Finne marginale sannsynlighetstettheter fra simultan sannsynlighetstetthet

Anta at \(X\) og \(Y\) er to kontinuerlige stokastiske variabler med simultan sannsynlighetstetthet \(f_{X,Y}(x,y).\) Anta videre at for en kjent verdi \(\lambda > 0\) er \(f_{X,Y}(x,y)\) gitt ved følgende formel, \[ f_{X,Y}(x,y) = \left\{\begin{array}{ll} \frac{\lambda x^2 y}{4}\exp\left\{ -\left( \lambda + \frac{y}{2}\right) x\right\} & \text{for \(x,y > 0\)},\\ 0 & \text{ellers.}\end{array}\right.\]Finn da formler for marginalfordelingene \(f_X(x)\) og \(f_Y(y).\)

Utregning av \(f_X(x)\)

Vi starter med å finne marginalfordelingen for \(X,\) \(f_X(x).\) Ut fra den generelle sammenhengen mellom simultanfordeling og marginalfordeling for kontinuerlige stokastiske variabler har vi da at marginal sannsynlighetstetthet for \(X\) er gitt ved \[f_X(x) = \int_{-\infty}^\infty f_{X,Y}(x,y) dy.\] For \(x\leq 0\) gir dette åpenbart \(f_X(x)=0.\) Siden \(f_{X,Y}(x,y)=0\) for \(y\leq 0\) får vi for \(x>0\) at \begin{align*}f_X(x) &= \int_0^\infty f_{X,Y}(x,y) dy\\ &= \int_0^\infty \frac{\lambda x^2 y}{4}\exp\left\{ -\left( \lambda + \frac{y}{2}\right) x\right\} dy\\ &= \frac{\lambda x^2}{4} e^{-\lambda x} \int_0^\infty y e^{-\frac{xy}{2}} dy\end{align*} der vi i den siste overgangen har satt alle faktorer som ikke avhenger av \(y\) utenfor integraltegnet. For å evaluere integralet man da endte opp med er det naturlig å benytte delvis integrasjon med \[u(y) = y~~~\text{og}~~~v^\prime(y)=e^{-\frac{xy}{2}},\] som gir \[u^\prime(y)=1~~~\text{og}~~~v(y)=-\frac{2}{x}e^{-\frac{xy}{2}}.\] Dermed får vi \begin{align*}\int_0^\infty ye^{-\frac{xy}{2}} dy &= \left[ y\cdot \left(-\frac{2}{x}e^{-\frac{xy}{2}}\right)\right]_{y=0}^\infty - \int_0^\infty 1\cdot \left(-\frac{2}{x} e^{\frac{xy}{2}}\right) dy\\ &= (0 - 0) + \frac{2}{x} \int_0^\infty e^{-\frac{xy}{2}} dy \\ &= \frac{2}{x} \left[ -\frac{2}{x}e^{-\frac{xy}{2}}\right]_{y=0}^\infty\\ &= \frac{2}{x}\left( 0 - \left( - \frac{2}{x} e^{-\frac{x\cdot 0}{2}}\right)\right)\\ &= \frac{4}{x^2}.\end{align*} For \(x>0\) får vi dermed \begin{align*}f_X(x) &= \frac{\lambda x^2}{4} e^{-\lambda x} \cdot \frac{4}{x^2}\\ &= \lambda e^{-\lambda x}.\end{align*} Dermed har vi vist at \[\underline{\underline{f_X(x)=\left\{\begin{array}{ll} \lambda e^{-\lambda x} & \text{for \(x>0\),}\\ 0 & \text{ellers.}\end{array}\right.}}\] Det kan her nevnes at dette kalles for en eksponensialfordeling 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 kontinuerlige stokastiske variabler har vi nå at marginal sannsynlighetstetthet for \(Y\) er gitt ved \[f_Y(y) = \int_{-\infty}^\infty f_{X,Y}(x,y) dx.\] For \(y\leq 0\) gir dette åpenbart \(f_Y(y)=0.\) Ved å benytte at \(f_{X,Y}(x,y)=0\) for \(x\leq 0\) får vi for \(x>0\) at \begin{align*}f_Y(y) &= \int_0^\infty f_{X,Y}(x,y) dx \\ &= \int_0^\infty \frac{\lambda x^2 y}{4}\exp\left\{ -\left( \lambda + \frac{y}{2}\right) x\right\} dx\\ &= \frac{\lambda y}{4}\int_0^\infty x^2 \exp\left\{ -\left( \lambda + \frac{y}{2}\right) x\right\} dy\end{align*} der vi i den siste overgangen har flyttet alle faktorer som ikke avhenger av \(x\) utenfor integraltegnet. For å evaluere integralet man da endte opp med er det naturlig å benytte delvis integrasjon med \[u(x) = x^2~~~\text{og}~~~v^\prime(x)=\exp\left\{-\left(\lambda + \frac{y}{2}\right)x\right\},\] som gir \[u^\prime(x)=2x~~~\text{og}~~~v(x)=-\frac{1}{\lambda + \frac{y}{2}}\exp\left\{-\left(\lambda+\frac{y}{2}\right)x\right\}.\] Dermed får vi \begin{align*}\int_0^\infty x^2 \exp\left\{ -\left( \lambda + \frac{y}{2}\right) x\right\} dy &= \left[x^2\cdot \left(-\frac{1}{\lambda + \frac{y}{2}}\exp\left\{-\left(\lambda+\frac{y}{2}\right)x\right\}\right)\right]_{x=0}^\infty - \int_0^\infty 2x\cdot \left(-\frac{1}{\lambda + \frac{y}{2}}\exp\left\{-\left(\lambda+\frac{y}{2}\right)x\right\}\right) dx\\ &= (0-0) + \frac{2}{\lambda + \frac{y}{2}} \int_0^\infty x \exp\left\{-\left(\lambda+\frac{y}{2}\right)x\right\} dx \\ &= \frac{2}{\lambda + \frac{y}{2}} \int_0^\infty x \exp\left\{-\left(\lambda+\frac{y}{2}\right)x\right\} dx.\end{align*} For å evaluere integralet som man her ender opp med er det naturlig å anvende delvis integrasjon en gang til, nå med \[u(x) = x~~~\text{og}~~~v^\prime(x)=\exp\left\{-\left(\lambda + \frac{y}{2}\right)x\right\},\] som gir \[u^\prime(x)=1~~~\text{og}~~~v(x)=-\frac{1}{\lambda + \frac{y}{2}}\exp\left\{-\left(\lambda+\frac{y}{2}\right)x\right\}.\] Da får man at \begin{align*}\int_0^\infty x \exp\left\{-\left(\lambda+\frac{y}{2}\right)x\right\} dx &= \left[ x\cdot \left( -\frac{1}{\lambda + \frac{y}{2}}\exp\left\{-\left(\lambda+\frac{y}{2}\right)x\right\}\right)\right]_{x=0}^\infty - \int_0^\infty 1\cdot \left(-\frac{1}{\lambda + \frac{y}{2}}\exp\left\{-\left(\lambda+\frac{y}{2}\right)x\right\}\right) dx\\ &= (0-0) + \frac{1}{\lambda + \frac{y}{2}} \int_0^\infty \exp\left\{-\left(\lambda+\frac{y}{2}\right)x\right\} dx \\ &= \frac{1}{\lambda + \frac{y}{2}} \left[ - \frac{1}{\lambda + \frac{y}{2}} \exp\left\{-\left(\lambda+\frac{y}{2}\right)x\right\}\right]_{x=0}^\infty \\ &= \frac{1}{\lambda + \frac{y}{2}} \cdot \left( 0 - \left( - \frac{1}{\lambda + \frac{y}{2}}\right)\right)\\ &= \left(\frac{1}{\lambda + \frac{y}{2}}\right)^2.\end{align*} Ved kombinere resultatene over får vi dermed at \begin{align*}f_Y(y) &= \frac{\lambda y}{4}\int_0^\infty x^2 \exp\left\{ -\left( \lambda + \frac{y}{2}\right) x\right\} dy\\ &= \frac{\lambda y}{4} \cdot \frac{2}{\lambda + \frac{y}{2}} \int_0^\infty x \exp\left\{-\left(\lambda+\frac{y}{2}\right)x\right\} dx\\ &= \frac{\lambda y}{4} \cdot \frac{2}{\lambda + \frac{y}{2}} \cdot \left(\frac{1}{\lambda + \frac{y}{2}}\right)^2\\ &= \frac{\lambda y}{2} \left(\frac{1}{\lambda + \frac{y}{2}}\right)^3.\end{align*} Dermed har vi vist at \[\underline{\underline{f_Y(y)=\left\{\begin{array}{ll}\frac{\lambda y}{2} \left(\frac{1}{\lambda + \frac{y}{2}}\right)^3&\text{for \(y>0\),}\\0&\text{ellers.}\end{array}\right.}}\]