Processing math: 100%

5 votos

Probar la identidad de integración

¿Puede ayudarme a probar esta identidad? He probado la integración por partes y puedo ver de dónde sale el numerador del lado derecho; sin embargo, no puedo obtener el denominador. Además, no estoy seguro de cómo utilizar la inducción para demostrar esto, porque sé que tendría que utilizar la integración por partes k1 veces para probar esto... ¡gracias por la ayuda!

αwzk1ez(k1)!dz=k1x=0(αw)xeαwx!

3voto

Michael Hardy Puntos 128804

αwzk1ez(k1)!dz=k1x=0(αw)xeαwx!

El lado derecho es la probabilidad de que el número de ocurrencias en un proceso de Poisson antes del tiempo w es inferior a k (con una media de α ocurrencias por unidad de tiempo).

El lado izquierdo es la probabilidad de que el tiempo de espera hasta el k es superior a w .

Por un lado, se observa la distribución de probabilidad discreta del número de ocurrencias en un intervalo de tiempo determinado; por otro, la distribución de probabilidad continua del tiempo transcurrido hasta que se produce la ocurrencia. k ª aparición.

Pero los dos acontecimientos son el mismo hecho. Por tanto, deben tener la misma probabilidad. Por lo tanto, son iguales, quod erat demonstrandum .

Edición posterior: Encuentro una queja de cirucularidad en los comentarios. Eso es un error. Halla la distribución de probabilidad del número de aciertos en n ensayos Bernoulli independientes con probabilidad p de éxito en cada ensayo; tome el límite como n mientras que np permanece fija en λ . La probabilidad límite de x éxitos es eλλx/x! . Digamos que esto es en tiempo unitario; los números de éxitos en intervalos de tiempo no solapados son independientes; entonces el número de éxitos antes del tiempo t tiene un valor esperado tλ y la probabilidad de exactamente x éxitos es etλ(tλ)x/x! . Ahora la probabilidad de menos de x éxitos antes de tiempo t es la suma de x indicados anteriormente (pero yo utilizo " x " donde " n "). ¿Cuál es entonces la distribución de probabilidad del tiempo de espera hasta que el n ¿El éxito? El valor de la función de distribución acumulativa en el tiempo t es sólo 1 menos la suma dada anteriormente. Diferénciala para obtener la densidad. La integral de la densidad es la integral anterior.

Así que no hay circularidad.

2voto

Matthew Scouten Puntos 2518

Esto pide a gritos una función generadora. Para |t|<1 , k=0tkαwzkk!ez dz=αwk=0(tz)kk!ez dz =αwetzz dz=e(t1)αw1t =eαw(k=0(αwt)kk!)(k=0tk) =k=0tkkj=0(αw)jj!

1voto

Michael Hardy Puntos 128804

Otra respuesta, la segunda que doy a esta pregunta:

Diferencia ambos lados con respecto a ω . A la izquierda necesitas la regla de la cadena de forma trivial y el teorema fundamental del cálculo, y obtienes un solo término. A la derecha se obtiene 2k1 términos (después de aplicar la regla del producto a todos menos uno de los k términos) y 2k2 de ellos se anulan. El término de mayor grado es igual a la expresión que se obtiene en el lado derecho. Eso demuestra que difieren en una constante; encontrar la constante es la tarea restante.

1voto

Andrew Puntos 140

He aquí una forma de proceder: en primer lugar, compruebe que ambas partes de la supuesta identidad están de acuerdo para k=1 . Ahora, si realizas la integración por partes en el lado izquierdo, deberías obtener la relación de recursión

βk1=βk2+(αw)k1eαw(k1)!

donde

βk1=αwzk1ez(k1)!dz=Γ(k,αw)Γ(k)=Q(k,αw)

y Γ(k,u) y Q(k,u) son varias notaciones para el función gamma incompleta (superior) .

El truco ahora es sustituir βk1 en la relación de recursión con la suma en el lado derecho, y verificar que la recursión sigue siendo válida. Esto, junto con la condición inicial verificada k=1 demuestra tu identidad.


Como una variación de la estrategia de Didier en los comentarios: después de dejar que αw=0 para verificar la ecuación

0zk1ez(k1)!dz=e0(1+k1x=10xx!)

se puede demostrar que la expresión de la derecha se simplifica a 1 demostrando que

(k1)!=0zk1ezdz=Γ(k)

puede hacerse verificando que ambos lados de la ecuación coinciden cuando k=1 y estableciendo la recursión (k1)!=(k1)(k2)! mediante la integración por partes.

Diferenciando ambos lados de la identidad original con respecto a u=αw se obtiene la relación

uk1eu(k1)!=eu(k1x=1xux1x!k1x=0uxx!)

Dejaré la simplificación al lector.

i-Ciencias.com

I-Ciencias es una comunidad de estudiantes y amantes de la ciencia en la que puedes resolver tus problemas y dudas.
Puedes consultar las preguntas de otros usuarios, hacer tus propias preguntas o resolver las de los demás.

Powered by:

X