Probar la identidad de integración

Question

¿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 $k-1$ veces para probar esto... ¡gracias por la ayuda!

$$\int_{\alpha w}^\infty \frac{z^{k-1}e^{-z}}{(k-1)!}\mathrm dz=\sum_{x=0}^{k-1} \frac{(\alpha w)^x e^{-\alpha w}}{x!}$$

Answer 1

$$\int_{\alpha w}^\infty \frac{z^{k-1}e^{-z}}{(k-1)!}\mathrm dz=\sum_{x=0}^{k-1} \frac{(\alpha w)^x e^{-\alpha w}}{x!}$$

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 $\alpha$ 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 $n\to\infty$ mientras que $np$ permanece fija en $\lambda$ . La probabilidad límite de $x$ éxitos es $e^{-\lambda} \lambda^x/x!$ . 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 $t\lambda$ y la probabilidad de exactamente $x$ éxitos es $e^{-t\lambda}(t\lambda)^x/x!$ . 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.

Answer 2

Esto pide a gritos una función generadora. Para $|t|<1$ , $$\sum_{k=0}^\infty t^k \int_{\alpha w}^\infty \frac{z^{k}}{k!} e^{-z} \ dz = \int_{\alpha w}^\infty \sum_{k=0}^\infty \frac{(tz)^k}{k!} e^{-z} \ dz$$ $$= \int_{\alpha w}^\infty e^{t z - z}\ dz = \frac{e^{(t-1) \alpha w}}{1-t}$$ $$= e^{-\alpha w} \left(\sum_{k=0}^\infty \frac{(\alpha w t)^k}{k!}\right)\left(\sum_{k=0}^\infty t^k\right)$$ $$= \sum_{k=0}^\infty t^k \sum_{j=0}^k \frac{(\alpha w)^j}{j!}$$

Answer 3

Otra respuesta, la segunda que doy a esta pregunta:

Diferencia ambos lados con respecto a $\omega$ . 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 $2k-1$ términos (después de aplicar la regla del producto a todos menos uno de los $k$ términos) y $2k-2$ 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.

Answer 4

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

$$\beta_{k-1}=\beta_{k-2}+\frac{(\alpha w)^{k-1}e^{-\alpha w}}{(k-1)!}$$

donde

$$\beta_{k-1}=\int_{\alpha w}^\infty \frac{z^{k-1}e^{-z}}{(k-1)!}\mathrm dz=\frac{\Gamma(k,\alpha w)}{\Gamma(k)}=Q(k,\alpha w)$$

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

El truco ahora es sustituir $\beta_{k-1}$ 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.

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Como una variación de la estrategia de Didier en los comentarios: después de dejar que $\alpha w=0$ para verificar la ecuación

$$\int_0^\infty \frac{z^{k-1}e^{-z}}{(k-1)!}\mathrm dz=e^{0}\left(1+\sum_{x=1}^{k-1} \frac{0^x}{x!}\right)$$

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

$$(k-1)!=\int_0^\infty z^{k-1}e^{-z}\mathrm dz=\Gamma(k)$$

puede hacerse verificando que ambos lados de la ecuación coinciden cuando $k=1$ y estableciendo la recursión $(k-1)!=(k-1)(k-2)!$ mediante la integración por partes.

Diferenciando ambos lados de la identidad original con respecto a $u=\alpha w$ se obtiene la relación

$$-\frac{u^{k-1}e^{-u}}{(k-1)!}=e^{-u}\left(\sum_{x=1}^{k-1} \frac{xu^{x-1}}{x!}-\sum_{x=0}^{k-1} \frac{u^x}{x!}\right)$$

Dejaré la simplificación al lector.