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.}}$$