Encontrar la distribución de la serie $Z = X_1+X_2+...+X_N$

Question

"Vamos a $0<p=1-q<1$. Supongamos que $X_1,X_2,...$ son independientes de Ge(p)-distribuido R. V. y que $N \in Ge(p)$ es independiente de $X_1,X_2,...$. Encontrar la distribución de $Z=X_1+X_2+...+X_N$."

He intentado usar la Probabilidad de Generación de Función y que $$ g_{S_N}(t)=g_N(g_X(t)). $$ Dado que $$ g_{Ge(p)}(t)=\frac p {1-p \cdot t} $$ y $$ g_{Ge(p)}(t)=g_{Ge(1-p)}(t)=\frac {1-p} {1-p \cdot t}. $$ Luego me sale que $$ g_Z(t)=g_{S_N}(t)=\frac p {1-p \cdot g_{Ge(p)}(t)} = \frac p {1-p\left(\frac {1-p} {1-qt}\right)} $$ Sin embargo, ¿cómo puedo obtener el pdf $p_Z=P(Z=k)$? He intentado pero nunca puede hacerlo bien. Cualquier ayuda es muy apreciada.

La respuesta se supone que ser $$ P(Z=k)=\frac {(1-p)^2} {(2-p)^{k+1}} $$ y en el caso específico $$ P(Z=0)=\frac 1 {2-p}. $$

Answer 1

La fórmula $g_N(g_X(t))$ es correcto, pero en un lugar que se confundió con $p, q$. Como usted lo tiene $N \sim Ge(p)$$X\sim Ge(q)$, por lo que $$g_N(g_X(t))=\frac{q}{1-p\cdot g_X(t)}$$ but $g_X(t)=\frac{p}{1-qt}$ and therefore $$g_{S_N}(t)=g_N(g_X(t))=\frac{q}{1-p\frac{p}{1-qt}}=\frac{(1-qt)q}{1-qt-p^2}$$ Now, you should do the following: You should write this fraction in the form $b\cdot\frac{1}{1-tc}$, where $b,c$ can be anything (as long as $|tc|<1$), and then apply the formula of the geometric series to obtain: $$b\frac{1}{1-tc}=\sum_{k=0}^{\infty}bc^kt^k$$ By the definition of the pgf you have that $bc^k=P(X=k)$. This method is standard. So, let's try it: \begin{align}\frac{(1-qt)q}{1-qt-p^2}&=\frac{(1-qt)q}{\not1-qt-\not1+2q-q^2}=\frac{1-qt}{-q-t+2}=\frac{1}{2-q}\cdot\frac{1}{1-\frac{t}{2-q}}-\frac{qt}{2-q}\cdot\frac{1}{1-\frac{t}{2-q}}\\[0.4cm]&=\frac{1}{2-q}\cdot\sum_{k=0}^{\infty}\left(\frac{t}{2-q}\right)^k-\frac{qt}{2-q}\cdot\sum_{k=0}^{\infty}\left(\frac{t}{2-q}\right)^k\\[0.4cm]&=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{1}{(2-q)^{k+1}}\cdot t^k-\sum_{k=0}^{\infty}\frac{q}{(2-q)^{k+1}}\cdot t^{k+1}\\[0.4cm]&=\frac{1}{2-q}\cdot t^0+\sum_{k=1}^{\infty}\left(\frac{1}{(2-q)^{k+1}}-\frac{q}{(2-q)^{k}}\right)\cdot t^{k}\end{align} So, this implies that $P(Z=0)=\frac{1}{2-q}$ and that $$P(Z=k)=\frac{1}{(2-q)^{k+1}}-\frac{q}{(2-q)^{k}}=\frac{(1-q)^2}{(2-q)^{k+1}}$$ A, and for the step with the geometric series we assumed that $$\left|\frac{t}{2-q}\right|<1 \implies |t|<2-q$$

Answer 2

Tenga en cuenta que $g(t)=E(t^Z)=\sum_{k=0}^\infty t^kP(Z=k)$

Por lo $g(0)=P(Z=0)$.

Diferenciar una vez, y usted consigue $g'(t)=\sum_{k=1}^\infty kt^{k-1}P(Z=k)$.

Por lo $g'(0)=P(Z=1)$.

Diferenciar una y otra vez, buscar un patrón en los derivados, y seguidamente sustituto $t=0$ en ambos lados.

Answer 3

Si $X_1,X_2,X_3,...,X_N$ Ge(p), entonces

$$Z=X_1+X_2+X_3,...+X_N$$ de la siguiente manera negativa distribución binomial con parámetros N, p. Por lo tanto c

$$P(Z=k) = {(k+N-1)\choose k} (1-p)^{N} p^{k}$$ Hagamos una manipulación de la (ligera) de la expresión anterior.

$$P(Z=k) = (1-p)\frac{(k+N-1)!}{k!(N-1)!0!} (1-p)^{N-1}(1-p)^0 p^{k}\tag 1$$

RHS parece un término en un multinomial de expresión, ¿no?

Ahora Aplicar Multinomial teorema que establece que

$$(p_1+p_2+p_3)^{k+N-1}= \sum \frac{(k+N-1)!}{(k)!(N-1)!0!} (1-p)^{N-1}(1-p)^0 p^{k} $$for all k and N's where $p_1 = 1-p, p_2 = 1-p, p_3 = p$

Así, el lado derecho es $ = (1-p+1-p+p)^{k+N-1} = (2-p)^{k+N-1}$

El coeficiente de plazo $(1-p)^{N-1}$ en la expresión de $(2-p)^{k+N-1}$ $(k+N-1)$

Por lo tanto $$\frac{(k+N-1)!}{(k)!(N-1)!0!}= (k+N-1)$$

$$\frac{(k+N-1)(k+N-2)!}{(k)!(N-1)!0!}= (k+N-1)$$ $$\frac{(k+N-2)!}{(k)!(N-1)!0!}= 1$$Esto solo puede suceder cuando N = 2,

Aviso, 2-p >1, con el fin De obtener el pmf para Z puede que tenga que dividir por (2-p)^{k+N-1}. Así

$$P(Z=k) = (1-p)\frac{(1-p)p^{k}}{(2-p)^{k+1}}$$ $$P(Z=k) = \frac{(1-p)^{2}p^{k}}{(2-p)^{k+1}}$$ Otra manera de representar esto sería dejar fuera a $p^{k}$ lo cual es evidente en una distribución binomial negativa y representan

$P(Z=k) = \frac{(1-p)^2}{(2-p)^{k+1}}$

Para encontrar P(Z=0) el siguiente truco: $$\frac{(k+N-1)!}{(k)!(N-1)!0!}= 1$$ Para que esto suceda N = 1 $$P(Z=0) = \frac{(0)!}{(0)!0!} (1-p)^{1-1}(1-p)^0 p^{0}\tag 1$$

Luego dividiendo por (2-p)^1

consigue $$P(Z=0) = \frac{(1-p)^{0}.(1-p)^{0}}{(2-p)} = \frac{1}{2-p}$$

Este es un tipo diferente de prueba>

Goodluck