Una convolución de binomios.

Question

Dado $$f(i)\gt0,\:g(i)>0,\:i =0,1,2,3,...\:$$ and $$\sum_{i=0}^{\infty}f(i) = 1,\sum_{i=0}^{\infty}g(i) = 1$$ Prove that, if $$\frac{g(l-k)f(k)}{\sum_{i=0}^{l}f(i)g(l-i)}=\binom{l}{k}p^k(1-p)^{l-k}\: when\:0\le k\le l,\:where\: 0\lt p\lt1$$ then$$f(i) = e^{-ru}\frac{(ru)^i}{i!},\: g(i) = e^{-u}\frac{(u)^i}{i!},\:i =0,1,2,3,...\:where\:u\gt 0

Progreso: Deje que$F(s)$ y$G(s)$ sean las funciones generadoras de$f(i)$ y$g(i)$, entonces el problema se convierte en$$\frac{F^{(k)}(0)G^{(l-k)}(0)}{\frac{1}{l!}\sum_{i=0}^{l}\binom{l}{i}F^{(i)}(0)G^{(l-i)}(0)} = p^{k}(1-p)^{(l-k)} ¡Así que eliminé un binomio pero introduje otro!

Answer 1

Deje $F,G$ ser independiente de las variables aleatorias distribuidas de acuerdo a $f,g$, y deje $H \sim F+G$. Sabes que para todos los $k,\ell$, $$\Pr[F=k|F+G=\ell] = \binom{\ell}{k} p^k (1-p)^{\ell-k}.$$ Que nos da $$\Pr[F=k] = \sum_{\ell=0}^\infty \binom{\ell}{k} p^k (1-p)^{\ell-k} \Pr[F+G=\ell] = \frac{p^k}{(1-p)^k} E[\binom{H}{k} (1-p)^H].$$ Deje $\rho = p/(1-p)$. Así que debemos tener $$1 = \sum_{k=0}^\infty \Pr[F=k] = E[\sum_{k=0}^\infty \rho^k \binom{H}{k} (1-p)^H] = E[(1+\rho)^H(1-p)^H],$$ que mantiene desde $1+\rho = 1/(1-p)$. De la misma manera se puede calcular el $E[F]$: $$E[F] = E[\sum_{k=0}^\infty H \rho^k \binom{H-1}{k-1} (1-p)^H] = \rho E[H (1+\rho)^{H-1} (1-p)^H] = \frac{\rho}{1+\rho} E[H] = pE[H].$$ Más en general, el mismo cálculo da $$\begin{align*} E[F(F-1)\cdots(F-t+1)] &= p^t E[H(H-1)\cdots(H-t+1)], \\ E[G(G-1)\cdots(G-t+1)] &= (1-p)^t E[H(H-1)\cdots(H-t+1)]. \end{align*}$$ También sabemos que $H = F+G$. Para $t = 2$, obtenemos $$E[H(H-1)] = E[(F+G)(F+G-1)] = E[F(F-1)] + E[G(G-1)] + 2E[F]E[G] = (p^2+(1-p)^2)E[H(H-1)] + 2p(1-p)E[H]^2.$$ Reordenando, obtenemos $2p(1-p) E[H(H-1)] = 2p(1-p)E[H]^2$, y así $$E[H(H-1)] = E[H]^2.$$

De esta manera, podemos obtener todos los momentos de la $H$ como funciones de $E[H]$; una vez que hacemos eso, nos derivan todos los momentos de $F$$G$. Si usted hace esto, entonces usted debe descubrir que $F,G,H$ son todas las variables aleatorias de Poisson, con $E[F] = pE[H]$$E[G] = (1-p)E[H]$.