摘要

本文将简要介绍 $t$ 分布 （学生分布）的定义及性质。$t$分布可以由正态分布抽样的样本均值与样本方差定义得到，也可以直接通过其概率密度函数定义得到。

$t$-分布的定义

$t$-分布与正态分布抽样的关系

假设我们有一个正态分布 $N(\mu ,{\sigma }^2)$，$X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 是独立的来自 $N(\mu ,{\sigma }^2)$ 的抽样随机变量。于是，$X_1,X_2,\cdots ,X_n$ 的样本均值 ($\bar{X}$) 与样本方差 ($S^2$) 分别为：
$$\bar{X}=\frac{{\sum }_{i=1}^n{X}_i}{n},S^2=\frac{1}{n-1}\sum _{i=1}^n(X_i-\bar{X}{)}^2$$

我们在卡方分布那一篇文章 [1] 中介绍过，$(n-1)S^2/{\sigma }^2$ 服从的是自由度为 $n-1$ 的 ${\chi }^2$ 分布。

现在我们考虑 $\frac{\bar{X}-\mu }{S/\sqrt{n}}$。经过简单的代数处理，我们有 $\frac{\bar{X}-\mu }{S/\sqrt{n}}=\frac{(\bar{X}-\mu )/(\sigma /\sqrt{n})}{\sqrt{S^2/{\sigma }^2}}$。

可以看到，分子 $(\bar{X}-\mu )/(\sigma /\sqrt{n})$ 服从标准正态分布，而 $\sqrt{S^2/{\sigma }^2}$ 是$\sqrt{{\chi }_{n-1}^2/(n-1)}$ 。我们定义 $\frac{\bar{X}-\mu }{S/\sqrt{n}}$ 服从的分布为自由度是 $n-1$ 的 $t$-分布。

换言之，

定义 : 如果我们有两个独立的随机变量 $U,V$。$U\sim N(0,1)$，$V\sim {\chi }_p^2$。即 $U$ 服从标准正态分布，$V$ 服从自由度为 $p$ 的卡方分布。那么 $U/\sqrt{V/p}$ 服从的分布是一个自由度为 $p$ 的 $t$-分布。

$t$-分布的概率密度函数

我们也可以直接从 $t$-分布的概率密度函数（pdf）来定义$t$-分布。如果随机变量 $X$ 的 pdf 为
$$f_X(t)=\frac{\Gamma (\frac{p+1}{2})}{\Gamma (\frac{p}{2})}\frac{1}{\sqrt{p\pi }}(1+t^2/p{)}^{-\frac{p+1}{2}},-\infty <t<\infty ，\text{\hspace{1em}(1)}$$
我们称 $X$ 服从自由度为 $p$ 的 $t$-分布。

那么如何去验证根据之前通过标准正态分布与卡方分布定义的 $t$-分布的 pdf 就是 (1) 呢。在 Casella 书中用的是经典的构造二元变换的方法去证明的。有兴趣的读者可参加 Casella Definition 5.3.4 后面的证明 [2]。

$t$-分布的性质

$t$-分布的期望与方差

假设 $X_p$ 是服从自由度为 $p$ 的 $t$-分布，那么我们有
$$\mathbb{E}(X_p)=0,p>1;$$ $$\text{Var}(X_p)=\frac{p}{p-2},p>2.$$ 而当 $p=1$ 时，$t$-分布的期望不存在；当 $p\le 2$ 时, $t$-分布的方差不存在。

$t$-分布的期望与方差的证明略微复杂。

我们先来看期望。

当 $p=1$，$t$-分布的期望不存在。这是因为当 $p=1$时， $t$-分布的 pdf 为 $f(t)=\frac{1}{\pi }\frac{1}{1+t^2}$。正好是 Cauchy 分布的 pdf。我们知道 Cauchy 分布的期望是没定义的（undefined）。故自由度为 1 的 $t$-分布的期望也是没定义的。
当 $p>1$ 时，
$\mathbb{E}(X_p)={\int }_{-\infty }^{\infty }\frac{\Gamma (\frac{p+1}{2})}{\Gamma (\frac{p}{2})}\frac{1}{\sqrt{p\pi }}\frac{t}{(1+t^2/p{)}^{\frac{p+1}{2}}}dt,p>1$。
我们要证明 $\mathbb{E}(X_p)=0$。
注意这里我们不能用被积分函数 $\frac{\Gamma (\frac{p+1}{2})}{\Gamma (\frac{p}{2})}\frac{1}{\sqrt{p\pi }}\frac{t}{(1+t^2/p{)}^{\frac{p+1}{2}}}$ 是奇函数来证明它的积分等于 0。这是因为积分上下限均为无穷大，要证明这个 improper 积分有定义，我们必须证明 ${\int }_0^{\infty }\frac{\Gamma (\frac{p+1}{2})}{\Gamma (\frac{p}{2})}\frac{1}{\sqrt{p\pi }}\frac{t}{(1+t^2/p{)}^{\frac{p+1}{2}}}dt$ 是有限的（当 $p>1$ 时）。下面我们来看积分
$${\int }_0^{\infty }\frac{\Gamma (\frac{p+1}{2})}{\Gamma (\frac{p}{2})}\frac{1}{\sqrt{p\pi }}\frac{t}{(1+t^2/p{)}^{\frac{p+1}{2}}}dt.$$

把常数提取出来，我们须要证明 ${\int }_0^{\infty }\frac{t}{(1+t^2/p{)}^{\frac{p+1}{2}}}dt$ 是有限的。首先做变换 $u=\frac{t}{\sqrt{p}}$，我们有 ${\int }_0^{\infty }\frac{t}{(1+t^2/p{)}^{\frac{p+1}{2}}}dt=p{\int }_0^{\infty }\frac{u}{(1+u^2{)}^{\frac{p+1}{2}}}du$。然后再做变换 $y=(1+u^2{)}^{-1}$。于是我们有 $p{\int }_0^{\infty }\frac{u}{(1+u^2{)}^{\frac{p+1}{2}}}du=\frac{p}{2}{\int }_0^1{y}^{\frac{p-3}{2}}dy$。因为 $p>1$，所以 ${\int }_0^1{y}^{\frac{p-3}{2}}dy=\frac{2}{p-1}$。所以 $p{\int }_0^{\infty }\frac{u}{(1+u^2{)}^{\frac{p+1}{2}}}du=\frac{p}{2}{\int }_0^1{y}^{\frac{p-3}{2}}dy=\frac{p}{p-1}$。从而 ${\int }_0^{\infty }\frac{t}{(1+t^2/p{)}^{\frac{p+1}{2}}}dt$ 是有限的。故我们可以得出 $\mathbb{E}(X_p)={\int }_{-\infty }^{\infty }\frac{\Gamma (\frac{p+1}{2})}{\Gamma (\frac{p}{2})}\frac{1}{\sqrt{p\pi }}\frac{t}{(1+t^2/p{)}^{\frac{p+1}{2}}}dt=0$，当 $p>1$ 的时候。

$\mathbb{E}(X_p)=0,p>1$。

下面再来看 $t$-分布的方差。当 $p=1$时，由于 $t$-分布的期望没有定义，所以其方差也没有定义。当 $p=2$时，我们要证明 $t$-分布的方差还是没有定义。这就须要计算 $\mathbb{E}(X^2)$。当 $p=2$ 时，
$$\mathbb{E}(X^2)={\int }_{-\infty }^{\infty }\frac{\Gamma (\frac{p+1}{2})}{\Gamma (\frac{p}{2})}\frac{1}{\sqrt{p\pi }}\frac{t^2}{(1+t^2/p{)}^{\frac{p+1}{2}}}dt$$
把常数项 $\frac{\Gamma (\frac{p+1}{2})}{\Gamma (\frac{p}{2})}\frac{1}{\sqrt{p\pi }}$ 提出积分号外，我们须要计算

${\int }_{-\infty }^{\infty }\frac{t^2}{(1+t^2/p{)}^{\frac{p+1}{2}}}dt$。类似上面我们计算期望的技巧，首先先做变换 $u=\frac{t}{\sqrt{p}}$，我们有 ${\int }_{-\infty }^{\infty }\frac{t^2}{(1+t^2/p{)}^{\frac{p+1}{2}}}dt=p\sqrt{p}{\int }_{-\infty }^{\infty }\frac{u^2}{(1+u^2{)}^{\frac{p+1}{2}}}du$。再做变换 $y=(1+u^2{)}^{-1}$，我们有

${\int }_{-\infty }^{\infty }\frac{u^2}{(1+u^2{)}^{\frac{p+1}{2}}}du=2{\int }_0^{\infty }\frac{u^2}{(1+u^2{)}^{\frac{p+1}{2}}}du={\int }_0^1(1-y{)}^{1/2}{y}^{\frac{p}{2}-2}dy$.

于是，当 $p=2$ 时，积分就变成了 ${\int }_0^1(1-y{)}^{1/2}{y}^{-1}dy$。这个积分是无穷大的，所以 $\mathbb{E}(X^2)=\infty$。于是当 $p=2$ 时，$X$ 的方差为无穷大。

而当 $p>2$ 时，${\int }_0^1(1-y{)}^{1/2}{y}^{\frac{p}{2}-2}dy=\frac{\Gamma (\frac{3}{2})\Gamma (\frac{p}{2}-1)}{\Gamma (\frac{p+1}{2})}$。把常数项加上，我们有

$$\mathbb{E}(X^2)=\frac{\Gamma (\frac{p+1}{2})}{\Gamma (\frac{p}{2})}\frac{1}{\sqrt{p\pi }}\times p\sqrt{p}\times \frac{\Gamma (\frac{3}{2})\Gamma (\frac{p}{2}-1)}{\Gamma (\frac{p+1}{2})}=\frac{p}{p-2}$$
于是，$\text{Var}(X)=\frac{p}{p-2}$，当 $p>2$ 时。

$t$-分布的平方

假设 $X\sim t_q$，即 $X$ 服从自由度为 $q$ 的 $t$-分布。那么 $X^2\sim F_{1,q}$，即 $X^2$ 服从自由度为 $(1,q)$ 的 $F$-分布。

我们知道自由度为 $p$ 和 $q$ 的 $F$-分布的 pdf 为
$$f_F(x)=\frac{\Gamma (\frac{p+q}{2})}{\Gamma (\frac{p}{2})\Gamma (\frac{q}{2})}{\left(\frac{p}{q}\right)}^{p/2}\frac{x^{p/2-1}}{[1+(p/q)x{]}^{(p+q)/2}},0<x<\infty$$

那么自由度为 1 和 $q$ 的 $F$-分布的 pdf 就为：
$\begin{array}{rl}{f}_F(x)& =\frac{\Gamma (\frac{1+q}{2})}{\Gamma (\frac{1}{2})\Gamma (\frac{q}{2})}{\left(\frac{1}{q}\right)}^{1/2}\frac{x^{-1/2}}{[1+(x/q){]}^{(1+q)/2}}\\ & =\frac{\Gamma (\frac{1+q}{2})}{\Gamma (\frac{q}{2})}\frac{1}{\sqrt{\pi q}}\frac{x^{-1/2}}{[1+(x/q){]}^{(1+q)/2}}\end{array}$

我们须要证明 $X^2$ 服从的分布正好是自由度为 1 和 $q$ 的 $F$-分布。

这里的证明方法和我们在《chi square-卡方分布的定义及性质》 附录中证明正态分布平方的方法一样，先表示出 $X^2$ 的累积分布函数，然后求导。具体计算方法如下。

$\begin{array}{rl}F(k)& =P(Y\le k)=P(-\sqrt{k}\le x\le \sqrt{k})\\ & ={\int }_0^{\sqrt{k}}\frac{\Gamma (\frac{q+1}{2})}{\Gamma (\frac{q}{2})}\frac{1}{\sqrt{q\pi }}{\left(1+\frac{t^2}{q}\right)}^{-\frac{q+1}{2}}dt-{\int }_0^{-\sqrt{k}}\frac{\Gamma (\frac{q+1}{2})}{\Gamma (\frac{q}{2})}\frac{1}{\sqrt{q\pi }}{\left(1+\frac{t^2}{q}\right)}^{-\frac{q+1}{2}}dt\end{array}$

对 $k$ 求导，有
$\begin{array}{rl}\frac{dF(k)}{dk}& =\frac{\Gamma (\frac{q+1}{2})}{\Gamma (\frac{q}{2})}\frac{1}{\sqrt{q\pi }}{\left(1+\frac{k}{q}\right)}^{-\frac{q+1}{2}}\frac{1}{2}\frac{1}{\sqrt{k}}-\frac{\Gamma (\frac{q+1}{2})}{\Gamma (\frac{q}{2})}\frac{1}{\sqrt{q\pi }}{\left(1+\frac{k}{q}\right)}^{-\frac{q+1}{2}}(-\frac{1}{2})\frac{1}{\sqrt{k}}\\ & =\frac{\Gamma (\frac{q+1}{2})}{\Gamma (\frac{q}{2})}\frac{1}{\sqrt{q\pi }}{\left(1+\frac{k}{q}\right)}^{-\frac{q+1}{2}}\frac{1}{\sqrt{k}}\end{array}$

这就是自由度为 1 和 $q$ 的 $F$-分布的 pdf。$\square$

当 $p\to \infty$ 时 $t$-分布的极限

当 $p\to \infty$ 时，对于任意 $x$，$t$-分布的 pdf $f(x|p)\to \frac{1}{\sqrt{2\pi }}{e}^{-x^2/2}$.

这里我们用 Gamma 分布的 Stirling 公式近似来证明。Stirling 公式是说 $\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{e^{n}n!}{n^n\sqrt{n}}=\sqrt{2\pi }$。而对于 Gamma 函数，我们有
$$\Gamma (z)=\sqrt{\frac{2\pi }{z}}{\left(\frac{z}{e}\right)}^z\left(1+\mathcal{O}\left(\frac{1}{z}\right)\right)$$

代入 $t$-分布的 pdf，我们有
$$\begin{array}{rl}\underset{p\to \infty }{\lim }\frac{\Gamma (\frac{p+1}{2})}{\Gamma (\frac{p}{2})}& =\frac{\sqrt{\frac{2\pi }{\frac{p+1}{2}}}}{\sqrt{\frac{2\pi }{\frac{p}{2}}}}\left(\frac{(\frac{p+1}{2e}{)}^{\frac{p+1}{2}}}{(\frac{p}{2e}{)}^{\frac{p}{2}}}\right)(1+\mathcal{O}(\frac{1}{p}))\\ & \to \sqrt{\frac{p}{p+1}}\sqrt{\frac{p+1}{2e}}{\left(1+\frac{1}{p}\right)}^{\frac{p}{2}}=\sqrt{p/2}\end{array}$$

我们知道 $(1+t^2/p{)}^{-\frac{p+1}{2}}\to e^{-\frac{t^2}{2}}$ 。代入上面得到的 Gamma 函数的近似，我们有 $f(x|p)\to \frac{1}{\sqrt{2\pi }}{e}^{-x^2/2}$。

事实上，因为我们知道 $t$-分布的 pdf 积分为 1，所以 Gamma 函数部分只是一个 normalization factor。所以我们在得到 $(1+t^2/p{)}^{-\frac{p+1}{2}}\to e^{-\frac{t^2}{2}}$ 之后，就可以说 $t$-分布的 pdf 当 $p\to \infty$ 的极限是标准正态分布的 pdf 。

Python包中的 $t$-分布

我们可以用 Python 中的 scipy.stats.t 来计算常用的与 $t$-分布相关的值。

from scipy.stats import t
t.pdf(x, df)  # 自由度为 df 的 t-分布的pdf 在 x 的值

t.ppf(q, df)  # 自由度为 df 的 t-分布的q 分位值。0 <= q <=1 

t.cdf(x, df) # 自由度为 df 的 t-分布的 cdf 在 x 的值

t.rvs(df, size=1) # 生成大小为 size 的随机变量

参考文献

[1] chi square-卡方分布的定义及性质

[2] George Casella, Roger L. Berger, Statistical inference, Chapter 5.3