Korisnički Kontrolni Panel
Pogledajte svoj profil
Pogledajte svoje postove
ČPP
Prijavite se

Matematički forum na kojem možete da diskutujete o raznim matematičkim oblastima, pomognete drugima oko rešavanja zadataka, a i da dobijete pomoć kada vam zatreba


















Index stranica OSTALE MATEMATIČKE OBLASTI VEROVATNOĆA

Slučajne promenljive s geometrijskom raspodelom

[inlmath]P\left(A_k/B\right)P\left(B\right)=P\left(B/A_k\right)P\left(A_k\right)[/inlmath]

Slučajne promenljive s geometrijskom raspodelom

Postod gavra » Sreda, 11. Maj 2016, 14:59

[inlmath]X,Y,Z[/inlmath] su nezavisne slucajne promenljive sa geometrijskom raspodelom [inlmath]q^kp[/inlmath], [inlmath]k=0,1,\ldots[/inlmath]. Naci [inlmath]P(X+Y\le Z)[/inlmath]

Ja imam resen ovaj zadatak, ali ne razumem zasto je [inlmath]P(X+Y\le Z)=\sum\limits_{i=0}^{\infty}q^ip\sum\limits_{j=0}^iq^jp\sum\limits_{k=0}^{i-j}q^kp[/inlmath], jel moze kratko objasnjenje?
Poslednji put menjao Daniel dana Sreda, 11. Maj 2016, 15:58, izmenjena samo jedanput
Razlog: Promena naziva teme („Pomoc oko zadatka“) u adekvatniji
gavra  OFFLINE
 
Postovi: 18
Zahvalio se: 7 puta
Pohvaljen: 0 puta

Sharuj ovu temu na:

Share on Facebook Facebook Share on Twitter Twitter Share on MySpace MySpace Share on Google+ Google+
  • +1

Re: Slučajne promenljive s geometrijskom raspodelom

Postod Daniel » Sreda, 11. Maj 2016, 16:03

Ako imaš rešen zadatak, možeš li da napišeš taj deo rešenja koji ti nije jasan?

Promenio sam naziv teme. Molim te da temama ne daješ nazive tipa „Pomoć oko zadatka“, već onako kako je to regulisano tačkom 9. Pravilnika.
I do not fear death. I had been dead for billions and billions of years before I was born, and had not suffered the slightest inconvenience from it. – Mark Twain
Korisnikov avatar
Daniel  OFFLINE
Administrator
 
Postovi: 9300
Lokacija: Beograd
Zahvalio se: 5151 puta
Pohvaljen: 4951 puta

Re: Slučajne promenljive s geometrijskom raspodelom

Postod gavra » Sreda, 11. Maj 2016, 16:21

Ovo sto sam napisao da mi nije jasno je prvi korak u resavanju zadatka, nema nista pre toga, nije ovo krajnje resenje. Ideja mi nije jasna, sta ove sume predstavljaju i zasto se ovi brojaci krecu bas kao sto je tu napisano.

Mogu i celo resenje da stavim ovde, ali mislim da nije potrebno.
gavra  OFFLINE
 
Postovi: 18
Zahvalio se: 7 puta
Pohvaljen: 0 puta

Re: Slučajne promenljive s geometrijskom raspodelom

Postod desideri » Četvrtak, 12. Maj 2016, 15:24

Zaista težak zadatak.
Ja bih ove sume napisao sa zagradama, jer su ovo "sume od suma". Nastavljaju se indeksi ako me razumeš, nije ovo proizvod suma.
Oduzimanje indeksa u gornjem indeksu treće sume nastaje zbog prebacivanja promenljivih. Naime ne mora biti baš zbir [inlmath]X+Y\le Z[/inlmath] već može i drugačije da se izrazi. Koliko sam video tačno ti je međurešenje, no postovaću detaljnije.
Korisnikov avatar
Zaslužni forumaš
 
Postovi: 1542
Lokacija: Beograd
Zahvalio se: 1097 puta
Pohvaljen: 864 puta

Re: Slučajne promenljive s geometrijskom raspodelom

Postod desideri » Četvrtak, 12. Maj 2016, 15:51

Sada mi pade na pamet da ga radim preko funkcije izvodnice ili još bolje preko karakteristične funkcije, pošto red kod karakteristične funkcije uvek konvergira po Ljapunovu.
No ne verujem da je to zahtevano u postupku izrade zadatka.
Naime, kada su slučajne promenljive nezavisne, karakteristična funkcija zbira slučajnih promenljivih jednaka je proizvodu karakterističnih funkcija pojedinačnih slučajnih promenljivih (sabiraka).
U ovom slučaju to važi i za funkciju izvodnicu, koja ne "ulazi" u kompleksni domen kao što je to slučaj kod karakteristične funkcije.
Korisnikov avatar
Zaslužni forumaš
 
Postovi: 1542
Lokacija: Beograd
Zahvalio se: 1097 puta
Pohvaljen: 864 puta

Re: Slučajne promenljive s geometrijskom raspodelom

Postod gavra » Četvrtak, 12. Maj 2016, 17:52

Ahaa, znaci prva suma stoji zbog [inlmath]Z[/inlmath], [inlmath]i[/inlmath] ide od [inlmath]0[/inlmath] do [inlmath]\infty[/inlmath], druga ( [inlmath]Y[/inlmath] ) ide do tog [inlmath]i[/inlmath], a treca suma je dopuna druge sume do [inlmath]Z[/inlmath], tako da druga + treca suma, nikako ne prelaze prvu, ali onda je pitanje da li je ovo suma sume, ili je projzvod suma, tojest svaka suma se odnosi na jednu promenljivu.

Evo celog zadatka, mozda bude jasnije.
[dispmath]a)\;P\left(X\le Y\right)=\sum_{j=0}^\infty q^jp\sum_{i=0}^jq^ip=p^2\sum_{j=0}^\infty q^j\sum_{i=0}^jq^i=\\
=p^2\cdot\sum_{j=0}^\infty\frac{1-q^{j+1}}{1-q}\cdot q^j=\frac{p^{\cancel2}}{\cancel{1-q}}\left(\sum_{j=0}^\infty q^j-\sum_{j=0}^\infty q^{2j+1}\right)=p^2\left(\frac{1}{1-q}-\frac{q}{1-q^2}\right)=\\
=p^2\cdot\frac{1+\cancel q-\cancel q}{\left(1-q\right)\left(1+q\right)}=\frac{p^{\cancel2}}{\cancel p\left(1+q\right)}=\frac{p}{1+q}[/dispmath][dispmath]b)\;P\left(X+Y\le Z\right)=\sum_{i=0}^\infty q^ip\sum_{j=0}^iq^jp\sum_{k=0}^{i-j}q^kp=p^3\sum_{i=0}^\infty q^i\sum_{j=0}^iq^j\frac{1-q^{i-j+1}}{1-q}=\\
=\frac{p^{\cancel32}}{\cancel{1-q}}\sum_{i=0}^\infty q^i\left(\sum_{j=0}^iq^j-\sum_{j=0}^iq^{i+1}\right)\overset{\downarrow}=p^2\sum_{i=0}^\infty q^i\left(\frac{1-q^{i+1}}{1-q}-q^{i+1}\right)=\\
=p^2\left(\sum_{i=0}^\infty\frac{q^i}{1-q}-\sum_{i=0}^\infty\frac{q^{2i+1}}{1-q}-\sum_{i=0}^\infty q^{2i+1}\right)=p^2\left(\frac{1}{1-q}\sum_{i=0}^\infty q^i-\frac{1}{1-q}\sum_{i=0}^\infty q^{2i+1}-\sum_{i=0}^\infty q^{2i+1}\right)=\\
=p^2\left(\frac{1}{1-q}\cdot\frac{1}{1-q}-\frac{1}{1-q}\cdot\frac{q}{1-q}-\frac{q}{1-q}\right)=\cancel{p^2}\frac{1-q-q\left(1-q\right)}{\cancel{\left(1-q\right)^2}}=\\
=1-q-q+q^2=1-2q+q^2=\left(1-q\right)^2=p^2[/dispmath][dispmath]P\left(X+Y\le Z\right)=\cdots\overset{\downarrow}=p^2\sum_{i=0}^\infty q^i\left(\frac{1-q^{i+1}}{1-q}-q\cdot\frac{1-q^{i+1}}{1-q}\right)=\\
=p^{\cancel2}\cdot\frac{1}{\cancel{1-q}}\left(\sum_{i=0}^\infty q^i-\sum_{i=0}^\infty q^{2i+1}-q\sum_{i=0}^\infty q^i+q\sum_{i=0}^\infty q^{2i+1}\right)=\\
=p\left(\frac{1}{1-q}-\frac{q}{1-q^2}-q\cdot\frac{1}{1-q}+q\cdot\frac{q}{1-q^2}\right)=\cancel p\cdot\frac{1+\cancel q-\cancel q-q\left(1+q\right)+q^2}{\cancel{\left(1-q\right)}\left(1+q\right)}=\\
=\frac{1-q-\cancel{q^2}+\cancel{q^2}}{1+q}=\frac{1-q}{1+q}=\frac{p}{1+q}[/dispmath]
Poslednji put menjao Daniel dana Petak, 13. Maj 2016, 17:27, izmenjena samo jedanput
Razlog: Prekucavanje postupka sa slike u Latex – tačke 13. i 14. Pravilnika!
gavra  OFFLINE
 
Postovi: 18
Zahvalio se: 7 puta
Pohvaljen: 0 puta

  • +1

Re: Slučajne promenljive s geometrijskom raspodelom

Postod Daniel » Petak, 13. Maj 2016, 17:36

Skrenuo bih ti pažnju na tačku 14. Pravilnika, čija poslednja rečenica glasi
U izuzetnim situacijama, kada je potrebno priložiti neki duži tekst ili formule koje se nalaze u slici, PDF-u ili drugom dokumentu, a čije bi prekucavanje zahtevalo previše vremena i truda, dozvoljeno je, uz obaveznu prethodnu konsultaciju s moderatorom, odstupiti od ovog pravila i tekst ili formule poslati kao sliku ili kao neki drugi fajl. Dakle, ovo je izuzetak, a ne pravilo.


Izraz [inlmath]\sum\limits_{i=0}^\infty q^ip\sum\limits_{j=0}^iq^jp\sum\limits_{k=0}^{i-j}q^kp[/inlmath] za koji pitaš, napisan sa zagradama, izgledao bi ovako:
[dispmath]\sum_{i=0}^\infty\left[q^ip\sum_{j=0}^i\left(q^jp\sum_{k=0}^{i-j}q^kp\right)\right][/dispmath] U postupku koji si priložio (kao sliku, a ja ti zatim prekucao) uočio sam dosta grešaka. Jesi li to prepisivao odnekud, ili si sam radio?
I do not fear death. I had been dead for billions and billions of years before I was born, and had not suffered the slightest inconvenience from it. – Mark Twain
Korisnikov avatar
Daniel  OFFLINE
Administrator
 
Postovi: 9300
Lokacija: Beograd
Zahvalio se: 5151 puta
Pohvaljen: 4951 puta

Re: Slučajne promenljive s geometrijskom raspodelom

Postod gavra » Petak, 13. Maj 2016, 20:09

Ok, nisam znao to za postavljanje slika.

Zadatak je radjen na casu, tako da je mozda greska i u prepisivanju. Ali sam sad proverio u zbirci i resenje je [inlmath]\frac{1}{(1+q)^2}[/inlmath], a ne ovo u postupku iznad.

Najbolje da ipak vidim to na konsultacijama, hvala u svakom slucaju.
gavra  OFFLINE
 
Postovi: 18
Zahvalio se: 7 puta
Pohvaljen: 0 puta

  • +2

Re: Slučajne promenljive s geometrijskom raspodelom

Postod Daniel » Petak, 13. Maj 2016, 21:37

Potvrđujem tačnost rešenja u zbirci, a evo i grešaka u tvom postupku koje sam uočio.

Prvo pod a):
gavra je napisao:[dispmath]a)\;\cdots=\frac{p^{\cancel2}}{\cancel{1-q}}\left(\sum_{j=0}^\infty q^j-\sum_{j=0}^\infty q^{2j+1}\right)=p^{\color{red}2}\left(\frac{1}{1-q}-\frac{q}{1-q^2}\right)=\\
=p^2\cdot\frac{1+\cancel q-\cancel q}{\left(1-q\right)\left(1+q\right)}=\frac{p^{\cancel2}}{\cancel p\left(1+q\right)}=\frac{p}{1+q}[/dispmath]

Iako si skratio kvadrat kod [inlmath]p[/inlmath], u narednim koracima si ga pisao, tako da si dobio rezultat koji je [inlmath]p[/inlmath] puta veći od ispravnog. Dakle, pod a) tačan rezultat treba da bude [inlmath]\frac{1}{1+q}[/inlmath].

Pa onda pod b):
gavra je napisao:[dispmath]b)\;\cdots=\frac{p^{\cancel32}}{\cancel{1-q}}\sum_{i=0}^\infty q^i\left(\sum_{j=0}^iq^j-\sum_{j=0}^iq^{i+1}\right)\overset{\downarrow}=p^2\sum_{i=0}^\infty q^i\left(\frac{1-q^{i+1}}{1-q}-{\color{red}q^{i+1}}\right)=\cdots[/dispmath]

Suma [inlmath]\sum\limits_{j=0}^iq^{i+1}[/inlmath], kad se razvije, to bude
[dispmath]\sum_{j=0}^iq^{i+1}=\underbrace{q^{i+1}+q^{i+1}+\cdots+q^{i+1}}_{i+1\text{ sabiraka}}=\left(i+1\right)q^{i+1}[/dispmath] a ne [inlmath]q^{i+1}[/inlmath] kako je napisano.

gavra je napisao:[dispmath]\cdots=p^2\left(\frac{1}{1-q}\sum_{i=0}^\infty q^i-\frac{1}{1-q}\sum_{i=0}^\infty q^{2i+1}-\sum_{i=0}^\infty q^{2i+1}\right)=p^2\left(\frac{1}{1-q}\cdot\frac{1}{1-q}-\frac{1}{1-q}\cdot\frac{q}{1-{\color{red}q}}-\frac{q}{1-{\color{red}q}}\right)=\cdots[/dispmath]

Umesto crveno obeleženih [inlmath]q[/inlmath]-ova treba da budu njihovi kvadrati, [inlmath]q^2[/inlmath]. Evo i zašto:
[dispmath]\sum_{i=0}^\infty q^{2i+1}=q+q^3+q^5+q^7\cdots=\lim_{n\to\infty}q\cdot\frac{1-\left(q^2\right)^n}{1-q^2}=\frac{q}{1-q^2}[/dispmath] jer je količnik te geometrijske progresije [inlmath]q^2[/inlmath], a ne [inlmath]q[/inlmath].

Pa onda ovde, ne znam da l' je to bio neki drugi pokušaj za b),
gavra je napisao:[dispmath]P\left(X+Y\le Z\right)=\cdots\overset{\downarrow}=p^2\sum_{i=0}^\infty q^i\left(\frac{1-q^{i+1}}{1-q}-{\color{red}q\cdot\frac{1-q^{i+1}}{1-q}}\right)=\cdots[/dispmath]

ali ni ovde ne valja ovo crveno obeleženo. Umesto toga, kao što sam gore napisao, treba da stoji [inlmath]\left(i+1\right)q^{i+1}[/inlmath].
I do not fear death. I had been dead for billions and billions of years before I was born, and had not suffered the slightest inconvenience from it. – Mark Twain
Korisnikov avatar
Daniel  OFFLINE
Administrator
 
Postovi: 9300
Lokacija: Beograd
Zahvalio se: 5151 puta
Pohvaljen: 4951 puta

  • +2

Re: Slučajne promenljive s geometrijskom raspodelom

Postod Daniel » Subota, 14. Maj 2016, 22:58

Što se tiče tvog pitanja
gavra je napisao:ali ne razumem zasto je [inlmath]P(X+Y\le Z)=\sum\limits_{i=0}^{\infty}q^ip\sum\limits_{j=0}^iq^jp\sum\limits_{k=0}^{i-j}q^kp[/inlmath], jel moze kratko objasnjenje?

nažalost, ne može kratko. :)
Posmatrajmo to prvo na jednostavnijem primeru, a to je zadatak pod a):
[dispmath]P\left(X\le Y\right)=\sum_{j=0}^\infty q^jp\sum_{i=0}^jq^ip[/dispmath] Obe slučajne promenljive, i [inlmath]X[/inlmath] i [inlmath]Y[/inlmath], imaju geometrijsku raspodelu, tj. [inlmath]P\left(X=x\right)=q^{x-1}p,\;x=1,2,3,\ldots[/inlmath] i [inlmath]P\left(Y=y\right)=q^{y-1}p,\;y=1,2,3,\ldots[/inlmath], pri čemu je [inlmath]p+q=1[/inlmath] (možeš pogledati ovaj tutorial).

Pretpostavimo prvo da je [inlmath]Y=1[/inlmath]. Tada je verovatnoća da je [inlmath]X\le Y[/inlmath] jednaka verovatnoći da je [inlmath]X\le1[/inlmath], a ona iznosi
[dispmath]P\left(X\le Y\mid Y=1\right)=P\left(X\le1\right)=P\left(X=1\right)=p=\sum_{x=1}^1q^{x-1}p[/dispmath] Pretpostavimo, zatim, da je [inlmath]Y=2[/inlmath]. Tada je verovatnoća da je [inlmath]X\le Y[/inlmath] jednaka verovatnoći da je [inlmath]X\le2[/inlmath], a ona iznosi
[dispmath]P\left(X\le Y\mid Y=2\right)=P\left(X\le2\right)=P\left(X=1\right)+P\left(X=2\right)=p+qp=\sum_{x=1}^2q^{x-1}p[/dispmath] Pretpostavimo, zatim, da je [inlmath]Y=3[/inlmath]. Tada je verovatnoća da je [inlmath]X\le Y[/inlmath] jednaka verovatnoći da je [inlmath]X\le3[/inlmath], a ona iznosi
[dispmath]P\left(X\le Y\mid Y=3\right)=P\left(X\le3\right)=P\left(X=1\right)+P\left(X=2\right)+P\left(X=3\right)=p+qp+q^2p=\sum_{x=1}^3q^{x-1}p\\
\vdots[/dispmath] Kada [inlmath]Y[/inlmath] teži beskonačnosti, tada će verovatnoća da je [inlmath]X\le Y[/inlmath] biti jednaka
[dispmath]P\left(X\le Y\mid Y\to\infty\right)=P\left(X=1\right)+P\left(X=2\right)+P\left(X=3\right)+\cdots=p+qp+q^2p+\cdots=\sum_{x=1}^\infty q^{x-1}p[/dispmath] (Naravno, ova poslednja verovatnoća je jednaka jedinici, jer [inlmath]X[/inlmath] svakako mora biti manje od beskonačnosti.)
E sad primenimo formulu potpune verovatnoće,
[dispmath]P\left(X\!\le\!Y\right)\!=\!P\left(Y\!=\!1\right)P\left(X\le Y\mid Y\!=\!1\right)+P\left(Y\!=\!2\right)P\left(X\le Y\mid Y\!=\!2\right)+P\left(Y\!=\!3\right)P\left(X\le Y\mid Y\!=\!3\right)+\cdots\\
P\left(X\le Y\right)=P\left(Y=1\right)\sum_{x=1}^1q^{x-1}p+P\left(Y=2\right)\sum_{x=1}^2q^{x-1}p+P\left(Y=3\right)\sum_{x=1}^3q^{x-1}p+\cdots[/dispmath] Pošto je [inlmath]P\left(Y=y\right)=q^{y-1}p[/inlmath], to umesto [inlmath]P\left(Y=1\right)[/inlmath] možemo pisati [inlmath]q^0p[/inlmath], umesto [inlmath]P\left(Y=2\right)[/inlmath] možemo pisati [inlmath]q^1p[/inlmath] itd.
[dispmath]P\left(X\le Y\right)=q^0p\sum_{x=1}^1q^{x-1}p+q^1p\sum_{x=1}^2q^{x-1}p+q^2p\sum_{x=1}^3q^{x-1}p+\cdots[/dispmath] i zatim sve ove sabirke možemo predstaviti u vidu sume:
[dispmath]P\left(X\le Y\right)=\sum_{y=1}^\infty q^{y-1}p\sum_{x=1}^yq^{x-1}p[/dispmath] što je, zapravo, ista formula koja je korišćena u tvom zadatku, jer, ako bismo uveli smene [inlmath]x-1=i[/inlmath] i [inlmath]y-1=j[/inlmath], tada bi prethodna formula postala
[dispmath]\enclose{box}{P\left(X\le Y\right)=\sum_{j=0}^\infty q^jp\sum_{i=0}^jq^ip}[/dispmath] Šta je, dakle, suština – kada tražimo verovatnoću [inlmath]P\left(X\le Y\right)[/inlmath], tada slučajna promenljiva [inlmath]Y[/inlmath] može imati bilo koju vrednost, dok slučajna promenljiva [inlmath]X[/inlmath] mora imati manju (ili jednaku) vrednost od te vrednosti [inlmath]Y[/inlmath]. Zbog toga kod ovih suma [inlmath]j[/inlmath] ide od [inlmath]0[/inlmath] do [inlmath]\infty[/inlmath], dok [inlmath]i[/inlmath] ide od [inlmath]0[/inlmath] do [inlmath]j[/inlmath].

E sad, objašnjenje za formulu [inlmath]P\left(X+Y\le Z\right)=\sum\limits_{i=0}^\infty q^ip\sum\limits_{j=0}^iq^jp\sum\limits_{k=0}^{i-j}q^kp[/inlmath]. Pre svega, ovako napisane oznake su nelogične, logičnije bi bilo da umesto [inlmath]k[/inlmath] stoji [inlmath]i[/inlmath], a da umesto [inlmath]i[/inlmath] stoji [inlmath]k[/inlmath]. To je zbog toga što se [inlmath]i[/inlmath] odnosi na slučajnu promenljivu [inlmath]X[/inlmath], a [inlmath]k[/inlmath] na slučajnu promenljivu [inlmath]Z[/inlmath]. Međutim, i s ovako ispremeštanim oznakama dobije se isti rezultat, jer to kako ćemo neku veličinu obeležiti nije od značaja za vrednost koja se na kraju dobija.

Prema tome, logično bi bilo da formula glasi
[dispmath]P\left(X+Y\le Z\right)=\sum_{k=0}^\infty q^kp\sum_{j=0}^kq^jp\sum_{i=0}^{k-j}q^ip[/dispmath] a evo i objašnjenja za tako napisanu formulu (koje se rezonski dosta oslanja na izvođenje prethodne formule [inlmath]P\left(X\le Y\right)=\sum\limits_{j=0}^\infty q^jp\sum\limits_{i=0}^jq^ip[/inlmath]).

Dakle, kada tražimo verovatnoću [inlmath]P\left(X+Y\le Z\right)[/inlmath], tada slučajna promenljiva [inlmath]Z[/inlmath] može imati bilo koju vrednost, dok neka od ove preostale dve slučajne promenljive (npr. [inlmath]Y[/inlmath]) mora biti između [inlmath]0[/inlmath] i [inlmath]Z[/inlmath] (jer kad bi bila veća od [inlmath]Z[/inlmath], tada zbir [inlmath]X+Y[/inlmath] sigurno ne bi mogao biti [inlmath]\le Z[/inlmath]). Zbog toga u sumi [inlmath]k[/inlmath] ide od [inlmath]0[/inlmath] do [inlmath]\infty[/inlmath], dok [inlmath]j[/inlmath] ide od [inlmath]0[/inlmath] do [inlmath]k[/inlmath]. E sad, pošto mora važiti [inlmath]i+j\le k[/inlmath], tj. [inlmath]i\le k-j[/inlmath], to znači da u sumi [inlmath]i[/inlmath] mora ići od [inlmath]0[/inlmath] do [inlmath]k-j[/inlmath].
I, na sličan način kao što smo došli do [inlmath]P\left(X\le Y\right)=\sum\limits_{j=0}^\infty q^jp\sum\limits_{i=0}^jq^ip[/inlmath], dolazimo do
[dispmath]\enclose{box}{P\left(X+Y\le Z\right)=\sum_{k=0}^\infty q^kp\sum_{j=0}^kq^jp\sum_{i=0}^{k-j}q^ip}[/dispmath]


OK, pošto sam ti u svom prethodnom postu ukazao na greške u tvom postupku, pokazaću sad i ceo postupak kojim se dolazi do ispravnog rezultata.

Pod a) je, kao što sam rekao (i obrazložio), rezultat [inlmath]\displaystyle P\left(X\le Y\right)=\frac{1}{1+q}[/inlmath].

Pod b) si ispravno stigao do ovog dela:
[dispmath]P\left(X+Y\le Z\right)=\frac{p^{\cancel32}}{\cancel{1-q}}\sum_{i=0}^\infty q^i\left(\sum_{j=0}^iq^j-\sum_{j=0}^iq^{i+1}\right)[/dispmath] I sad, kao što u prethodnom postu napisah, [inlmath]\sum\limits_{j=0}^iq^{i+1}=\left(i+1\right)q^{i+1}[/inlmath],
[dispmath]P\left(X+Y\le Z\right)=p^2\sum_{i=0}^\infty q^i\left(\frac{1-q^{i+1}}{1-q}-\left(i+1\right)q^{i+1}\right)[/dispmath] Ubacimo [inlmath]q^i[/inlmath] unutar zagrade, rastavimo sume,
[dispmath]P\left(X+Y\le Z\right)=p^2\left(\sum_{i=0}^\infty\frac{q^i}{1-q}-\sum_{i=0}^\infty\frac{q^{2i+1}}{1-q}-\sum_{i=0}^\infty\left(i+1\right)q^{2i+1}\right)[/dispmath] Sumu [inlmath]\sum\limits_{i=0}^\infty\left(i+1\right)q^{2i+1}[/inlmath] možemo izračunati na sledeći način. Razvijemo tu sumu, a zatim razvijemo istu tu sumu pomnoženu sa [inlmath]q^2[/inlmath]:
[dispmath]\sum_{i=0}^n\left(i+1\right)q^{2i+1}=q+2q^3+3q^5+4q^7+\cdots+nq^{2n-1}+\left(n+1\right)q^{2n+1}\\
q^2\sum_{i=0}^n\left(i+1\right)q^{2i+1}=q^3+2q^5+3q^7+4q^9+\cdots+nq^{2n+1}+\left(n+1\right)q^{2n+3}[/dispmath] Zatim od prve jednakosti oduzmemo drugu i dobijemo
[dispmath]\sum_{i=0}^n\left(i+1\right)q^{2i+1}-q^2\sum_{i=0}^n\left(i+1\right)q^{2i+1}=q+q^3+q^5+q^7+\cdots+q^{2n+1}-\left(n+1\right)q^{2n+3}\\
\left.\left(1-q^2\right)\sum_{i=0}^n\left(i+1\right)q^{2i+1}=q\cdot\frac{1-\left(q^2\right)^n}{1-q^2}-\left(n+1\right)q^{2n+3}\quad\right/:\left(1-q^2\right)\\
\sum_{i=0}^n\left(i+1\right)q^{2i+1}=q\cdot\frac{1-\left(q^2\right)^n}{\left(1-q^2\right)^2}-\frac{\left(n+1\right)q^{2n+3}}{1-q^2}\\
\sum_{i=0}^\infty\left(i+1\right)q^{2i+1}=\lim_{n\to\infty}\left(q\cdot\frac{1-\left(q^2\right)^n}{\left(1-q^2\right)^2}-\frac{\left(n+1\right)q^{2n+3}}{1-q^2}\right)[/dispmath] Pošto je [inlmath]0<q<1[/inlmath], tada je i [inlmath]0<q^2<1[/inlmath], pa [inlmath]\left(q^2\right)^n[/inlmath] teži nuli kada [inlmath]n\to\infty[/inlmath].
Što se tiče [inlmath]\left(n+1\right)q^{2n+3}[/inlmath], činilac [inlmath]q^{2n+3}[/inlmath], kao eksponencijalna funkcija, brže teži nuli nego što [inlmath]\left(n+1\right)[/inlmath] teži beskonačnosti, tako da ceo proizvod [inlmath]\left(n+1\right)q^{2n+3}[/inlmath] teži nuli.
Samim tim, suma se svodi na
[dispmath]\sum_{i=0}^\infty\left(i+1\right)q^{2i+1}=\frac{q}{\left(1-q^2\right)^2}[/dispmath] Potom nastavljamo tamo gde smo stali:
[dispmath]P\left(X+Y\le Z\right)=p^2\left(\frac{1}{1-q}\cdot\frac{1}{1-q}-\frac{1}{1-q}\cdot\frac{q}{1-q^2}-\frac{q}{\left(1-q^2\right)^2}\right)\\
P\left(X+Y\le Z\right)=\cancel{p^2}\frac{\left(1+q\right)^2-q\left(1+q\right)-q}{\cancel{\left(1-q\right)^2}\left(1+q\right)^2}\\
P\left(X+Y\le Z\right)=\frac{1+\cancel{2q}+\bcancel{q^2}-\cancel q-\bcancel{q^2}-\cancel q}{\left(1+q\right)^2}\\
\enclose{box}{P\left(X+Y\le Z\right)=\frac{1}{\left(1+q\right)^2}}[/dispmath]
I do not fear death. I had been dead for billions and billions of years before I was born, and had not suffered the slightest inconvenience from it. – Mark Twain
Korisnikov avatar
Daniel  OFFLINE
Administrator
 
Postovi: 9300
Lokacija: Beograd
Zahvalio se: 5151 puta
Pohvaljen: 4951 puta

Sledeća

Povratak na VEROVATNOĆA

Ko je OnLine

Korisnici koji su trenutno na forumu: Nema registrovanih korisnika i 41 gostiju

cron

Index stranicaTimObriši sve kolačiće boarda
Danas je Četvrtak, 28. Mart 2024, 20:14 • Sva vremena su u UTC + 1 sat
Pokreće ga phpBB® Forum Software © phpBB Group
Prevod – www.CyberCom.rs