$\gdef \vec#1{\boldsymbol{#1}} \\ \gdef \rank {\mathrm{rank}} \\ \gdef \det {\mathrm{det}} \\ \gdef \Bern {\mathrm{Bern}} \\ \gdef \Bin {\mathrm{Bin}} \\ \gdef \Mn {\mathrm{Mn}} \\ \gdef \Cov {\mathrm{Cov}} \\ \gdef \Po {\mathrm{Po}} \\ \gdef \HG {\mathrm{HG}} \\ \gdef \Geo {\mathrm{Geo}}\\ \gdef \N {\mathrm{N}} \\ \gdef \LN {\mathrm{LN}} \\ \gdef \U {\mathrm{U}} \\ \gdef \t {\mathrm{t}} \\ \gdef \F {\mathrm{F}} \\ \gdef \Exp {\mathrm{Exp}} \\ \gdef \Ga {\mathrm{Ga}} \\ \gdef \Be {\mathrm{Be}} \\ \gdef \NB {\mathrm{NB}}$
（再掲）
$X \sim \chi^2(n)$である時、その確率密度関数$f(x)$は、
$$\begin{aligned} f(x) = \dfrac{1}{\Gamma(\frac{n}{2}) 2^{\frac{n}{2}}} x^{\frac{n}{2} – 1} e^{- \frac{x}{2}} ~~ (x \gt 0) \end{aligned}$$であり、その特性値は、
$$\begin{aligned} &{\small ①平均：}E[X] = n \\ &{\small ②分散：}V[X] = 2n \\ &{\small ③積率母関数：}M^X(\theta) = (1 – 2 \theta)^{-\frac{n}{2}} ~~ {\small (ただし1-2\theta \gt 0)} \end{aligned}$$となる。
（①平均$E[X]$の証明）
$$\begin{aligned} E[X] &= \int_0^{\infty} x f(x) dx \\[10px] &= \int_0^{\infty} x \cdot \dfrac{1}{\Gamma(\frac{n}{2}) 2^{\frac{n}{2}}} x^{\frac{n}{2} – 1} e^{- \frac{x}{2}} dx \\[10px] &= \int_0^{\infty} \dfrac{1}{\Gamma(\frac{n}{2}) 2^{\frac{n}{2}}} x^{\frac{n+2}{2} – 1} e^{- \frac{x}{2}} dx \\[10px] &= \int_0^{\infty} \dfrac{1}{ (\frac{n}{2})^{-1} \Gamma(\frac{n+2}{2}) \cdot 2^{\frac{n+2}{2}} 2^{-1}} x^{\frac{n+2}{2} – 1} e^{- \frac{x}{2}} dx \\ &{\scriptsize (\Gamma(\bullet+1) = \bullet \Gamma(\bullet))} \\[10px] &= n \int_0^{\infty} \dfrac{1}{\Gamma(\frac{n+2}{2}) 2^{\frac{n+2}{2}}} x^{\frac{n+2}{2} – 1} e^{- \frac{x}{2}} dx \\[10px] &= n \\ &{\scriptsize (\int内は\chi^2(n+2)の確率密度関数の形になっているので全区間で積分すると1)} \end{aligned}$$
（②分散$V[X]$の証明）
$V[X]$を求めるにあたり、まず$E[X^2]$を求める。
$$\begin{aligned} E[X^2] &= \int_0^{\infty} x^2 f(x) dx \\[10px] &= \int_0^{\infty} x^2 \cdot \dfrac{1}{\Gamma(\frac{n}{2}) 2^{\frac{n}{2}}} x^{\frac{n}{2} – 1} e^{- \frac{x}{2}} dx \\[10px] &= \int_0^{\infty} \dfrac{1}{\Gamma(\frac{n}{2}) 2^{\frac{n}{2}}} x^{\frac{n+4}{2} – 1} e^{- \frac{x}{2}} dx \\[10px] &= \int_0^{\infty} \dfrac{1}{ (\frac{n+2}{2})^{-1} (\frac{n}{2})^{-1} \Gamma(\frac{n+4}{2}) \cdot 2^{\frac{n+4}{2}} 2^{-2}} x^{\frac{n+4}{2} – 1} e^{- \frac{x}{2}} dx \\ &{\scriptsize (\Gamma(\bullet+1) = \bullet \Gamma(\bullet)を2回用いた)} \\[10px] &= n (n+2) \int_0^{\infty} \dfrac{1}{\Gamma(\frac{n+4}{2}) 2^{\frac{n+4}{2}}} x^{\frac{n+4}{2} – 1} e^{- \frac{x}{2}} dx \\[10px] &= n (n+2) \\ &{\scriptsize (\int内は\chi^2(n+4)の確率密度関数の形になっているので全区間で積分すると1)} \end{aligned}$$
よって、$$\begin{aligned} V[X] &= E[X^2] – (E[X])^2 \\[5px] &= n (n+2) – n^2 \\[5px] &= 2n \end{aligned}$$
（③積率母関数$M^X(\theta)$の証明）
$$\begin{aligned} M^X(\theta) &= E[e^{\theta X}] \\[10px] &= \int_0^{\infty} e^{\theta x} f(x) dx \\[10px] &= \int_0^{\infty} e^{\theta x} \cdot \dfrac{1}{\Gamma(\frac{n}{2}) 2^{\frac{n}{2}}} x^{\frac{n}{2} – 1} e^{- \frac{x}{2}} dx \\[10px] &= \int_0^{\infty} \dfrac{x^{\frac{n}{2} – 1} e^{- (\frac{1 – 2\theta}{2})x}}{\Gamma(\frac{n}{2})(1 – 2\theta)^{\frac{n}{2}}(\frac{2}{1 – 2\theta})^{\frac{n}{2}}} dx \\[10px] &= (1 – 2\theta)^{- \frac{n}{2}} \int_0^{\infty} \dfrac{x^{\frac{n}{2} – 1} e^{- (\frac{1 – 2\theta}{2})x}}{\Gamma(\frac{n}{2})(\frac{2}{1 – 2\theta})^{\frac{n}{2}}} dx \\[10px] &= (1 – 2\theta)^{- \frac{n}{2}} \\ &{\scriptsize (\int内は\Ga(\frac{n}{2}, \frac{2}{1-2\theta})の確率密度関数の形になっているので全区間で積分すると1)} \end{aligned}$$
