Finne marginale punktsannsynligheter når simultanfordeling er gitt ved en formel

Anta at \(X\) og \(Y\) er to diskrete stokastiske variabler med en simultan punktsannsynlighet \(f_{X,Y}(x,y)=P(X=x,Y=y).\) Anta videre at for to kjente verdier \(\lambda > 0\) og \(p\in (0,1)\) er \(f_{X,Y}(x,y)\) gitt ved følgende formel, \[ f_{X,Y}(x,y) = \frac{\left(\lambda (1-p)\right)^x}{y! (x-y)!} \left(\frac{p}{1-p}\right)^y e^{-\lambda}\] for \(x=0,1,2,\ldots\) og \(y=0,1,2,\ldots,x.\) Finn da formler for marginalfordelingene \(f_X(x)=P(X=x)\) og \(f_Y(y)=P(Y=y).\)

Illustrasjon

Før man begynner å regne for å finne marginalfordelingene er det her nyttig å få oversikt over de mulige verdiene for \(X\) og \(Y.\) Ut fra spesifikasjonen av simultanfordelingen ser vi at vi for paret \((X,Y)\) må ha at \((X,Y)\in\{(x,y)|x=0,1,2,\ldots, y=0,1,2,\ldots,x\}.\) Paret \((X,Y)\) må altså bestå av to ikke-negative heltall hvor \(Y\leq X.\) Figur 1 viser de mulige parene opp til \(x=7.\)

Vi ser at de mulige verdiene for \(X\) blir alle ikke-negative heltall, \(X\in\{0,1,2,\ldots\}.\) Dessuten ser vi at de mulige verdiene for \(Y\) også blir alle ikke-negative heltall, \(Y\in\{0,1,2,\ldots\}.\)

Utregning av \(f_X(x)\)

Vi starter med å finne marginalfordelingen for \(X,\) \(f_X(x),x=0,1,2,\ldots.\) Ut fra den generelle sammenhengen mellom simultanfordeling og marginalfordeling for diskrete stokastiske variabler har vi da at marginal punktsannsynlighet for \(X\) er gitt ved \[f_X(x) = \sum_{y} f_{X,Y}(x,y),\] der summen skal være over alle mulige verdier for \(Y\) når \(X=x.\) Både fra spesifikasjonen av \(f_{X,Y}(x,y)\) og fra illustrasjonen over de mulige verdiene for paret \((X,Y)\) i figur 1 ser vi at når \(X=x\) blir de mulige verdiene for \(Y\) lik \(0,1,2,\ldots,x.\) Dermed har vi at \[f_X(x) = \sum_{y=0}^x f_{X,Y}(x,y).\] Ved å sette inn det oppgitte uttrykket for \(f_{X,Y}(x,y)\) og så sette alle faktorer som ikke avhenger av summervariabelen \(y\) utenfor summen får vi \begin{align}f_X(x) &= \sum_{y=0}^x f_{X,Y}(x,y)\\ &= \sum_{y=0}^x \left[ \frac{\left(\lambda (1-p)\right)^x}{y! (x-y)!} \left(\frac{p}{1-p}\right)^y e^{-\lambda}\right] \\ &= \left(\lambda (1-p)\right)^x e^{-\lambda} \sum_{y=0}^n \frac{1}{y! (x-y)!}\left(\frac{p}{1-p}\right)^y.\end{align} Benytter så at \begin{align}\binom{x}{y} &= \frac{x!}{y! (x-y)!}\\ &\Updownarrow\\ \frac{1}{y! (x-y)!} &= \frac{1}{x!}\binom{x}{y}\end{align} og får \begin{align}f_X(x) &= \left(\lambda (1-p)\right)^x e^{-\lambda} \sum_{y=0}^n \frac{1}{x!}\binom{x}{y}\left(\frac{p}{1-p}\right)^y\\ &= \frac{\left(\lambda (1-p)\right)^x e^{-\lambda}}{x!}\sum_{y=0}^x \binom{x}{y} \left(\frac{p}{1-p}\right)^y.\end{align} Summen i dette uttrykket kan vi bestemme ved å benytte binomialteoremet fra matematikk, som sier at for to reelle tall \(a\) og \(b\) og et positivt heltall \(n\) har vi at \[ (a+b)^n = \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} a^{n-k} b^k.\] Hvis vi i denne formelen setter \(a=1,\) \(b=\frac{p}{1-p}\) og \(n=x,\) og bytter ut summevariabelen \(k\) med \(y\) får vi at \[\left(1 + \frac{p}{1-p}\right)^x = \sum_{y=0}^x \binom{x}{y} 1^{x-y} \left(\frac{p}{1-p}\right)^y.\] Ved å bytte om venstre og høyre side i dette uttrykket får vi dermed at \begin{align} \sum_{y=0}^x \binom{x}{y}\left(\frac{p}{1-p}\right)^x &= \left(1+\frac{p}{1-p}\right)^x\\ &= \left( \frac{1-p+p}{1-p}\right)^x \\ &= \left(\frac{1}{1-p}\right)^x\\ &= \frac{1}{(1-p)^x}.\end{align} Ved å sette dette inn i uttrykket vi har for \(f_X(x)\) får vi \begin{align}f_X(x) &= \frac{\left(\lambda (1-p)\right)^x e^{-\lambda}}{x!}\sum_{y=0}^x \binom{x}{y} \left(\frac{p}{1-p}\right)^y \\ &= \frac{\left(\lambda (1-p)\right)^x e^{-\lambda}}{x!} \cdot \frac{1}{(1-p)^x} \\ &= \frac{\lambda^x}{x!}e^{-\lambda},\end{align} der vi i den siste overgangen forkortet \((1-p)^x\) i teller mot tilsvarende faktor i nevner. Siden vi allerede har etablert at de mulige verdiene til \(X\) er \(0,1,2,\ldots,\) er marginalfordelingen for \(X\) gitt ved \[ \underline{\underline{f_X(x) = \frac{\lambda^x}{x!}e^{-\lambda},x=0,1,2,\ldots}}.\] Det kan her nevnes at dette kalles for en poissonfordeling med parameter \(\lambda.\)

Utregning av \(f_Y(y)\)

Vi starter så med å regne ut marginalfordelingen til \(Y,\) \(f_Y(y).\) Ut fra den generelle sammenhengen mellom simultanfordeling og marginalfordeling for diskrete stokastiske variabler har vi nå at marginal punktsannsynlighet for \(Y\) er gitt ved \[f_Y(y) = \sum_{x} f_{X,Y}(x,y),\] der summen skal være over alle mulige verdier for \(X\) når \(Y=y.\) Ut fra spesifikasjonen av \(f_{X,Y}(x,y)\) er det ikke enkelt å se hva som er de mulige verdiene for \(X\) når \(Y=y,\) men ut fra illustrasjonen i figur 1 ser vi at når \(Y=y\) er de mulige verdiene for \(X\) lik \(y,y+1,y+2,\ldots.\) Dermed har vi at \[f_Y(y) = \sum_{x=y}^\infty f_{X,Y}(x,y).\] Ved å sette inn det oppgitte uttrykket for \(f_{X,Y}(x,y)\) og så sette alle faktorer som ikke avhenger av summervariabelen \(x\) utenfor summen får vi \begin{align}f_Y(y) &= \sum_{x=y}^\infty f_{X,Y}(x,y)\\ &= \sum_{x=y}^\infty \left[ \frac{\left(\lambda (1-p)\right)^x}{y! (x-y)!} \left(\frac{p}{1-p}\right)^y e^{-\lambda}\right] \\ &= \frac{e^{-\lambda}}{y!}\left(\frac{p}{1-p}\right)^y \sum_{x=y}^\infty \frac{(\lambda(1-p))^x}{(x-y)!}.\end{align} For å få en sum som går fra null definerer vi en ny summervariabel \(u=x-y\Leftrightarrow x=u+y.\) Setter vi inn for summevariabelen \(x\) i uttrykket vi har for \(f_Y(y)\) og setter deretter igjen faktorer som ikke avhenger av summevariabelen utenfor summen får vi \begin{align}f_Y(y) &= \frac{e^{-\lambda}}{y!}\left(\frac{p}{1-p}\right)^y \sum_{x=y}^\infty \frac{(\lambda(1-p))^x}{(x-y)!}\\ &= \frac{e^{-\lambda}}{y!}\left(\frac{p}{1-p}\right)^y \sum_{u=0}^\infty \frac{(\lambda (1-p))^{u+y}}{((u+y)-y)!}\\ &= \frac{e^{-\lambda}}{y!}\left(\frac{p}{1-p}\right)^y (\lambda(1-p))^y \sum_{u=0}^\infty \frac{(\lambda(1-p))^u}{u!}.\end{align} Summen i dette uttrykket kan vi bestemme ved å ta utgangspunkt i taylorrekkeutviklingen av exponensialfunksjonen. Denne kjenner vi fra matematikk, og den sier at for ethvert reelt tall \(v\) har vi at \[e^v = \sum_{n=0}^\infty \frac{v^n}{n!}.\] Hvis vi i dette uttrykket setter \(v=\lambda(1-p)\) og bruker \(u\) som summevariabel i stedet for \(n\) får vi at \[e^{\lambda (1-p)} = \sum_{u=0}^\infty \frac{(\lambda(1-p))^u}{u!}.\] Ved å sette dette inn i uttrykket vi har for \(f_Y(y)\) får vi da \begin{align}f_Y(y) &= \frac{e^{-\lambda}}{y!}\left(\frac{p}{1-p}\right)^y (\lambda(1-p))^y \sum_{u=0}^\infty \frac{(\lambda(1-p))^u}{u!}\\ &= \frac{e^{-\lambda}}{y!}\left(\frac{p}{1-p}\right)^y (\lambda(1-p))^y e^{\lambda (1-p)}\\ &= \frac{e^{-\lambda +\lambda (1-p)} }{y!} p^y \lambda^y\\ &= \frac{(\lambda p)^y}{y!} e^{-\lambda p}.\end{align} Siden vi allerede har etablert at de mulige verdiene til \(Y\) er \(0,1,2,\ldots,\) er marginalfordelingen for \(Y\) gitt ved \[ \underline{\underline{f_Y(y) = \frac{(\lambda p)^y}{y!} e^{-\lambda p}, y=0,1,2,\ldots}}.\] Man kan gjerne legge merke til at denne punktsannsynligheten er på samme matematiske form som \(f_X(x),\) forskjellen er bare at \(\lambda\) i formelen for \(f_X(x)\) er byttet ut med \(\lambda p\) i formelen for \(f_Y(y).\) Dette betyr at også \(f_Y(y)\) er en poissonfordeling, men denne har parameter \(\lambda p.\)