統計学実践ワークブックの行間埋め　第6章

\begin{eqnarray} E[X] &=& \int_a^b x\frac{1}{b-a}dx \\ \\ &=& \left[\frac{1}{2(b-a)}x^2 \right]_a^b \\ \\ &=& \frac{b^2-a^2}{2(b-a)} \\ \\ &=& \frac{b+a}{2} \\ \end{eqnarray}

\begin{eqnarray} E[X^2] &=& \int_a^b x^2\frac{1}{b-a}dx \\ \\ &=& \left[\frac{1}{3(b-a)}x^3 \right]_a^b \\ \\ &=& \frac{b^3-a^3}{3(b-a)} \\ \\ &=& \frac{b^2+a^2+ab}{3} \\ \\ V[X] &=& E[X^2]-(E[X])^2 \\ \\ &=& \frac{b^2+a^2+ab}{3}-\left( \frac{b+a}{2}\right)^2 \\ \\ &=& \frac{a^2+b^2-2ab}{12}=\frac{(b-a)^2}{12} \end{eqnarray}

\begin{eqnarray} M(t) &=& E[e^{tX}] \\ \\ \int_a^b e^{tx}\frac{1}{b-a}dx &=& \left[\frac{1}{t}e^{tx} \right]_a^b\frac{1}{b-a} \\ \\ &=& \frac{e^{tb}-e^{ta}}{t(b-a)} \\ \end{eqnarray}

\begin{eqnarray} E[X] &=& \int_{-\infty}^{\infty}x\frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma ^2}}\exp(-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma ^2})dx \\ \\ &=& \int_{-\infty}^{\infty}(x-\mu)\frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma ^2}}\exp(-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma ^2})dx+\int_{-\infty}^{\infty}\mu\frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma ^2}}\exp(-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma ^2})dx\\ \\ &=& 0+\mu\int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma ^2}}\exp(-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma ^2})dx \\ \\ &=& \mu\\ \end{eqnarray}

\begin{eqnarray} V[X]&=&E[(X-\mu)^2] &(=E[X^2]-(E[X])^2)\\ \\ &=& \int_{-\infty}^{\infty}(x-\mu)^2\frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma ^2}}\exp(-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma ^2})dx \\ \\ &=& \int_{-\infty}^{\infty}y^2\frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma ^2}}\exp(-\frac{y^2}{2\sigma ^2})dy &x-\mu=y,\;dx=dyとした。 \\ \\ &=& [-y\sigma ^2 \frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma ^2}}\exp(-\frac{y^2}{2\sigma ^2})]_{-\infty}^{\infty}+\sigma^2 \int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma ^2}}\exp(-\frac{y^2}{2\sigma ^2})dy \\ \\ &=& 0+\sigma ^2=\sigma ^2 \\ \end{eqnarray}

\begin{eqnarray} M(t)&=&E[e^{Xt}]\\ \\ &=& \int_{-\infty}^{\infty}e^{xt}\frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma ^2}}\exp(-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma ^2})dx \\ \\ &=& \int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma ^2}}\exp(-\frac{x^2-2(\mu+\sigma^2t)x+\mu^2}{2\sigma ^2})dx \\ \\ &=& \int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma ^2}}\exp(-\frac{(x-(\mu+\sigma^2t))^2}{2\sigma ^2}-\frac{\mu^2-(\mu+\sigma^2t)^2}{2\sigma^2})dx \\ \\ &=& \int_{-\infty}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma ^2}}\exp(-\frac{(x-(\mu+\sigma^2t))^2}{2\sigma ^2})dx\cdot \exp(\mu t+\frac{1}{2}t^2\sigma^2) \\ \\ &=&\exp(\mu t+\frac{1}{2}t^2\sigma^2) \end{eqnarray}

\begin{eqnarray} E[X] &=& \int_0^{\infty} x\lambda e^{-\lambda x}dx \\ \\ &=& \left[x\frac{1}{-\lambda}\lambda e^{-\lambda x} \right]_0^{\infty}+\int_0^{\infty} e^{-\lambda x}dx \\ \\ &=& 0-0+\left[\frac{1}{-\lambda}e^{-\lambda x} \right]_0^{\infty} \\ \\ &=& 0-(-\frac{1}{\lambda})=\frac{1}{\lambda} \\ \end{eqnarray}

\begin{eqnarray} E[X^2] &=& \int_0^{\infty} x^2\lambda e^{-\lambda x}dx \\ \\ &=& \left[x^2\frac{1}{-\lambda}\lambda e^{-\lambda x} \right]_0^{\infty}+\int_0^{\infty} 2xe^{-\lambda x}dx \\ \\ &=& 0+2\frac{1}{\lambda}\int_0^{\infty} x\lambda e^{-\lambda x}dx \\ \\ &=& \frac{2}{\lambda}E[X]=\frac{2}{\lambda^2} \\ \\ V[X] &=& E[X^2]-(E[X])^2\\ \\ &=& \frac{2}{\lambda^2}-(\frac{1}{\lambda})^2\\ \\ &=& \frac{1}{\lambda^2} \end{eqnarray}

\begin{eqnarray} E[e^{Xt}] &=& \int_0^{\infty} e^{xt}\lambda e^{-\lambda x}dx \\ \\ &=& \int_0^{\infty} \lambda e^{(t-\lambda) x}dx \\ \\ &=& \left[\frac{\lambda}{t-\lambda}e^{(t-\lambda) x} \right]_0^{\infty} \\ \\ &=& 0-\frac{\lambda}{t-\lambda} \\ \\ &=& \frac{\lambda}{\lambda-t} \\ \\ \end{eqnarray}

\begin{eqnarray} E[X] &=& \int_0^{\infty} x\frac{1}{\Gamma (a)b^a}x^{a-1}e^{-\frac{x}{b}}dx \\ \\ &=& \int_0^{\infty} \frac{ab}{\Gamma (a)b^{a}ab}x^{a}e^{-\frac{x}{b}}dx \\ \\ &=& ab\int_0^{\infty} \frac{1}{\Gamma (a+1)b^{a+1}}x^{a}e^{-\frac{x}{b}}dx \\ &=& ab \\ \end{eqnarray} 途中、ガンマ関数の性質である、\(\Gamma(a)\cdot a=\Gamma(a+1)\)を利用した。
最後の積分は\(Ga(a+1,b)\)の確率密度関数を全区間について積分したものになっているため、値が1になる。

\begin{eqnarray} E[X^2] &=& \int_0^{\infty} x^2\frac{1}{\Gamma (a)b^a}x^{a-1}e^{-\frac{x}{b}}dx \\ \\ &=& \int_0^{\infty} \frac{a(a+1)b^2}{\Gamma (a)b^{a}a(a+1)b^2}x^{a}e^{-\frac{x}{b}}dx \\ \\ &=& a(a+1)b^2\int_0^{\infty} \frac{1}{\Gamma (a+2)b^{a+2}}x^{a+1}e^{-\frac{x}{b}}dx \\ &=& a(a+1)b^2 \\ \end{eqnarray} 最後の積分は\(Ga(a+2,b)\)の確率密度関数を全区間について積分したものになっているため、値が1になる。 \begin{eqnarray} V[X]\\ \\ &=& E[X^2]-(E[X])^2\\ \\ &=& a(a+1)b^2-(ab)^2 \\ \\ &=& ab^2 \\ \end{eqnarray}

\begin{eqnarray} E[e^{tX}] &=& \int_0^{\infty} e^{tx}\frac{1}{\Gamma (a)b^a}x^{a-1}e^{-\frac{x}{b}}dx \\ \\ &=& \int_0^{\infty} \frac{1}{\Gamma (a)b^a}x^{a-1}e^{-\left(\frac{1}{b}-t\right)x}dx \\ \\ &=& \int_0^{\infty} \frac{1}{\Gamma (a)b^a}x^{a-1}e^{(\frac{b}{1-tb})^{-1}x}dx \\ &=& \int_0^{\infty} \frac{(1-tb)^{-a}}{\Gamma (a)(\frac{b}{1-tb})^a}x^{a-1}e^{(\frac{b}{1-tb})^{-1}x}dx \\ &=& (1-tb)^{-a}\int_0^{\infty} \frac{1}{\Gamma (a)(\frac{b}{1-tb})^a}x^{a-1}e^{(\frac{b}{1-tb})^{-1}x}dx \\ \\ &=& (1-tb)^{-a} \end{eqnarray} 最後の積分は\(Ga(a,\frac{b}{1-tb})\)の確率密度関数を全区間について積分したものになっているため、値が1になる。ただし、条件より、\(1-tb\gt 0\)である。

\(X_1 \sim Ga(a_1,b), X_2\sim (a_2,b)\)とする。 \begin{eqnarray} E[e^{t(X_1+X_2)}] &=& E[e^{tX_1}]E[e^{tX_2}] \\ \\ &=& (1-tb)^{-a_1}(1-tb)^{-a_2} \\ \\ &=& (1-tb)^{-(a_1+a_2)} \\ \end{eqnarray} この式は\(Ga(a_1+a_2,b)\)のモーメント母関数を示している。

\begin{eqnarray} E[X] &=& \int_0^{1} x\frac{1}{B(a,b)}x^{a-1}(1-x)^{b-1}dx \\ \\ &=& \int_0^{1} \frac{1}{B(a+1,b)}x^{(a+1)-1}(1-x)^{b-1}\frac{B(a+1,b)}{B(a,b)}dx \\ \\ &=& \frac{B(a+1,b)}{B(a,b)} \\ \\ &=& \frac{\Gamma(a+1)\Gamma(b)}{\Gamma(a+b+1)} \frac{\Gamma(a+b)}{\Gamma(a)\Gamma(b)} \\ \\ &=& \frac{a\Gamma(a)\Gamma(b)}{(a+b)\Gamma(a+b)} \frac{\Gamma(a+b)}{\Gamma(a)\Gamma(b)} \\ \\ &=& \frac{a}{a+b} \\ \end{eqnarray} \(\int_0^{1} \frac{1}{B(a+1,b)}x^{(a+1)-1}(1-x)^{b-1}dx\)は確率密度関数\(B(a+1,b)\)の全区間での積分なので1になる。

\begin{eqnarray} E[X^2] &=& \int_0^{1} x^2\frac{1}{B(a,b)}x^{a-1}(1-x)^{b-1}dx \\ \\ &=& \int_0^{1} \frac{1}{B(a+2,b)}x^{(a+2)-1}(1-x)^{b-1}\frac{B(a+2,b)}{B(a,b)}dx \\ \\ &=& \frac{B(a+2,b)}{B(a,b)} \\ \\ &=& \frac{\Gamma(a+2)\Gamma(b)}{\Gamma(a+b+2)} \frac{\Gamma(a+b)}{\Gamma(a)\Gamma(b)} \\ \\ &=& \frac{a(a+1)\Gamma(a)\Gamma(b)}{(a+b)(a+b+1)\Gamma(a+b)} \frac{\Gamma(a+b)}{\Gamma(a)\Gamma(b)} \\ \\ &=& \frac{a(a+1)}{(a+b)(a+b+1)} \\ \end{eqnarray} \(\int_0^{1} \frac{1}{B(a+2,b)}x^{(a+2)-1}(1-x)^{b-1}dx\)は確率密度関数\(B(a+2,b)\)の全区間での積分なので1になる。 \begin{eqnarray} V[X] &=& E[X^2]-(E[X])^2\\ \\ &=& \frac{a(a+1)}{(a+b)(a+b+1)}-\left(\frac{a}{a+b}\right)^2 \\ \\ &=& \frac{a(a+1)(a+b)-a^2(a+b+1)}{(a+b)^2(a+b+1)} \\ \\ &=& \frac{ab}{(a+b)^2(a+b+1)} \\ \end{eqnarray}

\(X\sim Ga(a_1,b), Y\sim Ga(a_2,b)\)とする。変数変換として、\(W=X+Y, Z=\frac{X}{X+Y}\)とする。
このとき、 \( X=WZ, Y=W(1-Z) \)であり、ヤコビアン\(J\)は、 \begin{eqnarray} J&=& \begin{vmatrix} \frac{\partial X}{\partial W} &\frac{\partial X}{\partial Z} \\ \frac{\partial Y}{\partial W} &\frac{\partial Y}{\partial Z} \\ \end{vmatrix} \\ \\ &=& \begin{vmatrix} Z & W \\ 1-Z &-W \\ \end{vmatrix} \\ \\ &=&Z\cdot (-W)-W(1-Z)=-W \end{eqnarray} が得られる。ここで、\(X,Y\)の確率密度関数を\(f_X (x), f_Y (y)\)として、\(W,Z\)の確率密度関数を\(f_W (w), f_Z (z)\)、同時確率密度関数を\(f_{W,Z}(w,z)\)とする。 \begin{eqnarray} f_{W,Z}(w,z) &=& f_X(x(w,z))f_Y(y(w,z)) \\ \\ &=& f_X(wz)f_Y(w(1-z)){|J|} \\ \\ &=& \frac{1}{\Gamma (a_1)b^{a_1}}{(wz)}^{a_1-1}e^{-\frac{wz}{b}}\frac{1}{\Gamma (a_2)b^{a_2}}{(w(1-z))}^{a_2-1}e^{-\frac{w(1-z)}{b}}{w} \\ \\ &=& \frac{1}{\Gamma (a_1)\Gamma (a_2)b^{a_1+a_2}}w^{a_1-1+a_2-1+1}e^{-\frac{w}{b}}{z}^{a_1-1}{(1-z)}^{a_2-1} \\ \\ &=& \frac{\Gamma(a_1+a_2)}{\Gamma(a_1+a_2)b^{a_1+a_2}}w^{a_1+a_2-1}e^{-\frac{w}{b}}\frac{1}{\Gamma (a_1)\Gamma (a_2)}{z}^{a_1-1}{(1-z)}^{a_2-1} \\ \\ &=& \frac{1}{\Gamma(a_1+a_2)b^{a_1+a_2}}w^{a_1+a_2-1}e^{-\frac{w}{b}}\frac{\Gamma(a_1+a_2)}{\Gamma (a_1)\Gamma (a_2)}{z}^{a_1-1}{(1-z)}^{a_2-1} \\ \\ &=& \frac{1}{\Gamma(a_1+a_2)b^{a_1+a_2}}w^{a_1+a_2-1}e^{-\frac{w}{b}}\frac{1}{B(a_1,a_2)}{z}^{a_1-1}{(1-z)}^{a_2-1}&...&\text{(1)} \\ \\ &=& f_W(w)f_Z(z) \end{eqnarray} ここで、\(X+Y\)は\(Ga(a_1+a_2,b)\)に従うこと、\(\frac{X}{X+Y}\)は\(Be(a_1,a_2)\)に従うこと、\(\frac{X}{X+Y}\)と\(X+Y\)が独立であることがわかる。
(1)の変換はこちらの解説などを参考

平均値を求めると \begin{eqnarray} E[X] &=& \displaystyle\lim_{R\to\infty}\int_{R}^Rxf(x)dx \\ \\ &=& \displaystyle\lim_{R\to\infty}\int_{R}^Rx\frac{1}{\pi(1+x^2)}dx \\ \\ &=& \displaystyle\lim_{R\to\infty}\left[\frac{1}{2\pi}\log(1+x^2)\right]_{R}^R \\ \\ \end{eqnarray} となるが、 \begin{eqnarray} \displaystyle\lim_{R\to\infty}\frac{1}{2\pi}\log(1+x^2)\rightarrow \infty \\ \\ \end{eqnarray} より、積分の結果が不定形になってしまうため、平均値が存在しないと言える。
また高次のモーメントは自然数\(k\)を用いて \begin{eqnarray} E[X^k] &=& \displaystyle\lim_{R\to\infty}\int_{R}^Rx^kf(x)dx \\ \\ &=& \displaystyle\lim_{R\to\infty}\int_{R}^Rx^k\frac{1}{\pi(1+x^2)}dx \\ \\ &=& \displaystyle\lim_{R\to\infty}\int_{R}^Rg(x)+\frac{ax}{\pi(1+x^2)}+\frac{b}{\pi(1+x^2)}dx \\ \\ \end{eqnarray} ここで、\(g(x)\)は\(k-2\)次の多項式であるとした。ここでも平均値の計算と同様に積分結果が不定形になる(1,2項目)ため、コーシー分布は高次のモーメントも持たないことがわかる。

\begin{eqnarray} F_X(x) &=& P(X\leq x) \\ \\ &=& P(e^Y\leq x) \\ \\ &=& P(Y\leq \log x) \\ \\ &=& F_Y(\log x) \\ \\ f_X(x)&=&f_Y(\log x)\frac{1}{x}\\ \\ &=& \frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^2}x}\exp\left(-\frac{(\log x -\mu)^2}{2\sigma^2}\right) \\ \\ \end{eqnarray}

\begin{eqnarray} E[X^k] &=& E[e^{kY}] \\ \\ &=& \exp \left(\mu k+\frac{\sigma^2k^2}{2}\right) \\ \\ E[X] &=& E[e^Y] \\ \\ &=& \exp \left(\mu+\frac{\sigma^2}{2}\right) \\ \\ \end{eqnarray}

\begin{eqnarray} E[X^k] &=& E[e^{kY}] \\ \\ &=& \exp \left(\mu k+\frac{\sigma^2k^2}{2}\right) \\ \\ E[X^2] &=& E[e^{2Y}] \\ \\ &=& \exp \left(2\mu+2\sigma^2\right) \\ \\ V[X]&=&E[X^2]-(E[X])^2 \\ \\ &=& \exp \left(2\mu+2\sigma^2\right)-(\exp \left(\mu+\frac{\sigma^2}{2}\right))^2 \\ \\ &=& \exp \left(2\mu+2\sigma^2\right)-\exp \left(2\mu+\sigma^2\right) \\ \\ &=& \exp \left(2\mu+\sigma^2\right)\left(\exp(\sigma^2)-1 \right) \end{eqnarray}

ここでは\(X_1\)の周辺分布を求める。参考はp.8。 \begin{eqnarray} f_{X_1}(x_1) &=& \int_{-\infty}^{\infty} \frac{1}{2\pi\sigma_1\sigma_2\sqrt{1-\rho^2}}\exp \left( -\frac{1}{2(1-\rho^2)}\left( \left(\frac{x_1-\mu_1}{\sigma_1} \right)^2-2\rho\left(\frac{x_1-\mu_1}{\sigma_1}\right)\left(\frac{x_2-\mu_2}{\sigma_2}\right) +\left(\frac{x_2-\mu_2}{\sigma_2} \right)^2\right) \right)dx_2 \\ \\ &=& \frac{1}{2\pi\sigma_1\sigma_2\sqrt{1-\rho^2}}\int_{-\infty}^{\infty} \exp \left( -\frac{1}{2(1-\rho^2)}\left( \left(\frac{x_1-\mu_1}{\sigma_1} \right)^2-2\rho\left(\frac{x_1-\mu_1}{\sigma_1}\right)X +X^2\right) \right)(\sigma _2 dX)\;\;\;\;\left(X=\frac{x_2-\mu}{\sigma_2},\;dx_2=\sigma_2 dXを利用\right) \\ \\ &=& \frac{1}{2\pi\sigma_1\sqrt{1-\rho^2}}\int_{-\infty}^{\infty} \exp \left( -\frac{1}{2(1-\rho^2)}\left( \left( X-\rho\left(\frac{x_1-\mu_1}{\sigma_1}\right) \right)^2+\left(\frac{x_1-\mu_1}{\sigma_1} \right)^2-\left(\rho\left(\frac{x_1-\mu_1}{\sigma_1}\right)\right)^2\right) \right)dX \\ \\ &=& \frac{1}{2\pi\sigma_1\sqrt{1-\rho^2}}\int_{-\infty}^{\infty} \exp \left( -\frac{1}{2(1-\rho^2)}\left( \left( X-\rho\left(\frac{x_1-\mu_1}{\sigma_1}\right) \right)^2\right)\exp\left(-\frac{(1-\rho^2)}{2(1-\rho^2)}\left(\frac{x_1-\mu_1}{\sigma_1} \right)^2\right) \right)dX \\ \\ &=& \frac{1}{2\pi\sigma_1\sqrt{1-\rho^2}}\cdot \sqrt{2\pi(1-\rho^2)}\exp\left(-\frac{1}{2}\left(\frac{x_1-\mu_1}{\sigma_1} \right)^2\right) \\ \\ &=& \frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma_1^2}}\exp\left(-\frac{(x_1-\mu_1)^2}{2\sigma_1^2} \right) \end{eqnarray} であることから\(X_1\sim N(\mu_1,\sigma_1^2)\)になっていることがわかる。

\begin{eqnarray} E[X_2|X_1=x_1] &=& \int_{-\infty}^{\infty}x_2\frac{f(x_1,x_2)}{f(x_1)}dx_2 \\ \\ &=& \int_{-\infty}^{\infty}x_2\frac{\frac{1}{2\pi\sigma_1\sigma_2\sqrt{1-\rho^2}}\exp \left( -\frac{1}{2(1-\rho^2)}\left( \left(\frac{x_1-\mu_1}{\sigma_1} \right)^2-2\rho\left(\frac{x_1-\mu_1}{\sigma_1}\right)\left(\frac{x_2-\mu_2}{\sigma_2}\right) +\left(\frac{x_2-\mu_2}{\sigma_2} \right)^2\right) \right)}{\frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma_1^2}}\exp\left(-\frac{(x_1-\mu_1)^2}{2\sigma_1^2} \right)}dx_2 \\ \\ &=& \frac{\sqrt{2\pi}\sigma_1}{2\pi\sigma_1\sigma_2\sqrt{1-\rho^2}}\int_{-\infty}^{\infty}x_2\exp \left( -\frac{1}{2(1-\rho^2)}\left( \left(\frac{x_1-\mu_1}{\sigma_1} \right)^2-2\rho\left(\frac{x_1-\mu_1}{\sigma_1}\right)\left(\frac{x_2-\mu_2}{\sigma_2}\right) +\left(\frac{x_2-\mu_2}{\sigma_2} \right)^2-(1-\rho^2)\left(\frac{x_1-\mu_1}{\sigma_1^2}\right)^2\right) \right)dx_2 \\ \\ &=& \frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma_2\sqrt{1-\rho^2}}\int_{-\infty}^{\infty}x_2\exp \left( -\frac{1}{2(1-\rho^2)}\left( \rho^2\left(\frac{x_1-\mu_1}{\sigma_1} \right)^2-2\rho\left(\frac{x_1-\mu_1}{\sigma_1}\right)\left(\frac{x_2-\mu_2}{\sigma_2}\right) +\left(\frac{x_2-\mu_2}{\sigma_2} \right)^2\right) \right)dx_2 \\ \\ &=& \frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma_2\sqrt{1-\rho^2}}\int_{-\infty}^{\infty}x_2\exp \left( -\frac{1}{2(1-\rho^2)}\left( \left( \frac{x_2-\mu_2}{\sigma_2}\right)-\rho\left(\frac{x_1-\mu_1}{\sigma_1}\right) \right)^2\right)dx_2 \\ \\ &=& \frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma_2\sqrt{1-\rho^2}}\int_{-\infty}^{\infty}x_2\exp \left( -\frac{1}{2(1-\rho^2)\sigma_2^2}\left( x_2-\mu_2-\rho\frac{\sigma_2}{\sigma_1}\left(x_1-\mu_1\right) \right)^2\right)dx_2 \\ \\ &=& \frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma_2\sqrt{1-\rho^2}}\sqrt{2\pi(1-\rho^2)\sigma_2^2}\left(\mu_2+\rho\frac{\sigma_2}{\sigma_1}\left(x_1-\mu_1\right)\right) \\ \\ &=& \mu_2+\rho\frac{\sigma_2}{\sigma_1}\left(x_1-\mu_1\right) \\ \\ \end{eqnarray}

条件付確率の6行目まで、\(x_2\to (x_2-E[X_2|X_1=x])^2\)に書き換えることで同様の計算になる。ここで、\(E[X_2|X_1=x]=\mu_0\)とする。 \begin{eqnarray} V[X_2|X_1=x] &=& E[(X_2-E[X_2|X_1=x])^2|X_1=x] \\ \\ &=& E[(X_2-\mu_0)^2|X_1=x] \\ \\ &=& \int_{-\infty}^{\infty}(x_2-\mu_0)^2\frac{\frac{1}{2\pi\sigma_1\sigma_2\sqrt{1-\rho^2}}\exp \left( -\frac{1}{2(1-\rho^2)}\left( \left(\frac{x_1-\mu_1}{\sigma_1} \right)^2-2\rho\left(\frac{x_1-\mu_1}{\sigma_1}\right)\left(\frac{x_2-\mu_2}{\sigma_2}\right) +\left(\frac{x_2-\mu_2}{\sigma_2} \right)^2\right) \right)}{\frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma_1^2}}\exp\left(-\frac{(x_1-\mu_1)^2}{2\sigma_1^2} \right)}dx_2 \\ \\ &=& \frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma_2\sqrt{1-\rho^2}}\int_{-\infty}^{\infty}(x_2-\mu_0)^2\exp \left( -\frac{1}{2(1-\rho^2)\sigma_2^2}\left( x_2-\mu_0 \right)^2\right)dx_2 \\ \\ \\ \\ &=& \frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma_2\sqrt{1-\rho^2}}\left(\left[(x_2-\mu_2)(-(1-\rho^2)\sigma_2^2)\left( -\frac{1}{2(1-\rho^2)\sigma_2^2}\left( x_2-\mu_0 \right)^2\right) \right]^{\infty}_{-\infty}+\int_{-\infty}^{\infty}((1-\rho^2)\sigma_2^2)\exp \left( -\frac{1}{2(1-\rho^2)\sigma_2^2}\left( x_2-\mu_0 \right)^2\right)dx_2\right) \\ \\ \\ \\ &=& \frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma_2\sqrt{1-\rho^2}}\left(0+((1-\rho^2)\sigma_2^2)\sqrt{2\pi(1-\rho^2)\sigma_2^2}\right) \\ \\ \\ \\ &=& (1-\rho^2)\sigma_2^2 \end{eqnarray}

今回の条件のもと二峰性を示すために考えることは、二つの正規分布の期待値\(\mu_1,\mu_2\)の間で、確率密度関数の傾きが0で下に凸になっている点があればよいと考えられる。
つまり、\(f'(x)=0\)かつ\(f''(x)\gt 0\)となる\(min(\mu_1,\mu_2)\lt x \lt max(\mu_1,\mu_2)\)があることが条件になる。ここでは、\(\mu_1\lt \mu_2\)とする。
正規分布は期待値の周りで対象に分布している。そのため、期待値が異なり分散が同じ二つの正規分布の期待値の平均値において、混合正規分布は対称的な分布となり、傾きが0になると考えられる。そこで、条件を満たす\(x\)は\(x=\frac{\mu_1+\mu_2}{2}\)とする。 \begin{eqnarray} f(x) &=& \frac{1}{2}\left( \frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^2}}\exp \left(-\frac{(x-\mu_1)^2}{2\sigma^2}\right)+\frac{1}{\sqrt{2\pi\sigma^2}}\exp \left(-\frac{(x-\mu_2)^2}{2\sigma^2}\right) \right) \\ \\ f'(x) &=& \frac{1}{2}\left( \frac{-(x-\mu_1)}{\sqrt{2\pi\sigma^2}\sigma^2}\exp \left(-\frac{(x-\mu_1)^2}{2\sigma^2}\right)+\frac{-(x-\mu_2)}{\sqrt{2\pi\sigma^2}\sigma^2}\exp \left(-\frac{(x-\mu_2)^2}{2\sigma^2}\right) \right) \\ \\ f'(\frac{\mu_1+\mu_2}{2}) &=& \frac{1}{2}\left( \frac{-(\frac{\mu_1+\mu_2}{2}-\mu_1)}{\sqrt{2\pi\sigma^2}\sigma^2}\exp \left(-\frac{(\frac{\mu_1+\mu_2}{2}-\mu_1)^2}{2\sigma^2}\right)+\frac{-(\frac{\mu_1+\mu_2}{2}-\mu_2)}{\sqrt{2\pi\sigma^2}\sigma^2}\exp \left(-\frac{(\frac{\mu_1+\mu_2}{2}-\mu_2)^2}{2\sigma^2}\right) \right) \\ \\ &=& \frac{1}{2}\left( \frac{\frac{\mu_1-\mu_2}{2}}{\sqrt{2\pi\sigma^2}\sigma^2}\exp \left(-\frac{(\frac{\mu_2-\mu_1}{2})^2}{2\sigma^2}\right)+\frac{\frac{-\mu_1+\mu_2}{2}}{\sqrt{2\pi\sigma^2}\sigma^2}\exp \left(-\frac{(\frac{\mu_1-\mu_2}{2})^2}{2\sigma^2}\right) \right) \\ \\ &=& 0\;\;\;...f'(x)=0を満たす点であることが確認できた。 \\ \\ f''(x) &=& -\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma^3}\left(\left(1-\frac{(x-\mu_1)^2}{\sigma^2} \right)\exp \left(-\frac{(x-\mu_1)^2}{2\sigma^2} \right) +\left(1-\frac{(x-\mu_2)^2}{\sigma^2} \right)\exp \left(-\frac{(x-\mu_2)^2}{2\sigma^2} \right)\right) \\ \\ f''(\frac{\mu_1+\mu_2}{2}) &=& -\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma^3}\left(\left(1-\frac{(\frac{\mu_1+\mu_2}{2}-\mu_1)^2}{\sigma^2} \right)\exp \left(-\frac{(\frac{\mu_1+\mu_2}{2}-\mu_1)^2}{2\sigma^2} \right) +\left(1-\frac{(\frac{\mu_1+\mu_2}{2}-\mu_2)^2}{\sigma^2} \right)\exp \left(-\frac{(\frac{\mu_1+\mu_2}{2}-\mu_2)^2}{2\sigma^2} \right)\right) \\ \\ &=& -\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma^3}\exp \left(-\frac{(\frac{\mu_1-\mu_2}{2})^2}{2\sigma^2} \right) \left(\left(1-\frac{(\frac{\mu_1+\mu_2}{2}-\mu_1)^2}{\sigma^2} \right)+\left(1-\frac{(\frac{\mu_1+\mu_2}{2}-\mu_2)^2}{\sigma^2} \right)\right) \\ \\ &=& -\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma^3}\exp \left(-\frac{(\frac{\mu_1-\mu_2}{2})^2}{2\sigma^2} \right) \left(2-\frac{(\frac{-\mu_1+\mu_2}{2})^2}{\sigma^2}-\frac{(\frac{\mu_1-\mu_2}{2})^2}{\sigma^2} \right) \\ \\ &=& -\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma^3}\exp \left(-\frac{(\frac{\mu_1-\mu_2}{2})^2}{2\sigma^2} \right) \left(2-\frac{(\frac{-\mu_1+\mu_2}{2})^2}{\sigma^2}-\frac{(\frac{\mu_1-\mu_2}{2})^2}{\sigma^2} \right) \\ \\ &=& -\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma^3}\exp \left(-\frac{(\frac{\mu_1-\mu_2}{2})^2}{2\sigma^2} \right) \left(2-\frac{(\mu_1-\mu_2)^2}{2\sigma^2} \right) \\ \end{eqnarray} 最後の式が正になるためには、\(2-\frac{(\mu_1-\mu_2)^2}{2\sigma^2}\lt 0\)であることが必要なため、\(|\mu_1-\mu_2|\gt 2\sigma\)の時に二峰性があるといえる。

こちらに詳しい。

ガンマ分布の結果(p.41)を利用し、\(a=\frac{n}{2},\; b=2\)を代入すると得られる。

\(Y_1\sim\chi^2(n_1),\;Y_2\sim\chi^2(n_2)\)とする。\(Y_1+Y_2\)の母関数モーメントを求めると
\begin{eqnarray} M(t) &=& E[e^{t(Y_1+Y_2)}] \\ \\ &=& E[e^{tY_1}]E[e^{tY_2}] \\ \\ &=& \left(1-2t\right)^{-\frac{n_1}{2} }\left( 1-2t\right)^{-\frac{n_2}{2}} \\ \\ &=& \left( 1-2t \right)^{-\frac{n_1+n_2}{2} } \end{eqnarray} これは\(\chi^2(n_1+n_2)\)の母関数モーメントを示しているため、カイ二乗分布には再生性がある。

「現代数理統計学の基礎」のp.87や こちら や こちら など。

\(\overline{X}_n\sim N(\mu,\frac{\sigma^2}{n})\)であるとする。 \(u=\frac{\overline{X}_n-\mu}{\sqrt{\sigma^2/n}}\)で変数変換すると \begin{eqnarray} f_{\overline{X}_n}(u\sqrt{\sigma^2/n}+\mu)\sqrt{\frac{\sigma^2}{n}} &=& \frac{1}{\sqrt{2\pi \sigma^2}}\exp \left(-\frac{(u\sqrt{\frac{\sigma^2}{n} }+\mu-\mu)^2}{2\frac{\sigma^2}{n}} \right)\sqrt{\frac{\sigma^2}{n}} \\ \\ &=& \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\exp \left(-\frac{u^2}{2} \right) \\ \\ &\sim& N(0,1) \end{eqnarray}

「現代数理統計学の基礎」のp.87や こちら や こちら などに詳しい記載がある。

\(n=1\)の場合の非心カイ二乗分布は、元となる正規分布に従う確率変数\(X\sim N(\mu,1)\)として、 \begin{eqnarray} f_{Y_1}(y)=f_X(\sqrt{y})\frac{d}{dy}\sqrt{y} &=& \frac{1}{\sqrt{2\pi y}}\exp \left(-\frac{(\sqrt{y}-\mu)^2}{2}\right) \end{eqnarray} と確率密度関数が得られる。\(n=1\)の時の非心カイ二乗分布\(Y_1\)の母関数モーメントを求めると、 \begin{eqnarray} E[e^{tY_1}] &=& \int_0^{\infty}\frac{e^{ty}}{\sqrt{2\pi y}}\exp \left(-\frac{(\sqrt{y}-\mu)^2}{2}\right)dy \\ \\ &=& \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int_0^{\infty}\frac{e^{tx^2}}{x}\exp \left(-\frac{(x-\mu)^2}{2}\right)(2xdx)...\;\;\;x=\sqrt{y},\;2xdx=dy を用いた。\\ \\ &=& \frac{2}{\sqrt{2\pi}}\int_0^{\infty}e^{tx^2}\exp \left(-\frac{(x-\mu)^2}{2}\right)dx\\ \\ &=& \frac{2}{\sqrt{2\pi}}\int_0^{\infty}\exp \left(-\frac{(1-2t)x^2-2\mu x+\mu^2}{2}\right)dx\\ \\ &=& \frac{2}{\sqrt{2\pi}}\int_0^{\infty}\exp \left(-\frac{(1-2t)\left(x-\frac{\mu}{1-2t}\right)^2-\mu^2(\frac{1}{1-2t}-1)}{2}\right)dx\\ \\ &=& \frac{2}{\sqrt{2\pi}}\int_0^{\infty}\exp \left(-\frac{\left(x-\frac{\mu}{1-2t}\right)^2}{\frac{2}{1-2t}}\right)dx\exp \left(\frac{-\mu^2\frac{2t}{1-2t}}{2}\right)\\ \\ &=& \frac{2}{\sqrt{2\pi}}\frac{1}{2}\sqrt{2\pi\frac{1}{1-2t}}\exp \left(\mu^2\frac{t}{1-2t}\right)\\ \\ &=& (1-2t)^{-\frac{1}{2}}\exp \left(\mu^2\frac{t}{1-2t}\right)\\ \\ \end{eqnarray} ここで、\(Y_i\)の期待値を\(\mu_i\)として、\(Y=\displaystyle \sum_{i=1}^n Y_i\)のモーメント母関数を求めると、 \begin{eqnarray} E[e^{tY}] &=& E[\exp \left(t\left(\displaystyle \sum_{i-1}^n Y_i\right)\right)] \\ \\ &=& \displaystyle \prod_{i=1}^n E[e^{tY_i}]\\ \\ &=& \displaystyle \prod_{i=1}^n (1-2t)^{-\frac{1}{2}}\exp \left(\mu_i^2\frac{t}{1-2t}\right)\\ \\ &=& (1-2t)^{-\frac{n}{2}}\exp \left(\displaystyle\sum_{i=1}^n \mu_i^2\frac{t}{1-2t}\right)\\ \\ &=& (1-2t)^{-\frac{n}{2}}\exp \left(\lambda\frac{t}{1-2t}\right)\;\;\;...\displaystyle\sum_{i=1}^n \mu_i^2=\lambda とした。\\ \\ \end{eqnarray}

\begin{eqnarray} E[e^{t(Y_1+Y_2)}] &=& E[e^{tY_1}]E[e^{tY_2}] \\ \\ &=& (1-2t)^{-\frac{n_1}{2}}\exp \left(\lambda_1\frac{t}{1-2t}\right)(1-2t)^{-\frac{n_2}{2} }\exp \left(\lambda_2\frac{t}{1-2t}\right)\\ \\ &=& (1-2t)^{-\frac{n_1+n_2}{2} }\exp \left((\lambda_1+\lambda_2)\frac{t}{1-2t}\right) \end{eqnarray} より、これは\(\chi^2(n_1+n_2,\lambda_1+\lambda_2)\)の母関数モーメントになるので、再生性があることがわかる。

\begin{eqnarray} E[Y] &=& \frac{\partial}{\partial t}(1-2t)^{-\frac{n}{2}}\exp \left(\lambda\frac{t}{1-2t}\right)|_{t=0}\\ \\ &=& n(1-2t)^{-\frac{n}{2}-1}\exp \left(\lambda\frac{t}{1-2t}\right)+(1-2t)^{-\frac{n}{2} }\left(\lambda \frac{(1-2t)-t(-2)}{(1-2t)^2}\right)\exp \left(\lambda\frac{t}{1-2t}\right)|_{t=0} \\ \\ &=& n+\lambda \end{eqnarray}

\begin{eqnarray} E[Y^2] &=& \frac{\partial^2}{\partial t^2}(1-2t)^{-\frac{n}{2}}\exp \left(\lambda\frac{t}{1-2t}\right)|_{t=0}\\ \\ &=& \frac{\partial}{\partial t}\left(n(1-2t)^{-\frac{n}{2}-1}\exp \left(\lambda\frac{t}{1-2t}\right)+(1-2t)^{-\frac{n}{2} }\left( \frac{\lambda} {(1-2t)^2}\right)\exp \left(\lambda\frac{t}{1-2t}\right)\right)|_{t=0} \\ \\ &=& n(n+2)(1-2t)^{-\frac{n}{2}-2}\exp \left(\lambda\frac{t}{1-2t}\right)+2n(1-2t)^{-\frac{n}{2}-1 }\left( \frac{\lambda}{(1-2t)^2}\right)\exp \left(\lambda\frac{t}{1-2t}\right)\\ & & +(1-2t)^{-\frac{n}{2} }\left[\left( \frac{\lambda}{(1-2t)^2}\right)^2\exp \left(\lambda\frac{t}{1-2t}\right)+\frac{4\lambda}{(1-2t)^3}\exp \left(\lambda\frac{t}{1-2t}\right)\right]|_{t=0} \\ &=& n(n+2)+2n\lambda+\lambda^2+4\lambda \\ \\ V[Y] &=& E[Y^2]-(E[Y])^2 \\ \\ &=& n(n+2)+2n\lambda+\lambda^2+4\lambda-(n+\lambda)^2 \\ \\ &=& 2n+4\lambda \end{eqnarray}

\(T=\frac{Z}{\sqrt{\frac{Y}{n}}},\;S=Y\)とする。
\(Z=T\sqrt{\frac{S}{n}},\;Y=S\)より、ヤコビアンを求めると、 \begin{eqnarray} J&=& \begin{vmatrix} \frac{\partial Z}{\partial S} &\frac{\partial Z}{\partial T} \\ \frac{\partial Y}{\partial S} &\frac{\partial Y}{\partial T} \\ \end{vmatrix} \\ \\ &=& \begin{vmatrix} \frac{T}{\sqrt{Sn}} &\sqrt{\frac{S}{n}} \\ 1 &0 \\ \end{vmatrix} \\ \\ &=& -\sqrt{\frac{S}{n}} \end{eqnarray} であるから、これらを利用して、 \begin{eqnarray} f_T(t)&=&\int_0^{\infty}f_Z\left(T\sqrt{\frac{S}{n}}\right)f_Y(S)Jds \\ \\ &=& \int_0^{\infty} \frac{1}{\sqrt{ 2\pi}}\exp\left(-\frac{t^2s}{2n}\right)\frac{1}{\Gamma(\frac{n}{2})2^{\frac{n}{2}}}s^{\frac{n}{2}-1}e^{-\frac{s}{2}}\sqrt{\frac{s}{n}}ds \\ \\ &=& \frac{1}{\sqrt{\pi n}2^{\frac{n+1}{2}}\Gamma(\frac{n}{2})}\int_0^{\infty}s^{\frac{n+1}{2}-1}e^{-\frac{s}{2}(\frac{t^2}{n}+1)}ds\\ \\ &=& \frac{1}{\sqrt{\pi n}2^{\frac{n+1}{2}}\Gamma(\frac{n}{2})}\int_0^{\infty}(\frac{s}{2}(\frac{t^2}{n}+1))^{\frac{n+1}{2}-1}\cdot (\frac{1}{2}(\frac{t^2}{n}+1))^{-\frac{n+1}{2}+1} e^{-\frac{s}{2}(\frac{t^2}{n}+1)}ds\\ \\ &=& \frac{1}{\sqrt{\pi n}2^{\frac{n+1}{2}}\Gamma(\frac{n}{2})}(\frac{1}{2}(\frac{t^2}{n}+1))^{-\frac{n+1}{2}+1}\int_0^{\infty}\sigma^{\frac{n+1}{2}-1}e^{-\sigma}(\frac{2}{\frac{t^2}{n}+1}d\sigma)\;\;\;...\frac{s(\frac{t^2}{n}+1)}{2}=\sigma\;\;とした。\\ \\ &=& \frac{1}{\sqrt{\pi n}2^{\frac{n+1}{2}}\Gamma(\frac{n}{2})}(\frac{1}{2}(\frac{t^2}{n}+1))^{-\frac{n+1}{2}}\int_0^{\infty}\sigma^{\frac{n+1}{2}-1}e^{-\sigma}d\sigma\\ \\ &=& \frac{1}{\sqrt{\pi n}\Gamma(\frac{n}{2})}(\frac{t^2}{n}+1)^{-\frac{n+1}{2}}\Gamma(\frac{n+1}2)\\ \\ &=& \frac{\Gamma(\frac{n+1}2)}{\sqrt{\pi n}\Gamma(\frac{n}{2})}\left(\frac{t^2}{n}+1\right)^{-\frac{n+1}{2}}\\ \\ \end{eqnarray}

p.41下部のベータ関数を用いて計算すると \begin{eqnarray} B(\frac{n}{2},\frac12) &=& \frac{\Gamma(\frac{n}{2})\Gamma(\frac{1}{2})}{\Gamma(\frac{n}{2}+\frac{1}{2})} \\ \\ &=& \frac{\Gamma(\frac{n}{2})\sqrt{\pi}}{\Gamma(\frac{n}{2}+\frac{1}{2})}&...&\text{(1)} \\ \\ \therefore \frac{1}{B(\frac{n}{2},\frac12)} &=& \frac{\Gamma(\frac{n}{2}+\frac{1}{2})}{\Gamma(\frac{n}{2})\sqrt{\pi}} \\ \\ \end{eqnarray} と表すことができる。
(1)の変換についてこちらの解説などを参考

式(6.13)より \begin{eqnarray} E[X] &=& \int_{-\infty}^{\infty}xf(x)dx \\ \\ &=& \int_{-\infty}^{\infty}x\frac{\Gamma(\frac{n+1}{2})}{\sqrt{\pi n}\Gamma(\frac{n}{2})}\left(1+\frac{x^2}{n}\right)^{-\frac{n+1}{2}}dx \\ \\ &=& \begin{cases} \int_{-\infty}^{\infty}x\frac{\Gamma(\frac{n+1}{2})}{\sqrt{\pi n}\Gamma(\frac{n}{2})}\left(1+\frac{x^2}{n}\right)^{-\frac{n+1}{2}}dx& ( n \gt 1 ) \\ \\ \int_{-\infty}^{\infty}x\frac{\Gamma(1)}{\sqrt{\pi}\Gamma(\frac{1}{2})}\frac{x}{1+x^2}dx& ( n = 1 ) \\ \\ \end{cases} \\ \\ &=& \begin{cases} \frac{\Gamma(\frac{n+1}{2})}{\sqrt{\pi n}\Gamma(\frac{n}{2})}\left[\frac{n}{2}\frac{-2}{n-1}\left(1+\frac{x^2}{n}\right)^{-\frac{n-1}{2}}\right]_{-\infty}^{\infty}& ( n \gt 1 ) \\ \\ \frac{1}{\pi}\left[\frac{1}{2}\log(1+x^2)\right]_{-\infty}^{\infty}& ( n = 1 ) \\ \\ \end{cases} \\ \\ &=& \begin{cases} 0& ( n \gt 1 ) \\ \\ \text{不定形}& ( n = 1 ) \\ \\ \end{cases} \\ \\ \end{eqnarray} より、\(n\gt 1\)で平均\(0\)を持つ。

こちらの解説などを参考

\(X=\frac{\frac{Y_1}{n_1}}{\frac{Y_2}{n_2}},\;Z=Y_2\)とする。
\(Y_1=\frac{n_1}{n_2}XZ,\;Y_2=Z\)より、ヤコビアンを求めると、 \begin{eqnarray} J&=& \begin{vmatrix} \frac{\partial Y_1}{\partial X} &\frac{\partial Y_1}{\partial Z} \\ \frac{\partial Y_2}{\partial X} &\frac{\partial Y_2}{\partial Z} \\ \end{vmatrix} \\ \\ &=& \begin{vmatrix} \frac{n_1}{n_2}Z &n_1X \\ 0 &1 \\ \end{vmatrix} \\ \\ &=& \frac{n_1}{n_2}Z \end{eqnarray} であるから、これらを利用して、 \begin{eqnarray} f_X(x)&=&\int_0^{\infty}f_{Y_1}\left(\frac{n_1}{n_2}xz\right)f_{Y_2}(z)Jdz \\ \\ &=& \int_0^{\infty}\frac{1}{\Gamma(\frac{n_1}{2})2^{\frac{n_1}{2}}}\left(\frac{n_1}{n_2}xz\right)^{\frac{n_1}{2}-1}\exp \left(-\frac{\frac{n_1}{n_2}xz}{2}\right)\frac{1}{\Gamma(\frac{n_2}{2})2^{\frac{n_2}{2}}}z^{\frac{n_2}{2}-1}\exp \left(-\frac{z}{2}\right)\frac{n_1}{n_2}zdz \\ \\ &=& \int_0^{\infty}\frac{x^{\frac{n_1}{2}-1}}{\Gamma(\frac{n_1}{2})\Gamma(\frac{n_2}{2})2^{\frac{n_1+n_2}{2}}}\left(\frac{n_1}{n_2}\right)^{\frac{n_1}{2}}\exp \left( -\frac{z}{2}\left(\frac{n_1}{n_2}x+1\right)\right)z^{\frac{n_1+n_2}{2}-1}dz \\ \\ &=& \frac{x^{\frac{n_1}{2}-1}}{\Gamma(\frac{n_1}{2})\Gamma(\frac{n_2}{2})2^{\frac{n_1+n_2}{2}}}\left(\frac{n_1}{n_2}\right)^{\frac{n_1}{2}}\int_0^{\infty}\exp \left( -w\right)w^{\frac{n_1+n_2}{2}-1}\left(\frac{2}{\frac{n_1}{n_2}x+1}\right)^{\frac{n_1+n_2}{2}-1}(\frac{\frac{n_1}{n_2}x+1}{2}dw)\;\;\;...\frac{z}2\left( \frac{n_1}{n_2}x+1 \right)=w\;と置換した。 \\ \\ &=& \frac{x^{\frac{n_1}{2}-1}}{\Gamma(\frac{n_1}{2})\Gamma(\frac{n_2}{2})2^{\frac{n_1+n_2}{2}}}\left(\frac{n_1}{n_2}\right)^{\frac{n_1}{2}}\Gamma(\frac{n_1+n_2}{2})\left(\frac{2}{\frac{n_1}{n_2}x+1}\right)^{\frac{n_1+n_2}{2}} \\ \\ &=& \frac{x^{\frac{n_1}{2}-1}}{\Gamma(\frac{n_1}{2})\Gamma(\frac{n_2}{2})2^{\frac{n_1+n_2}{2}}}\left(\frac{n_1}{n_2}\right)^{\frac{n_1}{2}}\Gamma(\frac{n_1+n_2}{2})\left(\frac{2}{\frac{n_1}{n_2}x+1}\right)^{\frac{n_1+n_2}{2}} \\ \\ &=& \frac{1}{B(\frac{n_1}{2},\frac{n_2}{2})}\frac{\left(\frac{n_1}{n_2}\right)^{\frac{n_1}{2}}x^{\frac{n_1}{2}-1}}{\left(1+\frac{n_1}{n_2}x\right)^{\frac{n_1+n_2}{2}}} \end{eqnarray}

こちらに詳しい計算がある。