}}&\frac{X}{2\sqrt{Yp}} \\ 0&1 \\ \end{vmatrix} \\ \\ &=& \sqrt{\frac{Y}{p}} \end{eqnarray} である。\(W\)の確率密度関数を\(f_W(w)\)、\(Z\)の確率密度関数を\(f_Z(z)\)とすると \begin{eqnarray} f(x,y;p)&=&f_Z\left(x\sqrt{\frac{y}{p}}\right)f_W(y)J \\ \\ &=& \frac{1}{\sqrt{ 2\pi}}\exp\left(-\frac{x^2y}{2p}\right)\frac{1}{\Gamma(\frac{p}{2})2^{\frac{p}{2}}}y^{\frac{p}{2}-1}e^{-\frac{y}{2}}\sqrt{\frac{y}{p}} \\ \\ &=& \frac{1}{\sqrt{\pi p}2^{\frac{p+1}{2}}\Gamma(\frac{p}{2})}y^{\frac{p+1}{2}-1}e^{-\frac{y}{2}(\frac{x^2}{p}+1)}\\ \\ &=& \frac{1}{\sqrt{\pi}\sqrt{p}2^{\frac{p+1}{2}}\Gamma(\frac{p}{2})}y^{\frac{p+1}{2}-1}\exp\left\{-\frac{1}{2}(\frac{x^2}{p}+1)y\right\}\\ \\ &=& \frac{1}{\Gamma(\frac{1}{2})\sqrt{p}2^{\frac{p+1}{2}}\Gamma(\frac{p}{2})}y^{\frac{p+1}{2}-1}\exp\left\{-\frac{1}{2}(\frac{x^2}{p}+1)y\right\}&...&\Gamma(\frac12)=\sqrt{\pi}\\ \\ \end{eqnarray} とp.48中段の式が得られる。周辺密度分布を計算すると \begin{eqnarray} f(x) &=& \int_{0}^{\infty} f(x,y)dy \\ \\ &=& \int_{0}^{\infty}\frac{1}{\Gamma(\frac{1}{2})\sqrt{p}2^{\frac{p+1}{2}}\Gamma(\frac{p}{2})}y^{\frac{p+1}{2}-1}\exp\left\{-\frac{1}{2}(\frac{x^2}{p}+1)y\right\} dy \\ \\ &=& \frac{1}{\Gamma(\frac{1}{2})\sqrt{p}2^{\frac{p+1}{2}}\Gamma(\frac{p}{2})}\int_{0}^{\infty}y^{\frac{p+1}{2}-1}\exp\left\{-\frac{1}{2}(\frac{x^2}{p}+1)y\right\} dy \\ \\ &=& \frac{1}{\Gamma(\frac{1}{2})\sqrt{p}2^{\frac{p+1}{2}}\Gamma(\frac{p}{2})}\frac{\Gamma(\frac{p+1}{2})}{\left(\frac{1}{2}(\frac{x^2}{p}+1)\right)^{\frac{p+1}{2}}}&...&\text{式(2.2.5)より}\alpha=\frac{p+1}{2},\beta=\frac{1}{2}(\frac{x^2}{p}+1) \\ \\ &=& \frac{1}{\sqrt{p}}\frac{\Gamma(\frac{p}{2}+\frac{1}{2})}{\Gamma(\frac{p}{2})\Gamma(\frac{1}{2})}\frac{1}{2^{\frac{p+1}{2}}2^{-\frac{p+1}{2}}}\left(\frac{x^2}{p}+1\right)^{-\frac{p+1}{2}} \\ \\ &=& \frac{1}{\sqrt{p}B(\frac{p}{2},\frac{1}{2})}\left(\frac{x^2}{p}+1\right)^{-\frac{p+1}{2}}&...&\text{式(2.2.10)より}\frac{1}{B(\alpha,\beta)}=\frac{\Gamma(\alpha+\beta)}{\Gamma(\alpha)\Gamma(\beta)} \\ \\ \end{eqnarray} と導出できる。

\begin{eqnarray} E[X] &=& \int_{-\infty}^{\infty}xf(x)dx \\ \\ &=& \int_{-\infty}^{\infty}x\frac{\Gamma(\frac{n+1}{2})}{\sqrt{\pi p}\Gamma(\frac{p}{2})}\left(1+\frac{x^2}{p}\right)^{-\frac{p+1}{2}}dx \\ \\ &=& \begin{cases} \int_{-\infty}^{\infty}x\frac{\Gamma(\frac{p+1}{2})}{\sqrt{\pi p}\Gamma(\frac{p}{2})}\left(1+\frac{x^2}{p}\right)^{-\frac{p+1}{2}}dx& ( p \gt 1 ) \\ \\ \int_{-\infty}^{\infty}x\frac{\Gamma(1)}{\sqrt{\pi}\Gamma(\frac{1}{2})}\frac{x}{1+x^2}dx& ( p = 1 ) \\ \\ \end{cases} \\ \\ &=& \begin{cases} \frac{\Gamma(\frac{p+1}{2})}{\sqrt{\pi p}\Gamma(\frac{p}{2})}\left[\frac{p}{2}\frac{-2}{p-1}\left(1+\frac{x^2}{p}\right)^{-\frac{p-1}{2}}\right]_{-\infty}^{\infty}& ( p \gt 1 ) \\ \\ \frac{1}{\pi}\left[\frac{1}{2}\log(1+x^2)\right]_{-\infty}^{\infty}& ( n = 1 ) \\ \\ \end{cases} \\ \\ &=& \begin{cases} 0& ( p \gt 1 ) \\ \\ \text{不定形}& ( n = 1 ) \\ \\ \end{cases} \\ \\ \end{eqnarray}

変数変換をする。変数変換については統計学実践ワークブックや 現代数理統計学の基礎
確率変数\(X\)を表す確率密度関数を式(2.3.2)より\(f(x;p)\)とすると \begin{eqnarray} f(x;p)\cdot\frac{1}{|\frac{du}{dx}|} &=& \frac{1}{\sqrt{p}B(\frac{p}{2},\frac{1}{2})}\left(\frac{x^2}{p}+1\right)^{-\frac{p+1}{2}}\cdot \left|\frac{d}{dx}(1+\frac{x^2}{p})^{-1}\right|^{-1} \\ \\ &=& \frac{1}{\sqrt{p}B(\frac{p}{2},\frac{1}{2})}\left(\frac{x^2}{p}+1\right)^{-\frac{p+1}{2}}\cdot \left|-\frac{2x/p}{(1+\frac{x^2}{p})^2}\right|^{-1} \\ \\ &=& \frac{1}{\sqrt{p}B(\frac{p}{2},\frac{1}{2})}\left(\frac{x^2}{p}+1\right)^{-\frac{p+1}{2}}\cdot \frac{p(1+\frac{x^2}{p})^2}{2x} \\ \\ &=& \frac{1}{2B(\frac{p}{2},\frac{1}{2})}\left(\frac{x^2}{p}+1\right)^{-\frac{p+1}{2}+2}\left(\frac{x^2}{p}\right)^{-1/2} \\ \\ &=& \frac{1}{2B(\frac{p}{2},\frac{1}{2})}\left(\frac{1}{u}\right)^{-\frac{p+1}{2}+2}\left(\frac{1-u}{u}\right)^{-1/2}&...&u=\left(1+\frac{x^2}{p}\right)^{-1},\frac{x^2}{p}=\frac{1-u}{u}\text{を代入} \\ \\ &=& \frac{1}{2B(\frac{p}{2},\frac{1}{2})}\left(\frac{1}{u}\right)^{-\frac{p}{2}+1}\left(1-u\right)^{-1/2}& \\ \\ &=& \frac{1}{2B(\frac{p}{2},\frac{1}{2})}u^{\frac{p}{2}-1}\left(1-u\right)^{1/2-1}& \\ \\ \end{eqnarray} が得られる。ここで、\(u=(1+\frac{x^2}{p})^{-1}\)を満たす\(x\)が二つある(二乗しているため)ことから、得られた確率密度関数を2倍する。確率変数\(U\)の確率密度関数を\(g(u)\)とすると \begin{eqnarray} g(u)&=&2\cdot \frac{1}{2B(\frac{p}{2},\frac{1}{2})}u^{\frac{p}{2}-1}\left(1-u\right)^{1/2-1} \\ \\ &=& \frac{1}{B(\frac{p}{2},\frac{1}{2})}u^{\frac{p}{2}-1}\left(1-u\right)^{1/2-1} \\ \\ \end{eqnarray} が得られ、この関数は式(2.2.9)より\(Be(p/2,1/2)\)になっていることがわかる。

\begin{eqnarray} V[X] &=& E[X^2]-(E[X])^2 \\ \\ &=& E[X^2]-0 \\ \\ &=& \int_{-\infty}^{\infty}x^2f(x;p)dx \\ \\ &=& \int_{-\infty}^{\infty}x^2\frac{1}{\sqrt{p}B(p/2,1/2)}\left(1+\frac{x^2}{p}\right)^{-(p+1)/2}dx \\ \\ &=& 2\int_{0}^{\infty}x^2\frac{1}{\sqrt{p}B(p/2,1/2)}\left(1+\frac{x^2}{p}\right)^{-(p+1)/2}dx&...&0\text{について対称であるため} \\ \\ &=& 2\underbrace{\int_{1}^{0}}_{(1)}\frac{p(1-u)}{u}\frac{1}{\sqrt{p}B(p/2,1/2)}\left(1+\frac{1}{p}\frac{p(1-u)}{u}\right)^{-(p+1)/2}\underbrace{({\color{red}-}\frac{1}{2u^2}\sqrt{\frac{pu}{1-u}}du)}_{(2)} \\ \\ &=& 2\underbrace{\int_{0}^{1}}_{(1)^{\prime}}\frac{p(1-u)}{u}\frac{1}{\sqrt{p}B(p/2,1/2)}\left(1+\frac{1}{p}\frac{p(1-u)}{u}\right)^{-(p+1)/2}({\color{red}+}\frac{1}{2u^2}\sqrt{\frac{pu}{1-u}}du) \\ \\ &=& \int_{0}^{1}\frac{p(1-u)}{u}\frac{1}{\sqrt{p}B(p/2,1/2)}\left(\frac{1}{u}\right)^{-(p+1)/2}u^{-\frac{3}{2}}\sqrt{p}(1-u)^{-\frac{1}{2}}du \\ \\ &=& \frac{p}{B(p/2,1/2)}\int_{0}^{1}u^{p/2-1-1}(1-u)^{\frac{3}{2}-1}du \\ \\ &=& \frac{p}{B(p/2,1/2)}B(p/2-1,3/2)&...&\text{p.40下より} \\ \\ &=& \frac{p\Gamma(p/2+1/2)}{\Gamma(p/2)\Gamma(1/2)}\frac{\Gamma(p/2-1)\Gamma(3/2)}{\Gamma(p/2-1+3/2)}&...&\text{式(2.2.10)より} \\ \\ &=& \frac{p\Gamma(p/2+1/2)}{(p/2-1)\Gamma(p/2-1)\Gamma(1/2)}\frac{\Gamma(p/2-1)(\frac{1}{2}\Gamma(1/2))}{\Gamma(p/2+1/2)}&...&a\Gamma(a)=\Gamma(a+1)\text{より} \\ \\ &=& \frac{p}{p-2} \end{eqnarray} と導出できる。

(1)では\(u=\left(1+\frac{x^2}{p}\right)^{-1}\)とすることで対応する\(u\)の積分区間は\(1\to 0\)になる。\((1)^{\prime}\)では積分区間を入れ替えている。
(2)では\(u=\left(1+\frac{x^2}{p}\right)^{-1}\)に対して\(dx=\frac{-1}{2u^2}\sqrt{\frac{pu}{1-u}}du\)になる。

\(Z=Y/(1-Y)\)とする。\(Z\)が従う確率密度関数を\(g(z;p,q)\)、\(Y\)が従う確率密度関数を\(h(y)\)とすると \begin{eqnarray} g(z;p,q) &=& h(y)\frac{1}{|\frac{dy}{dx}|} \\ \\ &=& \frac{1}{B(p/2,q/2)}y^{p/2-1}(1-y)^{q/2-1}\frac{1}{\frac{d}{dy}\frac{y}{1-y}} \\ \\ &=& \frac{1}{B(p/2,q/2)}y^{p/2-1}(1-y)^{q/2-1}\frac{1}{\frac{(1-y)-y(-1)}{(1-y)^2}} \\ \\ &=& \frac{1}{B(p/2,q/2)}y^{p/2-1}(1-y)^{q/2+1} \\ \\ &=& \frac{1}{B(p/2,q/2)}\left(\frac{z}{1+z}\right)^{p/2-1}\left(\frac{1}{1+z}\right)^{q/2+1}&...&z=\frac{y}{1-y}\Rightarrow y=\frac{z}{1+z},1-y=\frac{1}{1+z} \\ \\ &=& \frac{1}{B(p/2,q/2)}\frac{z^{p/2-1}}{(1+z)^{p/2+q/2}}& \\ \\ \end{eqnarray} また、ここから\(X=(q/p)Z\)で変数変換すると \begin{eqnarray} f(x;p,q) &=& g(z;p,q)\frac{1}{\frac{dx}{dz}} \\ \\ &=& \frac{1}{B(p/2,q/2)}\frac{z^{p/2-1}}{(1+z)^{p/2+q/2}}\frac{1}{\frac{d}{dz}\frac{q}{p}z} \\ \\ &=& \frac{1}{B(p/2,q/2)}\frac{z^{p/2-1}}{(1+z)^{p/2+q/2}}\frac{1}{\frac{q}{p}} \\ \\ &=& \frac{1}{B(p/2,q/2)}\frac{p}{q}\frac{z^{p/2-1}}{(1+z)^{p/2+q/2}} \\ \\ &=& \frac{1}{B(p/2,q/2)}\frac{p}{q}\frac{\left(\frac{p}{q}x\right)^{p/2-1}}{\left(\frac{px+q}{q}\right)^{p/2+q/2}}&...&x=(q/p)z\Rightarrow z=\frac{p}{q}x,1+z=\frac{px+q}{q} \\ \\ &=& \frac{1}{B(p/2,q/2)}\frac{p}{q}\frac{q^{p/2+q/2}\left(\frac{p}{q}x\right)^{p/2-1}}{q^{p/2+q/2}\left(\frac{px+q}{q}\right)^{p/2+q/2}} \\ \\ &=& \frac{1}{B(p/2,q/2)}\frac{p}{q}\frac{q^{p/2+q/2-p/2+1}p^{p/2-1}x^{p/2-1}}{\left(px+q\right)^{p/2+q/2}} \\ \\ &=& \frac{q^{q/2}p^{p/2}}{B(p/2,q/2)}\frac{x^{p/2-1}}{\left(px+q\right)^{p/2+q/2}} \\ \\ \end{eqnarray} と導出できる。

\(Y\)が従う確率密度関数を\(h(y)\)とすると、変数変換\(X=(q/p)Y/(1-Y)\)より \begin{eqnarray} h(y) &=& f(x)\frac{1}{\frac{dy}{dx}} \\ \\ &=& f(x)\frac{1}{\frac{d}{dx}\frac{x}{\frac{q}{p}+x}} \\ \\ &=& f(x)\frac{1}{\frac{\frac{q}{p}+x-x}{(\frac{q}{p}+x)^2}} \\ \\ &=& f(x)\frac{1}{\frac{pq}{(q+px)^2}} \\ \\ &=& f(x)\frac{(q+px)^2}{pq} \\ \\ \\ \end{eqnarray} となり、また、\(x=(p/q)y(1-y)\)に対し \begin{eqnarray} dx&=&\frac{q}{p}\frac{1}{(1-y)^2}dy \end{eqnarray} であることを用いると期待値は \begin{eqnarray} E[X] &=& \int_0^{\infty}xf(x;p,q)dx \\ \\ &=& \int_0^{\infty}x\frac{pq}{(q+px)^2}f(x;p,q)\frac{(q+px)^2}{pq}dx \\ \\ &=& \underbrace{\int_0^{1}}_{(1)}(q/p)\frac{y}{1-y}\frac{pq}{(q+p(q/p)\frac{y}{1-y})^2}h(y)\frac{q}{p}\frac{1}{(1-y)^2}dy&...&(1)\text{変数変換により積分区間が}0\to 1\text{になる} \\ \\ &=& \int_0^{1}\frac{y}{1-y}\frac{q}{p((1-y)+\frac{y}{1-y}(1-y))^2}h(y)dy \\ \\ &=& \frac{q}{p}\int_0^{1}\frac{y}{1-y}h(y)dy \\ \\ &=& \frac{q}{p}\int_0^{1}\frac{y}{1-y}\frac{1}{B(p/2,q/2)}y^{p/2-1}(1-y)^{q/2-1}dy&...&h(y)\sim Be(p/2,q/2)\text{であるため} \\ \\ &=& \frac{q}{pB(p/2,q/2)}\int_0^{1}y^{p/2+1-1}(1-y)^{q/2-1-1}dy \\ \\ &=& \frac{q}{pB(p/2,q/2)}B(p/2+1,q/2-1)&...&\text{p.40：ベータ関数より} \\ \\ &=& \frac{q\Gamma(p/2+q/2)}{p\Gamma(p/2)\Gamma(q/2)}\frac{\Gamma(p/2+1)\Gamma(q/2-1)}{\Gamma(p/2+1+q/2-1)} \\ \\ &=& \frac{q\Gamma(p/2+q/2)}{p\Gamma(p/2)(q/2-1)\Gamma(q/2-1)}\frac{(p/2)\Gamma(p/2)\Gamma(q/2-1)}{\Gamma(p/2+q/2)}&...&a\Gamma(a)=\Gamma(a+1)\text{より。} \\ \\ &=& \frac{q}{p(q/2-1)}(p/2) \\ \\ &=& \frac{q}{q-2} \\ \\ \end{eqnarray} と導出できる。ここで、ガンマ関数の中身が正であることから、途中の\(\Gamma(q/2-1),\Gamma(p/2)\)において\(q/2-1\gt0\Rightarrow p\gt 2,p\gt 0\)となる。
分散は \begin{eqnarray} E[X^2] &=& \int_0^{\infty}x^2f(x;p,q)dx \\ \\ &=& \int_0^{\infty}x\cdot x\frac{pq}{(q+px)^2}f(x;p,q)\frac{(q+px)^2}{pq}dx \\ \\ &=& \frac{q}{p}\int_0^{1}\frac{q}{p}\frac{y}{1-y}\frac{y}{1-y}h(y)dy \\ \\ &=& \frac{q^2}{p^2}\int_0^{1}\frac{y}{1-y}\frac{y}{1-y}\frac{1}{B(p/2,q/2)}y^{p/2-1}(1-y)^{q/2-1}dy \\ \\ &=& \frac{q^2}{p^2}\int_0^{1}\frac{1}{B(p/2,q/2)}y^{p/2+2-1}(1-y)^{q/2-2-1}dy \\ \\ &=& \frac{q^2}{p^2}\frac{1}{B(p/2,q/2)}B(p/2+2,q/2-2) \\ \\ &=& \frac{q^2}{p^2}\frac{\Gamma(p/2+q/2)}{\Gamma(p/2)\Gamma(q/2)}\frac{\Gamma(p/2+2)\Gamma(q/2-2)}{\Gamma(p/2+2+q/2-2)} \\ \\ &=& \frac{q^2}{p^2}\frac{\Gamma(p/2+q/2)}{\Gamma(p/2)(q/2-1)(q/2-2)\Gamma(q/2-2)}\frac{(p/2+1)p/2\Gamma(p/2)\Gamma(q/2-2)}{\Gamma(p/2+q/2)} \\ \\ &=& \frac{q^2}{p^2}\frac{(p/2+1)p/2}{(q/2-1)(q/2-2)} \\ \\ &=& \frac{q^2}{p}\frac{p/2+1}{2(q/2-1)(q/2-2)} \\ \\ \\ V[X] &=& E[X^2]-(E[X])^2 \\ \\ &=& \frac{q^2}{p}\frac{p/2+1}{2(q/2-1)(q/2-2)}-\left(\frac{q}{q-2}\right)^2 \\ \\ &=& \left(\frac{q}{q-2}\right)^2\left[\frac{1}{p}\frac{(p/2+1)(q-2)}{(q/2-2)}-1\right] \\ \\ &=& \left(\frac{q}{q-2}\right)^2\left[\frac{(p+2)(q-2)}{p(q-4)}-1\right] \\ \\ &=& \left(\frac{q}{q-2}\right)^2\frac{2p+2q-4}{p(q-4)} \\ \\ &=& 2\left(\frac{q}{q-2}\right)^2\frac{p+q-2}{p(q-4)} \\ \\ \end{eqnarray} と導出できる。ガンマ関数の中身が正であることから、途中の\(\Gamma(q/2-2),\Gamma(p/2)\)において\(q/2-2\gt0\Rightarrow q\gt 4,p\gt 0\)となる。

統計学の行間埋め 第２章

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