Funktionsintuition erzeugen
Ich versuche die Verwendung von Generierungsfunktionen zu verstehen. Ich habe verstanden, dass wir eine Sequenz zu einer Erzeugungsfunktion komprimieren können, so dass jeder Koeffizient des Polynoms, das sie erzeugt, die Elemente der Folge sind. Aber ich verstehe nicht, was die Eingaben ändern?
Nehmen wir an, wir haben die generierende Funktion: $$G(x)=\sum^\infty_{k=0} p_k x^k$$
Was passiert, wenn wir unterschiedliche Werte angeben? $x$, was ändert sich intuitiv? Ich dachte das$x^k$ term war da, um die Position des Koeffizienten in der Sequenz zu codieren, da wir nicht hinzufügen können $p_ax^a$ und $p_bx^b$ wenn $ a \neq b$, so dass die Begriffe heterogen bleiben. Aber ich habe gesehen, dass für eine Wahrscheinlichkeitsverteilung die Eigenschaft$G(1)=1$muss halten. Ist dies der einzige Fall, in dem es sinnvoll ist, x einen Wert zu geben?
Vielen Dank im Voraus für die Erklärungen.
Antworten
Wenn $X$ ist eine diskrete Zufallsvariable, die Werte in den nicht negativen ganzen Zahlen annimmt $\{0,1, \dots\}$, dann die Wahrscheinlichkeitserzeugungsfunktion von $X$ ist definiert als:
$$\color{blue}{\displaystyle G(z)=\mathbb{E} \left(z^{X}\right)=\sum_{x=0}^{\infty }p(x)\;z^{x}}$$
wo $p$ ist die Wahrscheinlichkeitsmassenfunktion von $X$. Die Wahl des$z$ Anstatt von $x$hängt einfach mit der Idee zusammen, dass das, was wir tun, eine z-Transformation ist .
Beachten Sie im Folgenden, dass $z$ verhält sich wie eine Wäscheleine, um die interessierenden Werte aufzuhängen, die nach Differenzierung und Bewertung bei wiederhergestellt werden $0$ um die PMF wiederherzustellen, oder bei $1$für die Momente jeweils. Diese Magie geschieht dank der Tatsache, dass$z$ entweder wird $0$ im gesamten Tail of Terms (PMF) oder $1.$ In beiden Fällen bezieht es sich jedoch nicht auf die Zufallsvariable und liefert keine Informationen - es entspricht einer Dummy-Variablen.
EIGENSCHAFTEN:
- ES GIBT IHNEN MÖGLICHKEITEN, indem es unterscheidet:
$$\color{blue}{\large p_i = \left. \frac{1}{i!}\quad\frac{d^i \, G(z)}{dx^i} \right|_{z=0}=\frac{1}{i!} \;G^{(i)}\;(0)}$$
$G\,(1)=1$ weil $$\displaystyle\sum_{i=0}^\infty p_i \; 1^i=1$$
Erstes Differential
$$G^{(1)}(z) =\frac{d}{dz}\mathbb E\left[z^X\right]=\mathbb E\left[X\,z^{X-1}\right]$$
Das erste Differential ausgewertet bei $1$ gibt Ihnen den Mittelwert: $$G^{(1)}(1) =\left.\mathbb E\left[X\,z^{X-1}\right]\right|_{z=1}=\mathbb E\left[X\quad1^{X-1}\right]= \mathbb E[X].$$
Die zweite Ableitung bewertet bei $1$ ist das faktorielle Moment und NICHT die Varianz, da der zweite Term nicht quadratisch ist.
$$\begin{align}G^{(2)}\;(1) &=\frac{d^2}{dz^2}\; \left.\mathbb E\left[z^X\right]\right|_{z=1}\\[2ex]&=\mathbb E\left[X\;(X-1)\;z^{X-2}\right]\\[2ex]&=\mathbb E\left[X\;(X-1)\right]\\[2ex]&=\mathbb E\left [X^2-X\right ]\\[2ex]&=\mathbb E\left[X^2\right] - \mathbb E\left[X\right]\end{align}$$
- Verallgemeinern also $i$-thes Derivat bewertet bei $1$ ist der $i$-th Fakultätsmoment:
$$G^{(i)}\;(1)= \mathbb E\left[X\;(X-1)\;\cdots\;(X-i+1)\right]$$
- Um die Varianz zu erhalten,
$$\begin{align}\sigma^2 &= \mathbb E\left[X^2\right]-\mathbb E\left[X\right]^2 \\[2ex] &=G^{(2)}\;(1)+G^{(1)}\;(1)-\left[G^{(1)}\;(1)\right]^2 \end{align}$$
- Wir können rohe Momente bekommen, indem wir das pgf differenzieren und mit multiplizieren $z$::
$$\mathbb E\left[X^i\right]= \left. \left( z\;\left(\frac{d}{dz}\right)^i \; G(z)\right)\right|_{z=1}$$