10.1: Генерація функцій для дискретних розподілів

Поки ми детально розглянули лише два найважливіших атрибута випадкової величини, а саме середнє значення і дисперсію. Ми бачили, як ці атрибути входять в фундаментальні граничні теореми ймовірності, а також у всілякі практичні обчислення. Ми бачили, що середнє і дисперсія випадкової величини містять важливу інформацію про випадкову величину, або, точніше, про розподільну функцію цієї змінної. Тепер ми побачимо, що середнє і дисперсія дійсно містять наявну інформацію про функцію щільності випадкової величини. Для початку легко навести приклади різних функцій розподілу, які мають однакове середнє значення і однакову дисперсію. Наприклад, припустимо\(X\) і\(Y\) є випадковими величинами, з розподілами

\[p_X = \pmatrix{ 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6\cr 0 & 1/4 & 1/2 & 0 & 0 & 1/4\cr},\]\[p_Y = \pmatrix{ 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6\cr 1/4 & 0 & 0 & 1/2 & 1/4 & 0\cr}.\]

Тоді з цими варіантами ми маємо\(E(X) = E(Y) = 7/2\) і\(V(X) = V(Y) = 9/4\), і все ж, звичайно,\(p_X\) і\(p_Y\) зовсім інші функції щільності.

Це викликає питання: Якщо\(X\) випадкова величина з діапазоном\(\{x_1, x_2, \ldots\}\) не більше підрахункового розміру, і функція розподілу\(p = p_X\), і якщо ми знаємо її середнє значення\(\mu = E(X)\) і його дисперсію\(\sigma^2 = V(X)\), то що ще нам потрібно знати, щоб\(p\) повністю визначити?

Моменти

Приємну відповідь на це питання, принаймні в тому випадку, що\(X\) має скінченний діапазон, можна дати в терміні of\(X\), які є числами, визначеними наступним чином: за\[\begin{aligned} \mu_k &=& k \mbox{th}\,\,\mbox{moment~of}\,\, X\\ &=& E(X^k) \\ &=& \sum_{j = 1}^\infty (x_j)^k p(x_j)\ ,\end{aligned}\] умови, що сума сходиться. Ось\(p(x_j) = P(X = x_j)\).

У плані цих моментів середнє\(\mu\) значення і\(\sigma^2\)\(X\) дисперсія задаються просто

\[\begin{aligned} \mu &=& \mu_1, \\ \sigma^2 &=& \mu_2 - \mu_1^2\ ,\end{aligned}\]так що знання перших двох моментів\(X\) дає нам своє середнє значення і дисперсію. Але знання моментів\(X\) визначає її розподільну функцію\(p\) повністю.

Функції, що генерують момент

Щоб побачити, як це відбувається, ми вводимо нову\(t\) змінну та визначаємо функцію\(g(t)\) наступним чином:

\[\begin{aligned} g(t) &=& E(e^{tX}) \\ &=& \sum_{k = 0}^\infty \frac {\mu_k t^k}{k!} \\ &=& E\left(\sum_{k = 0}^\infty \frac {X^k t^k}{k!} \right) \\ &=& \sum_{j = 1}^\infty e^{tx_j} p(x_j)\ .\end{aligned}\]Ми\(g(t)\) закликаємо до\(X\), і думаємо про нього як про зручному бухгалтерському пристрої для опису моментів\(X\). Дійсно, якщо диференціювати\(g(t)\)\(n\) час, а потім встановити\(t = 0\), ми отримаємо\(\mu_n\):

\[\begin{aligned} \left. \frac {d^n}{dt^n} g(t) \right|_{t = 0} &=& g^{(n)}(0) \\ &=& \left. \sum_{k = n}^\infty \frac {k!\, \mu_k t^{k - n}} {(k - n)!\, k!} \right|_{t = 0} \\ &=& \mu_n\ .\end{aligned}\]Легко обчислити функцію генерування моменту для простих прикладів.

Приклади

Приклад\(\PageIndex{1}\):

Припустимо,\(X\) має діапазон\(\{1,2,3,\ldots,n\}\) і\(p_X(j) = 1/n\) for\(1 \leq j \leq n\) (рівномірний розподіл). Тоді

\[\begin{aligned} g(t) &=& \sum_{j = 1}^n \frac 1n e^{tj} \\ &=& \frac 1n (e^t + e^{2t} +\cdots+ e^{nt}) \\ &=& \frac {e^t (e^{nt} - 1)} {n (e^t - 1)}\ .\end{aligned}\]Якщо ми використовуємо вираз в правій частині другого рядка вище, то легко помітити, що

\[\begin{aligned} \mu_1 &=& g'(0) = \frac 1n (1 + 2 + 3 + \cdots + n) = \frac {n + 1}2, \\ \mu_2 &=& g''(0) = \frac 1n (1 + 4 + 9+ \cdots + n^2) = \frac {(n + 1)(2n + 1)}6\ ,\end{aligned}\]і що\(\mu = \mu_1 = (n + 1)/2\) і\(\sigma^2 = \mu_2 - \mu_1^2 = (n^2 - 1)/12\).

Приклад\(\PageIndex{2}\):

Припустимо, що тепер\(X\) має діапазон\(\{0,1,2,3,\ldots,n\}\) і\(p_X(j) = {n \choose j} p^j q^{n - j}\) for\(0 \leq j \leq n\) (біноміальний розподіл). Тоді\[\begin{aligned} g(t) &=& \sum_{j = 0}^n e^{tj} {n \choose j} p^j q^{n - j} \\ &=& \sum_{j = 0}^n {n \choose j} (pe^t)^j q^{n - j} \\ &=& (pe^t + q)^n\ .\end{aligned}\] зверніть увагу\(\mu = \mu_1 = np\), що\[\begin{aligned} \mu_1 = g'(0) &=& \left. n(pe^t + q)^{n - 1}pe^t \right|_{t = 0} = np\ , \\ \mu_2 = g''(0) &=& n(n - 1)p^2 + np\ ,\end{aligned}\] так, і\(\sigma^2 = \mu_2 - \mu_1^2 = np(1 - p)\), як годиться.

Приклад\(\PageIndex{3}\):

Припустимо,\(X\) має діапазон\(\{1,2,3,\ldots\}\) і\(p_X(j) = q^{j - 1}p\) для всіх\(j\) (геометричний розподіл). Тоді\[\begin{aligned} g(t) &=& \sum_{j = 1}^\infty e^{tj} q^{j - 1}p \\ &=& \frac {pe^t}{1 - qe^t}\ .\end{aligned}\] тут\[\begin{aligned} \mu_1 &=& g'(0) = \left. \frac {pe^t}{(1 - qe^t)^2} \right|_{t = 0} = \frac 1p\ , \\ \mu_2 &=& g''(0) = \left. \frac {pe^t + pqe^{2t}}{(1 - qe^t)^3} \right|_{t = 0} = \frac {1 + q}{p^2}\ ,\end{aligned}\]\(\mu = \mu_1 = 1/p\), і\(\sigma^2 = \mu_2 - \mu_1^2 = q/p^2\), як обчислюється в прикладі [іспит 6.21].

Приклад\(\PageIndex{4}\):

Дозволяти\(X\) мати діапазон\(\{0,1,2,3,\ldots\}\) і нехай\(p_X(j) = e^{-\lambda}\lambda^j/j!\) для всіх\(j\) (розподіл Пуассона із\(\lambda\) середнім). \[\begin{aligned} g(t) &=& \sum_{j = 0}^\infty e^{tj} \frac {e^{-\lambda}\lambda^j}{j!} \\ &=& e^{-\lambda} \sum_{j = 0}^\infty \frac {(\lambda e^t)^j}{j!} \\ &=& e^{-\lambda} e^{\lambda e^t} = e^{\lambda(e^t - 1)}\ .\end{aligned}\]Потім\[\begin{aligned} \mu_1 &=& g'(0) = \left. e^{\lambda(e^t - 1)}\lambda e^t \right|_{t = 0} = \lambda\ ,\\ \mu_2 &=& g''(0) = \left. e^{\lambda(e^t - 1)} (\lambda^2 e^{2t} + \lambda e^t) \right|_{t = 0} = \lambda^2 + \lambda\ ,\end{aligned}\]\(\mu = \mu_1 = \lambda\), і\(\sigma^2 = \mu_2 - \mu_1^2 = \lambda\).

Дисперсію розподілу Пуассона легше отримати таким чином, ніж безпосередньо з визначення (як це було зроблено у Вправі [сек. 6.2]. [Ексер 6.2.100]).

Проблема моменту

Використовуючи функцію, що генерує момент, тепер ми можемо показати, принаймні у випадку дискретної випадкової величини з скінченним діапазоном, що її функція розподілу повністю визначається її моментами.

Теорема\(\PageIndex{1}\)

Додайте сюди текст вправ. Щоб автоматичне число працювало, вам потрібно Дозволяти\(X\) бути дискретною випадковою величиною з скінченним діапазоном\(\{x_1,x_2,\ldots,\linebreak x_n\}\)\(p\), функцією розподілу та функцією генерування моменту\(g\). Потім однозначно\(g\) визначається\(p\), і навпаки.

Доказ

Ми знаємо, що\(p\) визначає\(g\), так як\[g(t) = \sum_{j = 1}^n e^{tx_j} p(x_j)\ .\] навпаки, припустити, що\(g(t)\) відомо. Бажаємо визначити значення\(x_j\) і\(p(x_j)\), для\(1 \le j \le n\). Ми припускаємо, без втрати спільності, що\(p(x_j) > 0\) для\(1 \le j \le n\), і що\[x_1 < x_2 < \ldots < x_n\ .\] Ми зауважимо,\(g(t)\) що диференційовний для всіх\(t\), так як це кінцева лінійна комбінація експоненціальних функцій. Якщо ми обчислюємо\(g'(t)/g(t)\), ми отримаємо\[

ParseError: EOF expected (click for details)

Callstack:
    at (Статистика/Теорія_ймовірностей/Книга:_Вступна_ймовірність_(Grinstead_і_Snell)/10:_Генеруючі_функції/10.01:_Генерація_функцій_для_дискретних_розподілів), /content/body/div[4]/div/dl/dd/p/span[14]/span, line 1, column 5

\ .\] Розділення як верхньої, так і нижньої на\(e^{tx_n}\), ми отримуємо вираз\[

ParseError: EOF expected (click for details)

Callstack:
    at (Статистика/Теорія_ймовірностей/Книга:_Вступна_ймовірність_(Grinstead_і_Snell)/10:_Генеруючі_функції/10.01:_Генерація_функцій_для_дискретних_розподілів), /content/body/div[4]/div/dl/dd/p/span[16]/span, line 1, column 5

\ .\] Оскільки\(x_n\) є найбільшим з тих, цей вираз\(x_n\)\(t\) наближається до\(\infty\).\(x_j\) Таким чином, ми показали, що\[x_n = \lim_{t \rightarrow \infty} {{g'(t)}\over{g(t)}}\ .\] Щоб знайти\(p(x_n)\), ми просто ділимося\(g(t)\) на\(e^{tx_n}\) і\(t\) відпускаємо\(\infty\). Після того, як\(x_n\) і\(p(x_n)\) були визначені, ми можемо відняти\(p(x_n) e^{tx_n}\) від\(g(t)\), і повторити вищеописану процедуру з отриманою функцією, отримавши, в свою чергу,\(x_{n-1}, \ldots, x_1\) і\(p(x_{n-1}), \ldots, p(x_1)\).

Якщо вилучити гіпотезу, яка\(X\) має кінцевий діапазон у вищезгаданій теоремі, то висновок вже не обов'язково вірний.

Звичайні генеруючі функції

У спеціальному, але важливому\(x_j\) випадку, коли всі невід'ємні цілі числа\(x_j = j\), ми можемо довести цю теорему більш простим способом.

У цьому випадку ми маємо\[g(t) = \sum_{j = 0}^n e^{tj} p(j)\ ,\] і бачимо, що\(g(t)\) це в\(e^t\). Якщо ми пишемо\(z = e^t\), і визначити функцію\(h\) до того\(h(z)\) є поліном в\(z\) містить ту ж інформацію\(g(t)\), що і, власне,\[\begin{aligned} h(z) &=& g(\log z)\ , \\ g(t) &=& h(e^t)\ .\end{aligned}\] Функція часто\(h(z)\) називається for\(X\).\[h(z) = \sum_{j = 0}^n z^j p(j)\ ,\] Зверніть увагу\(h(1) = g(0) = 1\), що\(h'(1) = g'(0) = \mu_1\),, і\(h''(1) = g''(0) - g'(0) = \mu_2 - \mu_1\). З усього цього випливає, що якщо ми знаємо\(g(t)\), то знаємо\(h(z)\), а якщо знаємо\(h(z)\), то можемо знайти\(p(j)\) за формулою Тейлора:\[\begin{aligned} p(j) &=& \mbox{coefficient~of}\,\, z^j \,\, \mbox{in}\,\, h(z) \\ &=& \frac{h^{(j)}(0)}{j!}\ .\end{aligned}\]

Наприклад, припустимо, ми знаємо, що моменти певної дискретної випадкової величини\(X\) задаються\[\begin{aligned} \mu_0 &=& 1\ , \\ \mu_k &=& \frac12 + \frac{2^k}4\ , \qquad \mbox{for}\,\, k \geq 1\ .\end{aligned}\] Тоді момент\(g\) генеруючої функції\(X\) є\[\begin{aligned} g(t) &=& \sum_{k = 0}^\infty \frac{\mu_k t^k}{k!} \\ &=& 1 + \frac12 \sum_{k = 1}^\infty \frac{t^k}{k!} + \frac14 \sum_{k = 1}^\infty \frac{(2t)^k}{k!} \\ &=& \frac14 + \frac12 e^t + \frac14 e^{2t}\ .\end{aligned}\] Це поліном в\(z = e^t\), і,\[h(z) = \frac14 + \frac12 z + \frac14 z^2\ .\] отже,\(X\) повинен мати діапазон\(\{0,1,2\}\), і \(p\)повинні мати значення\(\{1/4,1/2,1/4\}\).

Властивості

\(g\)І функція, що генерує момент, і звичайна генеруюча функція\(h\) мають безліч властивостей, корисних при вивченні випадкових величин, з яких ми можемо розглянути тут лише деякі. Зокрема, якщо\(X\) будь-яка дискретна випадкова величина і\(Y = X + a\), то\[\begin{aligned} g_Y(t) &=& E(e^{tY}) \\ &=& E(e^{t(X + a)}) \\ &=& e^{ta} E(e^{tX}) \\ &=& e^{ta} g_X(t)\ ,\end{aligned}\] поки якщо\(Y = bX\), то\[\begin{aligned} g_Y(t) &=& E(e^{tY}) \\ &=& E(e^{tbX}) \\ &=& g_X(bt)\ .\end{aligned}\] Зокрема, якщо\[X^* = \frac{X - \mu}\sigma\ ,\] тоді (див. Вправа [exer 10.1.14])\[g_{x^*}(t) = e^{-\mu t/\sigma} g_X\left( \frac t\sigma \right)\ .\]

Якщо\(X\) і\(Y\) є випадковими величинами і\(Z = X + Y\) є їх сума\(p_X\)\(p_Y\), з, і\(p_Z\) пов'язані функції розподілу, то ми бачили в розділі [chp 7] що\(p_Z\) є\(p_X\) і\(p_Y\), і ми знаємо, що згортка включає в себе досить складний розрахунок. Але для генеруючих функцій у нас є замість простих відносин,\[\begin{aligned} g_Z(t) &=& g_X(t) g_Y(t)\ , \\ h_Z(z) &=& h_X(z) h_Y(z)\ ,\end{aligned}\]\(g_Z\) тобто просто з\(g_X\) і\(g_Y\), і аналогічно для\(h_Z\).

Щоб переконатися в цьому, спочатку зверніть увагу, що якщо\(X\) і\(Y\) є незалежними, то\(e^{tX}\) і\(e^{tY}\) є незалежними (див. Вправа [п. 5.2]. [exer 5.2.38]), а звідси\[E(e^{tX} e^{tY}) = E(e^{tX}) E(e^{tY})\ .\] випливає, що\[\begin{aligned} g_Z(t) &=& E(e^{tZ}) = E(e^{t(X + Y)}) \\ &=& E(e^{tX}) E(e^{tY}) \\ &=& g_X(t) g_Y(t)\ ,\end{aligned}\] і,\(t\) замінивши на\(\log z\), ми також отримуємо\[h_Z(z) = h_X(z) h_Y(z)\ .\]

Приклад\(\PageIndex{5}\):

Якщо\(X\) і\(Y\) є незалежними дискретними випадковими величинами з діапазоном\(\{0,1,2,\ldots,n\}\)\[p_X(j) = p_Y(j) = {n \choose j} p^j q^{n - j}\ ,\] і біноміальним розподілом і якщо\(Z = X + Y\), то ми знаємо (див. розділ [сек. 7.1]), що діапазон\(X\) є\[\{0,1,2,\ldots,2n\}\] і\(X\) має біноміальний розподіл\[p_Z(j) = (p_X * p_Y)(j) = {2n \choose j} p^j q^{2n - j}\ .\] Тут ми можемо легко перевірити цей результат за допомогою генеруючих функцій. Ми знаємо, що\[\begin{aligned} g_X(t) = g_Y(t) &=& \sum_{j = 0}^n e^{tj} {n \choose j} p^j q^{n - j} \\ &=& (pe^t + q)^n\ ,\end{aligned}\] і\[h_X(z) = h_Y(z) = (pz + q)^n\ .\] Отже, у нас є\[g_Z(t) = g_X(t) g_Y(t) = (pe^t + q)^{2n}\ ,\] або, що таке ж,\[\begin{aligned} h_Z(z) &=& h_X(z) h_Y(z) = (pz + q)^{2n} \\ &=& \sum_{j = 0}^{2n} {2n \choose j} (pz)^j q^{2n - j}\ ,\end{aligned}\] з якого ми можемо бачити, що коефіцієнт\(z^j\) справедливий\(p_Z(j) = {2n \choose j} p^j q^{2n - j}\).

Приклад\(\PageIndex{6}\):

Якщо\(X\) і\(Y\) є незалежними дискретними випадковими величинами з невід'ємними цілими числами у\(\{0,1,2,3,\ldots\}\) вигляді діапазону, а з функцією геометричного розподілу\[p_X(j) = p_Y(j) = q^j p\ ,\] то\[g_X(t) = g_Y(t) = \frac p{1 - qe^t}\ ,\] і\[\begin{aligned} g_Z(t) &=& g_X(t) g_Y(t) \\ &=& \frac{p^2}{1 - 2qe^t + q^2 e^{2t}}\ .\end{aligned}\] якщо\(Z = X + Y\), то якщо замінити\(e^t\) на\(z\), ми отримуємо\[\begin{aligned} h_Z(z) &=& \frac{p^2}{(1 - qz)^2} \\ &=& p^2 \sum_{k = 0}^\infty (k + 1) q^k z^k\ ,\end{aligned}\] і можемо зчитувати значення\(p_Z(j)\) як коефіцієнт\(z^j\) в цьому розширенні для\(h(z)\), хоча і не\(h(z)\) є поліномом в даному випадку. Розподіл\(p_Z\) є від'ємним біноміальним розподілом (див. Розділ [п. 5.1]).

Ось більш цікавий приклад потужності і сфери застосування методу генерації функцій.

Орел або решка

Вправа\(\PageIndex{1}\)

У грі з киданням монети, розглянутої в прикладі [іспит 1.3], тепер ми розглянемо питання «Коли Петро першим лідирує?»

Відповідь

\(X_k\)Опишемо результат тріалу\(k\) в грі\[X_k = \left \{ \matrix{ +1, &\mbox{if}\,\, k{\rm th}\,\, \mbox{toss~is~heads}, \cr -1, &\mbox{if}\,\, k{\rm th}\,\, \mbox{toss~is~tails.}\cr}\right.\] Тоді\(X_k\) це незалежні випадкові величини, що описують процес Бернуллі. Нехай\(S_0 = 0\), і, бо\(n \geq 1\), нехай\[S_n = X_1 + X_2 + \cdots + X_n\ .\] тоді\(S_n\) описує стан Петра після\(n\) випробувань, і Петро спочатку лідирує після\(n\) випробувань, якщо\(S_k \leq 0\) для\(1 \leq k < n\) і\(S_n = 1\).

Тепер це може статися\(n = 1\), коли, в якому випадку\(S_1 = X_1 = 1\), або коли\(n > 1\), в якому випадку\(S_1 = X_1 = -1\). В останньому випадку\(S_k = 0\) для\(k = n - 1\), а можливо і для інших\(k\) між 1 і\(n\). \(m\)Дозволяти бути таке значення\(k\); потім\(S_m = 0\) і\(S_k < 0\) для\(1 \leq k < m\). У цьому випадку Петро програє на першому розгляді, повертає свою початкову позицію в наступних\(m - 1\) випробуваннях, і завойовує лідерство в наступних\(n - m\) випробуваннях.

Нехай\(p\) буде ймовірність того, що монета підійде голови, і нехай\(q = 1-p\). Нехай\(r_n\) буде ймовірність того, що Петро першим лідирує після\(n\) випробувань. Тоді з обговорення вище ми бачимо, що\[\begin{aligned} r_n &=& 0\ , \qquad \mbox{if}\,\, n\,\, \mbox{even}, \\ r_1 &=& p \qquad (= \mbox{probability~of~heads~in~a~single~toss)}, \\ r_n &=& q(r_1r_{n-2} + r_3r_{n-4} +\cdots+ r_{n-2}r_1)\ , \qquad \mbox{if} \ n > 1,\ n\ \mbox{odd}.\end{aligned}\] Тепер давайте\(T\) опишемо час (тобто кількість випробувань), необхідний для того, щоб Петро взяв на себе ініціативу. Тоді\(T\) є випадковою величиною, а оскільки\(P(T = n) = r_n\),\(r\) є функцією розподілу для\(T\).

Введемо генеруючу функцію\(h_T(z)\) для\(T\):

\[h_T(z) = \sum_{n = 0}^\infty r_n z^n\ .\]

Потім, використовуючи наведені вище відносини, ми можемо перевірити відношення

\[h_T(z) = pz + qz(h_T(z))^2\ .\]

Якщо ми вирішимо це квадратне рівняння для\(h_T(z)\), ми отримаємо\[h_T(z) = \frac{1 \pm \sqrt{1 - 4pqz^2}}{2qz} = \frac{2pz}{1 \mp \sqrt{1 - 4pqz^2}}\ .\] З цих двох розв'язків, ми хочемо той, який має збіжну потужність ряду в\(z\) (тобто, що скінченно для\(z = 0\)). Отже, ми вибираємо\[h_T(z) = \frac{1 - \sqrt{1 - 4pqz^2}}{2qz} = \frac{2pz}{1 + \sqrt{1 - 4pqz^2}}\ .\] Тепер ми можемо запитати: Яка ймовірність того, що Петро лідирує? Ця ймовірність задається (див. Вправа\(\PageIndex{10}\))

\[\begin{aligned} \sum_{n = 0}^\infty r_n &=& h_T(1) = \frac{1 - \sqrt{\mathstrut1 - 4pq}}{2q} \\ &=& \frac{1 - |p - q|}{2q} \\ &=& \left \{ \begin{array}{ll} p/q, & \mbox{if $p < q$}, \\ 1, & \mbox{if $p \geq q$}, \end{array}\right. \end{aligned}\]так що Петро обов'язково буде лідирувати в кінцевому підсумку, якщо\(p \geq q\).

Скільки часу це займе? Тобто, яке очікуване значення\(T\)? Це значення дає\[E(T) = h_T'(1) = \left \{ \matrix { 1/(p - q), & \mbox{if}\,\, p > q, \cr \infty, & \mbox{if}\,\, p = q.\cr}\right.\] Це говорить про те, що якщо\(p > q\), то Петро може розраховувати на те, щоб бути в лідері про\(1/(p - q)\) випробування\(p = q\), але якщо, він може розраховувати чекати довго.

Пов'язана проблема, відома як проблема розорення азартного гравця, вивчається у Вправі [exer 11.2.22] та в розділі 12.2.

Вправи

Вправа\(\PageIndex{1}\)

Знайдіть генеруючі функції, як звичайні, так\(h(z)\) і\(g(t)\) моментні, для наступних дискретних розподілів ймовірностей.

1. Розподіл, що описує справедливу монету.
2. Розподіл, що описує справедливу смерть.
3. Розподіл, що описує плашку, яка завжди з'являється 3.
4. Рівномірний розподіл на знімальному майданчику\(\{n,n+1,n+2,\ldots,n+k\}\).
5. Біноміальний розподіл на\(\{n,n+1,n+2,\ldots,n+k\}\).
6. Геометричний розподіл на\(\{0,1,2,\ldots,\}\) с\(p(j) = 2/3^{j + 1}\).

Вправа\(\PageIndex{2}\)

Для кожного з розподілів (a) через (d) вправи\(\PageIndex{1}\) обчислюють перший і другий моменти,\(\mu_1\) і\(\mu_2\), безпосередньо з їх визначення, і перевірити\(h(1) = 1\), що\(h'(1) = \mu_1\), і\(h''(1) = \mu_2 - \mu_1\).

Вправа\(\PageIndex{3}\)

\(p\)Дозволяти розподіл ймовірностей на\(\{0,1,2\}\) з моментами\(\mu_1 = 1\),\(\mu_2 = 3/2\).

1. Знайдіть його звичайну генеруючу функцію\(h(z)\).
2. Використовуючи (а), знайдіть його моментогенеруючу функцію.
3. Використовуючи (б), знайдіть його перші шість моментів.
4. Використовуючи (а)\(p_0\), знайти\(p_1\), і\(p_2\).

Вправа\(\PageIndex{4}\)

У\(\PageIndex{3}\) Вправі розподіл ймовірностей повністю визначається його першими двома моментами. Показати, що це завжди вірно для будь-якого розподілу ймовірностей на\(\{0,1,2\}\).: Задано\(\mu_1\) і\(\mu_2\), знайти\(h(z)\) як у Вправи\(\PageIndex{3}\) і\(h(z)\) використовувати для визначення\(p\).

Вправа\(\PageIndex{5}\)

\(p'\)Дозволяти\(p\) і бути двома дистрибутивами

\[p = \pmatrix{ 1 & 2 & 3 & 4 & 5 \cr 1/3 & 0 & 0 & 2/3 & 0 \cr}\ ,\]

\[p' = \pmatrix{ 1 & 2 & 3 & 4 & 5 \cr 0 & 2/3 & 0 & 0 & 1/3 \cr}\ .\]

1. Покажіть, що\(p\) і\(p'\) мають однакові перший і другий моменти, але не однакові третій і четвертий моменти.
2. Знайдіть звичайні та моментогенеруючі функції для\(p\) і\(p'\).

Вправа\(\PageIndex{6}\)

\(p\)Дозволяти розподіл ймовірностей

\[p = \pmatrix{ 0 & 1 & 2 \cr 0 & 1/3 & 2/3 \cr}\ ,\]і нехай\(p_n = p * p * \cdots * p\) буде\(n\) -fold згортка\(p\) з собою.

1. Знайти\(p_2\) шляхом прямого розрахунку (див. Визначення 7.1.1).
2. Знайдіть звичайні генеруючі функції\(h(z)\) і\(h_2(z)\) для\(p\) і\(p_2\), і переконайтеся, що\(h_2(z) = (h(z))^2\).
3. Знайти\(h_n(z)\) від\(h(z)\).
4. Знайдіть перші два моменти, а значить і середнє значення і дисперсію,\(p_n\) від\(h_n(z)\). Переконайтеся, що\(p_n\) середнє значення\(n\) разів перевищує середнє значення\(p\).
5. Знайти ті цілі числа,\(j\) для яких\(p_n(j) > 0\) від\(h_n(z)\).

Вправа\(\PageIndex{7}\)

\(X\)Дозволяти дискретна випадкова величина зі значеннями в\(\{0,1,2,\ldots,n\}\) і момент генеруючої функції\(g(t)\). Знайти, з точки зору\(g(t)\), генеруючі функції для

1. \(-X\).
2. \(X + 1\).
3. \(3X\).
4. \(aX + b\).

Вправа\(\PageIndex{8}\)

Нехай\(X_1\),\(X_2\),...,\(X_n\) бути незалежним процесом випробувань, з цінностями в\(\{0,1\}\) і середні\(\mu = 1/3\). Знайти звичайні та моментні генеруючі функції для розподілу

1. \(S_1 = X_1\).: Спочатку знайдіть\(X_1\) явно.
2. \(S_2 = X_1 + X_2\).
3. \(S_n = X_1 + X_2 +\cdots+ X_n\).

Вправа\(\PageIndex{9}\)

\(Y\)Дозволяти\(X\) і бути випадковими величинами зі значеннями в\(\{1,2,3,4,5,6\}\) з функціями розподілу\(p_X\) і\(p_Y\) задано\[\begin{aligned} p_X(j) &=& a_j\ , \\ p_Y(j) &=& b_j\ .\end{aligned}\]

1. Знайдіть звичайні генеруючі функції\(h_X(z)\) і\(h_Y(z)\) для цих дистрибутивів.
2. Знайдіть звичайну генеруючу функцію\(h_Z(z)\) для розподілу\(Z = X + Y\).
3. Показати, що ніколи\(h_Z(z)\) не може мати форму\[h_Z(z) = \frac{z^2 + z^3 +\cdots+ z^{12}}{11}\ .\]

:\(h_X\) і\(h_Y\) повинен мати принаймні один ненульовий корінь, але\(h_Z(z)\) в заданому вигляді не має ненульових реальних коренів.

З цього спостереження випливає, що немає можливості завантажити дві кістки, щоб ймовірність того, що задана сума з'явиться при їх киданні, була однаковою для всіх сум (тобто, що всі результати однаково вірогідні).

Вправа\(\PageIndex{10}\)

Покажіть, що якщо\[h(z) = \frac{1 - \sqrt{1 - 4pqz^2}}{2qz}\ ,\] тоді\[h(1) = \left \{ \begin{array}{ll} p/q, & \mbox{if $p \leq q,$} \\ 1, & \mbox{if $p \geq q,$} \end{array}\right.\] і\[h'(1) = \left \{ \begin{array}{ll} 1/(p - q), & \mbox{if $p > q,$}\\ \infty, & \mbox{if $p = q.$} \end{array}\right.\]

Вправа\(\PageIndex{11}\)

Показати, що якщо\(X\) випадкова величина з\(\mu\) середнім і\(\sigma^2\) дисперсією, а якщо\(X^* = (X - \mu)/\sigma\) стандартизована версія\(X\), то\[g_{X^*}(t) = e^{-\mu t/\sigma} g_X\left( \frac t\sigma \right)\ .\]