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]