Evento de probabilidad con $70$ El porcentaje de éxito se produce tres veces consecutivas para el tamaño de la muestra $n$

Question

Hace mucho tiempo que no hago probabilidades, así que no estoy seguro de cuál hacer (si es que alguna es correcta). Gracias por tomarse el tiempo de mirar mi trabajo.

La probabilidad de que ocurra un evento es $70$ %. Estoy buscando la probabilidad de que nuestro evento ocurra tres veces seguidas para el tamaño de la muestra $n$ .

$(.7)^3=.343$ es la probabilidad de que se produzca tres veces consecutivas

$1-.343=.657$ sería la oportunidad de fracasar.

Primera idea:

Para $n=3$ nuestra tasa de éxito es $.343$

$n=4$ tenemos dos oportunidades de éxito, así $1-(.657)^2=.568351$

$n=5$ tres oportunidades de éxito, así $1-(.657)^3=.71640$ ...

Generalización: Probabilidad de éxito: $$1 - (.657)^{n-2}$$

Segunda idea:

Probabilidad cuando $n=3$ sería $(.7)^3$

En $n=4$ tendríamos $(.7)^3+(.3)(.7)^3$

Para $n=5$ tendríamos $(.7)^3+(.3)(.7)^3+(.3)^2(.7)^3+(.3)(.7)^4$

Me inclino por la segunda idea... pero no consigo ver una generalización de la misma.

Por favor, disculpen mi LaTeX, hace mucho tiempo que no pregunto/respondo a ninguna pregunta. Gracias.

Answer 1

Denotemos el evento en cuestión con $a$ \begin{align*} P(X=a)=0.7 \end{align*} y denotamos el evento complementario con $b$ .

Buscamos las palabras de longitud $n$ y su probabilidad de ocurrencia que no contengan tres o más consecutivos $a$ 's. El resultado es $1$ menos esta probabilidad.

Podemos describir el conjunto de estas palabras inválidas como las palabras construidas a partir del alfabeto $V=\{a,b\}$ que contengan como máximo uno o dos $a$ 's.

Estas son palabras

• a partir de cero o más $b$ 's: $$b^*$$

• seguido de cero o más ocurrencias de $a$ o $aa$ cada uno de ellos seguido de uno o más $b$ 's: $$(ab^+|aab^+)^*$$

• y terminando con cero, uno o dos $a$ 's $$(\varepsilon|a|aa)$$

Obtenemos

\begin{align*} b^*(ab^+|aab^+)^*(\varepsilon|a|aa)\tag{1} \end{align*}

La expresión regular (1) genera todas las palabras no válidas en un único manera. En estos casos podemos utilizarla para derivar una función generadora $$\sum_{n=0}^\infty a_n z^n$$ con $a_n$ dando el número de palabras inválidas de longitud $n$ .

Para ello lo único que necesitamos saber es el _expansión de la serie geométrica_ desde el $star$ operador \begin{align*} a^*=\left(\varepsilon|a|a^2|a^3|\cdots\right)\qquad\text{ translates to }\qquad 1+z+z^2+z^3+\cdots=\frac{1}{1-z} \end{align*}

En consecuencia, $a^+=aa^*$ se traduce en $\frac{z}{1-z}$ y alternativas como $(\varepsilon|a|aa)$ puede escribirse como $1+z+z^2$ .

Traducimos la expresión regular (1) en una función generadora (mezclando un poco la simbólica para proporcionar algunos pasos intermedios).

Como queremos calcular las probabilidades de ocurrencia de $P(X=a)$ hacemos un seguimiento de $a$ y $b$ respetándolos como factores correspondientes en la función generadora.

\begin{align*} b^*\left(ab^+|aab^+\right)^*(\varepsilon|a|aa) &\longrightarrow \quad \frac{1}{1-bz}\left(\left.\frac{abz^2}{1-bz}\right|\frac{a^2bz^3}{1-bz}\right)^*\left(1+az+a^2z^2\right)\\ &\longrightarrow \quad \frac{1}{1-bz}\left(\frac{abz^2+a^2bz^3}{1-bz}\right)^*(1+az+a^2z^2)\\ &\longrightarrow \quad \frac{1}{1-bz}\cdot\frac{1}{1-\frac{abz^2+a^2bz^3}{1-bz}}(1+az+a^2z^2)\\ &\quad\quad=\frac{1+az+a^2z^2}{1-bz-abz^2-a^2bz^3}\tag{1} \end{align*}

$$ $$

Concluimos: El número de palabras no válidas viene dado por (1). Por tanto, el número de palabras válidas es el número de todas las palabras menos el número de palabras no válidas. Obtenemos la función generadora $A(z)$ \begin{align*} A(z)&=\sum_{n=0}^\infty(a+b)^nz^n-\frac{1+az+a^2z^2}{1-bz-az^2-a^2z^3}\\ &=\frac{1}{1-(a+b)z}-\frac{1+az+a^2z^2}{1-bz-az^2-a^2z^3}\\ &=\frac{a^3z^3}{(1-(a+b)z)(1-bz-abz^2-a^2bz^3)}\\ &=a^3z^3+a^3(a+2b)z^4+a^3(\color{blue}{1}a^2+\color{blue}{4}ab+\color{blue}{3}b^2)z^5\\ &\qquad a^3(a+b)^2(a+4b)z^6+a^3(a^4+7a^3b+18a^2b^2+16ab^3+5b^4)z^7+\cdots \end{align*}

La ampliación se hizo con la ayuda de Wolfram Alpha. Vemos que, por ejemplo, el número de palabras válidas de longitud $5$ es $\color{blue}{1}+\color{blue}{4}+\color{blue}{3}=8$ .

$$ $$

Fuera de $2^5=32$ palabras binarias de longitud $5$ hay $8$ palabras válidas que están marcadas $\color{blue}{\text{blue}}$ en la tabla siguiente.

Obtenemos \begin{array}{cccc} \color{blue}{aaa}aa\qquad&ab\color{blue}{aaa}\qquad&b\color{blue}{aaa}a\qquad&bb\color{blue}{aaa}\\ \color{blue}{aaa}ab\qquad&abaab\qquad&b\color{blue}{aaa}b\qquad&bbaab\\ \color{blue}{aaa}ba\qquad&ababa\qquad&baaba\qquad&bbaba\\ \color{blue}{aaa}bb\qquad&ababb\qquad&baabb\qquad&bbabb\\ aabaa\qquad&abbaa\qquad&babaa\qquad&bbbaa\\ aabab\qquad&abbab\qquad&babab\qquad&bbbab\\ aabba\qquad&abbba\qquad&babba\qquad&bbbba\\ aabbb\qquad&abbbb\qquad&babbb\qquad&bbbbb\\ \end{array}

Denotamos con $[z^n]$ el coeficiente de $z^n$ en una serie.

Concluimos

• El número de apariciones de palabras deseadas de tamaño $n$ es el coeficiente de $z^n$ de $A(z)$ evaluado en $a=b=1$ y dado como secuencia OEIS 050231 .

\begin{align*} \left.[z^n]A(z)\right|_{a=b=1} \end{align*}

• La probabilidad deseada de palabras válidas de tamaño $n$ es el coeficiente de $z^n$ de $A(z)$ evaluado en $a=0.7,b=0.3$ . \begin{align*} \left.[z^n]A(z)\right|_{a=0.7,b=0.3} \end{align*}

• Obtenemos para $n=0$ hasta $n=7$ \begin{array}{c|cl} n&\left.[z^n]A(z)\right|_{a=b=1}&\left.[z^n]A(z)\right|_{a=0.7,b=0.3}\\ \hline 0&0&0\\ 1&0&0\\ 2&0&0\\ 3&1&0.343\\ 4&3&0.4459\\ 5&8&0.5488\\ 6&20&0.6517\\ 7&47&0.7193\\ \end{array}

Answer 2

Yo propondría un enfoque alternativo -tal vez más fácil-, tratando de dar una fórmula que proporcione una respuesta generalizada para la probabilidad de tres eventos seguidos, dada la probabilidad $p $ de que se produzca el evento, en función del tamaño de la muestra $n$ . Como se muestra a continuación, este enfoque también puede ser útil para determinar una cuestión adicional de este problema destacada en uno de los comentarios, es decir, el tamaño de la muestra necesario para "garantizar" un éxito con un nivel de confianza determinado.

Llamemos $P (n) $ la probabilidad de que nuestro evento ocurra tres veces seguidas dentro de una secuencia de $n $ ensayos. Además, para cada ensayo, denotamos como Y el caso en el que se produce nuestro evento, y como N el caso en el que no se produce. Así, en el caso concreto descrito en el PO, buscamos la probabilidad de obtener un triple YYY en una secuencia de $n $ elementos cuando $p=0.7$ .

Como regla general, podemos observar que, pasando de un tamaño de muestra $n $ a un tamaño de muestra $n+1$ la probabilidad de que nuestro evento ocurra tres veces seguidas aumenta sólo porque existe la posibilidad de que el triple YYY, no obtenido en la primera $n $ ensayos, se produce como un triple final en la secuencia de $n+1$ ensayos. Por lo tanto, para calcular $P (n+1 )$ de $ P (n) $ simplemente tenemos que añadir la probabilidad de que el triple de una fila no se obtenga hasta una secuencia final NYYY. Nótese que la N que precede al triple YYY es estrictamente necesaria para satisfacer la condición de que el triple no se haya obtenido en la primera $n $ ensayos.

Entonces podemos empezar con $n=3$ para lo cual tenemos trivialmente $P (3)=p^3$ . Para $n=4$ tenemos que añadir a $P (3) $ la probabilidad de obtener una secuencia NYYY, es decir, tenemos que sumar $p^3(1-p)$ . Del mismo modo, para $n=5$ tenemos que añadir a $P (4) $ la probabilidad de obtener una secuencia final NYYY (nótese que esto no se ve afectado por lo que ocurra en el primero de los cinco ensayos), lo que significa que debemos sumar $p^3(1-p)$ como en el caso anterior. Por último, para $n=6$ tenemos que añadir de nuevo a $P (5) $ la probabilidad de obtener una secuencia final NYYY (nótese que, como en el caso anterior, esto no se ve afectado por lo que ocurre en el primero y en el segundo de los seis ensayos). Esto lleva a un aumento adicional de $p^3(1-p)$ . Así, para este grupo inicial de cuatro valores de en nuestra progresión de probabilidad, obtenemos directamente la recurrencia

$$P (n+1)=P (n)+ p^3 (1-p)\,\,\,\, \text {(for n=3 to 6)}$$

En consecuencia, para el caso concreto $p=0.7$ esta fórmula da los valores iniciales

\begin{aligned} P(3) & =0.7^3=0.343 \\ P (4) & = 0.7^3+0.3 \cdot 0.7^3 = 0.4459 \\ P (5) & = 0.7^3+2\cdot 0.3 \cdot 0.7^3 = 0.5488 \\ P (6) & = 0.7^3+3\cdot 0.3 \cdot 0.7^3 = 0.6517 \\ \end{aligned}

ya obtenida en una respuesta anterior a través de un método diferente.

Consideremos ahora los valores de $n \geq 7$ . Aquí algo cambia, porque el hecho de que la secuencia termine con NYYY no implica que la triple YYY no se haya producido antes, es decir, en la primera $n-4$ ensayos. Así, en cada paso, la probabilidad de obtener un NYYY final debe multiplicarse por la probabilidad de fracaso en el primer $n-4$ ensayos, que es $1-P (n-4 ) $ . Por lo tanto, para $n=7$ tenemos que añadir a $P (6) $ la probabilidad dada por $p^3(1-p) [1-P(3)]\,\,$ , para $n=8$ tenemos que añadir a $P (7) $ la probabilidad dada por $p^3(1-p) [1-P(4)] \,\, $ y así sucesivamente. Esto lleva a la recurrencia

$$P (n+1)=P (n)+ p^3(1-p)[1-P(n-4)]\,\,\,\, \text{(for n}\, \geq \text {7)}$$

Ahora podemos intentar obtener una forma cerrada para esta última recurrencia. Establezcamos, por simplicidad, $p^3=j$ y $(1-p) =k \,\, $ . La recurrencia se convierte en

$$P (n+1)=P (n)+ jk-jk \,P(n-4)\, \,$$

Obsérvese que los cuatro valores de $P (n)$ ya determinado puede escribirse como $$P (3)=j $$ $$P (4)=j +jk$$ $$P (5)=j +2jk$$ $$P (6)=j +3jk$$

de manera que sólo contengan términos de grado $j $ o $jk $ . Continuando con nuestra progresión de probabilidades y centrándonos en el segundo grupo de cuatro valores de $n$ (de $n=7\,\, $ a $n=10 \,\, $ ), nuevos términos de grado $j^2k $ y $j^2k^2$ aparecen aplicando la recurrencia anterior (en aras de la legibilidad, aquí proporciono directamente las expresiones resultantes evitando los tediosos cálculos paso a paso):

\begin{aligned} P (7) & = P(6)+ jk-jk P (3)=j+4jk-j^2k \\ P (8) & = P(7)+ jk-jk P (4)= j+ 5jk -2j^2k-j^2k^2 \\ P (9) & = P(8) + jk-jk P (5)= j+ 6jk -3j^2k-3j^2k^2 \\ P (10) & = P (9) + jk-jk P (6)= j+ 7jk -4j^2k-6j^2k^2 \\ \end{aligned}

Empieza a surgir algún patrón en estas expansiones. Para el caso concreto $p=0.7$ , $$P (7)\approx 0.7193$$ $$P (8)\approx 0.7763$$ $$P (9) \approx 0.8228$$ $$P (10) \approx 0.8586$$

Podemos repetir el procedimiento, aplicando la misma recurrencia y continuando con el tercer grupo de cuatro valores de $n $ (es decir, $n=11$ a $14$ ). De nuevo aparecen nuevos términos, en este caso de grado $j^3k^2$ y $j^3 k^3$ (como en el caso anterior, proporciono directamente las expresiones resultantes):

\begin{align*} P(11) &=j+8jk-5j^2k-10j^2k^2+j^3k^2 \\ P(12) &=j+9jk-6j^2k-15j^2k^2+3j^3k^2+j^3k^3 \\P(13) & = j+10jk-7j^2k -21j^2k^2+6j^3k^2+4j^3k^3 \\ P (14) & = j+11jk-8j^2k-28j^2k^2+10j^3k^2+10j^3k^3\\ \end{align*}

Por lo tanto, el patrón final es el siguiente. Nuestras expansiones de $P (n) $ incluyen:

• en las posiciones de impar, $\lfloor (n+1)/4 \rfloor \,\, $ términos de la forma $$(-1)^{i-1} \binom{n-3i}{i-1} j^i k^{i-1} \,\, $$ donde $$i=1,2... \lfloor (n+1)/4 \rfloor \,\, $$ Por ejemplo, en la ampliación de $P (14)$ hay $ \lfloor (14+1)/4 \rfloor =3 \, \,\, $ términos de este formulario, que son $j $ , $-8j^2k $ y $10 j^3k^2$ ;

• en las posiciones pares, $\lfloor n/4 \rfloor \,\, $ términos de la forma $$(-1)^{i-1} \binom{n-3i}{i} j^i k^i \,\, $$ donde $$i=1,2... \lfloor n/4 \rfloor$$

  En consecuencia, tomando de nuevo como ejemplo la expansión de $P (14)$ Hay $ \lfloor 14/4 \rfloor =3 \,$ términos de este formulario, que son $11jk$ , $-28j^2k^2$ y $10 j^3k^3$ .

Por lo tanto, obtenemos la siguiente expresión general para $P (n) $ :

$$P (n)=\sum_{i}^{\lfloor (n+1)/4 \rfloor } (-1)^{i-1} \binom{n-3i}{i-1} j^{i}k^{i-1} +\sum_{i}^{\lfloor n/4 \rfloor } (-1)^{i-1} \binom{n-3i}{i} j^i k^i $$

Recordando que $j=p^3$ y $k=(1-p) $ Finalmente conseguimos

$$P (n)=\sum_{i}^{\lfloor (n+1)/4 \rfloor } (-1)^{i-1} \binom{n-3i}{i-1} p^{3i}(1-p)^{i-1} + \sum_{i}^{\lfloor n/4 \rfloor } (-1)^{i-1} \binom{n-3i}{i} p^{3i} (1-p)^i $$

Configuración $p=0.7$ obtenemos la probabilidad que se pide en el PO, que es

$$P (n)=\sum_{i}^{\lfloor (n+1)/4 \rfloor } (-1)^{i-1} \binom{n-3i}{i-1} 0.7^{3i} \cdot 0.3^{i-1} + \sum_{i}^{\lfloor n/4 \rfloor } (-1)^{i-1} \binom{n-3i}{i} 0.7^{3i}\cdot 0.3^i $$

Obsérvese también que las dos sumas tienen el mismo número de términos cuando $n \not\equiv -1 \,\, \text {mod}\,\, 4$ mientras que la primera suma tiene un término más que la segunda cuando $n \equiv -1 \,\,\text {mod} \, 4$ porque en este caso $(n+1)/4$ es un número entero. Este término viene dado por

$$\displaystyle (-1)^{\frac{(n+1)}{4}-1} \binom{n-\frac{3(n+1)}{4}}{ \frac{(n+1)}{4}-1}\, 0.7^{\frac{3(n+1)}{4}} \, 0.3^{\frac{(n+1)}{4}} $$ $$\displaystyle = (-1)^{\frac{(n-3)}{4}} \binom{\frac{(n-3)}{4}}{\frac{(n-3)}{4}}\, 0.7^{\frac{3(n+1)}{4}} \, 0.3^{\frac{(n+1)}{4}} $$ $$\displaystyle = (-1)^{\frac{(n-3)}{4}} \, 0.7^{\frac{3(n+1)}{4}} \, 0.3^{\frac{(n+1)}{4}} $$

Por lo tanto, la probabilidad planteada en el PO puede expresarse alternativamente como

$$P (n)=\sum_{i}^{\lfloor n/4 \rfloor } (-1)^{i-1} \binom{n-3i}{i}\, 0.7^{3i}\, 0.3^{i} \left( \frac {i}{0.3(n-4 i+1)} +1 \right) + S$$

donde

$$S = \begin{cases} 0 & \mbox{if } n \not\equiv -1 \, \text {mod}\, 4\\ (-1)^{\frac{(n-3)}{4}} \, 0.7^{\frac{3(n+1)}{4}} \, 0.3^{\frac{(n+1)}{4}} & \mbox{if } n \equiv -1 \, \text {mod}\, 4 \end{cases}$$

También se pudo observar que $|S|$ es relativamente pequeño y disminuye rápidamente al aumentar $n$ su valor es $\approx 0.0106\, \,\, $ para $n=7$ , convirtiéndose en $\approx 0.00109\, \,\, $ para $n=11$ y $\approx 0.000112\,\,\, $ para $n=15$ de modo que su contribución a la probabilidad global es casi despreciable. La última expansión sin el $S$ puede considerarse una aproximación válida incluso para el caso $n \equiv -1 \, \text {mod}\, 4$ .

La probabilidad de tres eventos seguidos dada por estas fórmulas para $p=0.7$ y $n=3$ a $10$ ya se han proporcionado anteriormente. Como se esperaba, para aumentar $n $ El valor de $P (n)$ se acerca a $1$ . El primer valor para el que la probabilidad alcanza $95\%$ es $n=15$ ya que $P (15) \approx 0.9553\,\,\, $ según ha confirmado WA aquí%200.7%5E(3i)%200.3%5Ei%20(i%2F(0.3(15-4%20i%2B1))%2B1)%20%20%20),%7Bi,%2015%2F4%7D%5D) . La probabilidad alcanza $97.5\%$ y $99\%$ para $n=18$ y $n=22$ respectivamente, ya que $P(18) \approx 0.9772\,\,\, $ y $P(22) \approx 0.9909\,\,\, $ según ha confirmado WA aquí%200.7%5E(3i)%200.3%5Ei%20(i%2F(0.3(18-4%20i%2B1))%2B1)%20%20%20),%7Bi,%2018%2F4%7D%5D) y aquí%200.7%5E(3i)%200.3%5Ei%20(i%2F(0.3(22-4%20i%2B1))%2B1)%20%20%20),%7Bi,%2022%2F4%7D%5D) .

Answer 3

El problema de considerar las oportunidades de éxito es que no son completamente independientes. Por ejemplo, en una fila de tamaño 4, si los tres primeros no son todos éxitos, esto disminuye en gran medida la posibilidad de que los tres últimos no sean todos éxitos (la única forma en que esto puede suceder es si sólo el primer ensayo fue un fracaso).

Todavía se puede conseguir que este enfoque funcione (a través de la corrección de los eventos que son dependientes a través de algún tipo de inclusión-exclusión), pero generalmente un método más limpio para este tipo de problemas es escribir una recurrencia (o más generalmente, modelarlos como un cadena de Markov de estado finito ).

Dejemos que $P(N)$ sea la probabilidad de que una fila de longitud $N$ no tiene 3 éxitos consecutivos. Para ayudarnos a escribir una recurrencia, romperemos $P(N)$ en 3 probabilidades más pequeñas. Dejemos que $P(N, 0)$ sea la probabilidad de que una fila de longitud $N$ no tiene 3 éxitos consecutivos Y que el último intento fue un fracaso. Del mismo modo, dejemos que $P(N,1)$ sea la probabilidad de que una fila de longitud $N$ no tiene 3 éxitos consecutivos Y que el último intento fue un éxito, pero el penúltimo intento fue un fracaso, y finalmente, que $P(N,2)$ sea la probabilidad de que una fila de longitud $N$ no tiene 3 éxitos consecutivos Y los dos últimos intentos fueron éxitos, pero el penúltimo intento fue un fracaso. Intuitivamente, estos diferentes casos miden lo "cerca" que estamos de conseguir 3 éxitos seguidos. No es muy difícil ver que $P(N) = P(N,0) + P(N,1) + P(N,2)$ ya que si los tres últimos intentos son todos exitosos, ya has ganado.

Ahora, tratemos de escribir $P(N+1, 0)$ en términos de casos menores. La probabilidad de no tener 3 aciertos consecutivos de longitud $N+1$ y que su último intento haya sido un fracaso es simplemente la probabilidad de que no haya 3 éxitos consecutivos en el primer $N$ intentos y que falle el $N+1$ intento. Esto nos da la ecuación:

$$P(N+1,0) = 0.3P(N) = 0.3P(N,0) + 0.3P(N,1) + 0.3P(N,2)$$

Mediante una lógica similar, podemos demostrar que $P(N+1,1)$ y $P(N+1,2)$ satisfacen las siguientes ecuaciones:

$$P(N+1,1) = 0.7P(N, 0)$$

y

$$P(N+1,2) = 0.7P(N, 1)$$

Sustituyendo esto en la ecuación original de $P(N+1,0)$ obtenemos:

$$P(N+1, 0) = 0.3P(N,0) + 0.21P(N-1, 0) + 0.147P(N-2,0)$$

Ahora, esto es sólo un estándar relación de recurrencia lineal . Si $\lambda_1$ , $\lambda_2$ y $\lambda_3$ son las raíces de $z^3 - 0.3z^2-0.21z-0.147=0$ entonces hay algunas constantes $a_1, a_2, a_3$ que se puede resolver para que

$$P(N, 0) = a_1\lambda_1^N + a_2\lambda_2^N + a_3\lambda_3^N$$

Desde $P(N) = P(N+1,0)/0.3$ Esto da una fórmula similar para $P(N)$ (y en última instancia para $1-P(N)$ la probabilidad de que se produzca un éxito 3 veces consecutivas).

Answer 4

Dejemos que $p=0.7$ sea la probabilidad de éxito, $\mathrm{f}(n)$ sea la probabilidad de una secuencia de longitud $n$ tener 3 éxitos consecutivos y $\mathrm{g}(n)=1-\mathrm{f}(n)$ , donde $\mathrm{g}(n)$ corresponde a la probabilidad de una secuencia de longitud $n$ teniendo como máximo 2 éxitos consecutivos.

Mantiene $\mathrm{g}(0) = \mathrm{g}(1) = \mathrm{g}(2) = 1$ .

Entonces $\mathrm{g}(n) = (1-p)\mathrm{g}(n-1) + (1-p)p\mathrm{g}(n-2) + (1-p)p^2\mathrm{g}(n-3)$ .

Esto es así porque todas las secuencias de longitud $n$ que tienen a lo sumo 2 éxitos consecutivos pueden construirse a partir de (1) todas las secuencias de este tipo de longitud $n-1$ con el sufijo de un plus de fallo; (2) todas las secuencias de este tipo de longitud $n-2$ con el sufijo de un fracaso y un éxito, más; (3) todas las secuencias de este tipo de longitud $n-3$ con el sufijo de un fracaso y dos éxitos.

Answer 5

He visto que las respuestas a la pregunta incluyen regex (Teoría de Autómatas) o recurrencias lineales (Álgebra Lineal), así que para los interesados he decidido publicar este documento sobre las funciones generadoras que explica claramente la interconexión entre ellas.