Exempel

Om  \(Z \sim N(0,1)\)  och  \(U=Z^2\),  vilken fördelning får  \(U\)  ?

Man börjar med att (ur formelsamlingen) ta fram mgf för  \(Z \sim N(0,1)\)  .
Det ger (eftersom  \(\mu = 0\)  och \(\sigma = 1\)) att  \(m_Z(t) = e^{\frac{t^2}{2}}\) .

Därefter används definitionen av mgf för att bestämma den momentgenererande funktionen för  \(Z^2\)  , som vi kallar  \(m_{Z^2}(t)\)  .

\(m_{Z^2}(t)=E \left(e^{t Z^2} \right)\)  =  \(\displaystyle \int_{-\infty}^{\infty} e^{t z^2} f(y) \ dy\)

Denna integral beräknas i Exempel 6.11 i kursboken,
med en teknik som ni inte behöver lägga på minnet.

Resultatet blir att  \(m_{Z^2}(t) = (1 – 2 t)^{-1/2}\)  .

Sista steget blir att i formelsamlingen försöka hitta någon fördelning vars mgf överensstämmer med denna formel.

Efter lite letande hittar man att mgf för en Gamma-fördelning har följande formel:  \(m(t) = (1 – \beta t)^{- \alpha}\)  .

Med  \(\beta=2\)  och  \(\alpha= \frac{1}{2}\)  stämmer det med formeln för  \(m_{Z^2}(t)\)  ovan.

Ta sedan en titt i kapitel 4 del 5. Där står bl.a. följande att läsa :

“En slumpvariabel som är gammafördelad med   \(\beta=2\)  och  \(\alpha=\frac{\nu}{2}\)  där  \(\nu\)  är ett positvt heltal sägs följa en Chi-två-fördelning med  \(\nu\)  frihetsgrader.”

Alltså har vi kommit fram till att  \(Z^2\)  följer en Chi-två-fördelning med  \(1\)  frihetsgrad.

Det finns nämligen (enligt sats 6.1) inte två olika slumpvariabler som har samma mgf.

Och eftersom när vi utgick från  \(Z \sim N(0,1)\)  och utifrån detta kom fram till att mgf för  \(Z^2\)  blev exakt samma som mgf för Chi-två-fördelningen med  \(1\)  frihetsgrad, betyder det att  \(Z^2\)  måste vara Chi-två-fördelad med  \(1\)  frihetsgrad.

Svar: \(U \sim Chitvå(1)\)

Exempel 1 (samma exempel som använts tidigare i kap 6)

Om  \(Y \sim Re(0,2)\)  och  \(U=10 Y + 5\),  vilken fördelning får  \(U\)  ?

Enligt formelsamlingen gäller att  \(m_{Y}(t)\)  =  \(\displaystyle \frac{e^{2t}-e^{0t}}{t(2-0)}\)  =  \(\displaystyle \frac{e^{2t}-1}{2t}\)  .

Om vi använder  \(U=10 Y + 5\)  och sätter in detta i definitionen av mgf får vi att  \(m_{U}(t)\)  =  \(E(e^{(10 Y + 5)t})\)  =  \(E \left(e^{10t \cdot Y} \cdot e^{5t} \right)\)  =   \(e^{5t} \cdot E \left(e^{10t \cdot Y} \right)\)

Det sista steget i förenklingen ovan följer eftersom  \(e^{5t}\)  är en konstant i förhållande till slumpvariabeln  \(Y\)   (Se formlerna/satserna om “E-hantering” som dyker upp första gången i Kap 3 del 1)

Eftersom  \(m_{Y}(t)\)  definieras som  \(E \left(e^{t \cdot Y} \right)\)  , kan vi skriva  \(m_{U}(t)\)  som \(e^{5t} \cdot m_{Y}(10t)\)  .

Då blir  \(m_{U}(t)\)  =  \(e^{5t} \cdot m_{Y}(10t)\)  =  \(e^{5t} \cdot \displaystyle \frac{e^{2\cdot(10t)}-1}{2\cdot(10t)}\)  =  \(e^{5t} \cdot \displaystyle \frac{e^{20t}-1}{20t}\)  =  \(\displaystyle \frac{e^{25t}-e^{5t}}{20t}\)  .

Vi jämför detta uttryck med det vi får om vi tar fram mgf för  \(Re(5,25)\)  : \(m(t)\)  =  \(\displaystyle \frac{e^{25t}-e^{5t}}{t(25-5)}\)  , så ser vi att det är exakt samma uttryck.

Och – enligt sats 6.1 – finns det inte två olika slumpvariabler som har samma mgf, vilket innebär att  \(U \sim Re(5,25)\)  .

Svar: \(U \sim Re(5,25)\)

Exempel

Låt  \(Y_1 \sim N \bigl(\mu_1,\sigma_1^2 \bigr)\)  och  \(Y_2 \sim N \bigl(\mu_2,\sigma_2^2 \bigr)\)  vara två oberoende slumpvariabler.

Vilken fördelning får då  \(U=Y_1+Y_2\)  ?

Man börjar med att (ur formelsamlingen) ta fram mgf för  \(Y_1\)  och  \(Y_2\)  .

Det ger att  \(m_{Y_{1}}\left( t\right) =e^{\mu _{1}t+\frac{t^{2}\sigma _{1}^{2}}{2}}\)  
och att  \(m_{Y_{2}}\left( t\right) =e^{\mu _{2}t+\frac{t^{2}\sigma _{2}^{2}}{2}}\)  

Enligt sats 6.2 får vi – eftersom  \(Y_1\)  och  \(Y_2\)  är oberoende – att  \(m_{U}(t)=m_{Y_1}(t) \cdot m_{Y_2}(t)\)  =  \(\displaystyle e^{\mu _{1}t+\frac{t^{2}\sigma _{1}^{2}}{2}} \cdot e^{\mu_{2}t+\frac{t^{2}\sigma _{2}^{2}}{2}}\)  =   \(\displaystyle e^{\left( \mu _{1}+\mu _{2}\right) t+\frac{t^{2}\left( \sigma_{1}^{2}+\sigma _{2}^{2}\right) }{2}}\)  .

Om vi tittar i formelsamlingen, ser vi att detta är mgf för en normalfördelning med väntevärde  \(\mu_{1}+\mu _{2}\)  och varians \(\sigma _{1}^{2}+\sigma _{2}^{2}\)  , dvs  \(U\sim N\left( \mu _{1}+\mu _{2};\sigma _{1}^{2}+\sigma _{2}^{2}\right)\)  .

Notera att “på köpet” fick vi följande resultat som vi fann i kapitel 5:

 \(E (Y_1+Y_2)\)  =  \(E(Y_1)+E(Y_2)\)  =  \(\mu _{1}+\mu _{2}\)  

och (eftersom  \(Y_1\)  och  \(Y_2\)  är oberoende) får vi också

 \(V (Y_1+Y_2)\)  =  \(V(Y_1)+V(Y_2)\)  =  \(\sigma_{1}^{2}+\sigma _{2}^{2}\)  

Exempel

Låt \(Y_1\)  och  \(Y_2\)  vara två oberoende slumpvariabler, som båda är chitvåfördelade med  \(\nu_1\)  respektive  \(\nu_2\)  frihetsgrader.

Vilken fördelning får då  \(U=Y_1+Y_2\)  ?

Man börjar med att (ur formelsamlingen) ta fram mgf för  \(Y_1\)  och  \(Y_2\)  .

Det ger att  \(m_{Y_1}(t) = (1 – 2 t)^{-\frac{\nu_1}{2}}\)  

och att  \(m_{Y_2}(t) = (1 – 2 t)^{-\frac{\nu_2}{2}}\)  .

Enligt sats 6.2 får vi – eftersom  \(Y_1\)  och  \(Y_2\)  är oberoende – att  \(m_{U}\left( t\right)\)  =  \(m_{Y_{1}}\left( t\right) m_{Y_{2}}\left( t\right)\)  =  \(\frac{1}{\left( 1-2t\right) ^{\nu_1/2}} \cdot \frac{1}{\left( 1-2t\right)^{\nu_2/2}}\)  =  \(\frac{1}{\left( 1-2t\right) ^{\left(\nu_1+\nu_2\right) /2}}\)  .

Om vi tittar i formelsamlingen, ser vi att detta är mgf för en chtitvåfördelning med  \(\nu_1+\nu_2\)  frihetsgrader, dvs  \(U\sim Chitvå \left( \nu_1+\nu_2 \right)\)  .