Menghasilkan Intuisi Fungsi

Question

Saya mencoba memahami penggunaan fungsi pembangkit. Saya mengerti bahwa kita dapat memampatkan urutan menjadi fungsi pembangkit, sehingga setiap koefisien polinom yang dihasilkannya adalah elemen urutan. Tapi saya tidak mengerti apa masukannya berubah?

Katakanlah kita memiliki fungsi pembangkit: $$G(x)=\sum^\infty_{k=0} p_k x^k$$

Apa yang terjadi jika kita memberikan nilai yang berbeda $x$, apa yang berubah secara intuitif? Saya pikir$x^k$ istilah ada di sana untuk menyandikan lokasi koefisien dalam urutan, karena kita tidak dapat menambahkan $p_ax^a$ dan $p_bx^b$ jika $ a \neq b$, sehingga istilahnya tetap heterogen. Tapi saya melihat itu untuk distribusi probabilitas properti$G(1)=1$harus dipegang. Apakah ini satu-satunya kasus di mana memberikan nilai pada x berguna?

Terima kasih banyak sebelumnya atas penjelasannya.

Answer 1

Jika $X$ adalah variabel acak diskrit yang mengambil nilai dalam bilangan bulat non-negatif $\{0,1, \dots\}$, lalu fungsi penghasil probabilitas $X$ didefinisikan sebagai:

$$\color{blue}{\displaystyle G(z)=\mathbb{E} \left(z^{X}\right)=\sum_{x=0}^{\infty }p(x)\;z^{x}}$$

dimana $p$ adalah fungsi massa probabilitas $X$. Pilihan$z$ dari pada $x$hanya terkait dengan gagasan bahwa apa yang kita lakukan adalah transformasi z .

Perhatikan apa yang mengikuti itu $z$ bertindak seperti tali jemuran untuk menggantung nilai-nilai yang menarik, yang dipulihkan setelah membedakan, dan mengevaluasi di $0$ untuk memulihkan PMF, atau di $1$untuk momen masing-masing. Keajaiban ini terjadi berkat fakta itu$z$ baik menjadi $0$ di seluruh tail of terms (PMF), atau $1.$ Tetapi dalam kedua kasus itu tidak terkait dengan variabel acak, dan tidak menyumbangkan informasi apa pun - itu setara dengan variabel dummy.

KARAKTERISTIK:

1. ITU MEMBERI ANDA KEMUNGKINAN dengan membedakan:

$$\color{blue}{\large p_i = \left. \frac{1}{i!}\quad\frac{d^i \, G(z)}{dx^i} \right|_{z=0}=\frac{1}{i!} \;G^{(i)}\;(0)}$$

1. $G\,(1)=1$ karena $$\displaystyle\sum_{i=0}^\infty p_i \; 1^i=1$$

2. Diferensial pertama

$$G^{(1)}(z) =\frac{d}{dz}\mathbb E\left[z^X\right]=\mathbb E\left[X\,z^{X-1}\right]$$

1. Diferensial pertama dievaluasi pada $1$ memberi Anda maksud: $$G^{(1)}(1) =\left.\mathbb E\left[X\,z^{X-1}\right]\right|_{z=1}=\mathbb E\left[X\quad1^{X-1}\right]= \mathbb E[X].$$

2. Turunan kedua dievaluasi pada $1$ adalah momment faktorial, dan BUKAN varians, karena suku kedua tidak kuadrat.

$$\begin{align}G^{(2)}\;(1) &=\frac{d^2}{dz^2}\; \left.\mathbb E\left[z^X\right]\right|_{z=1}\\[2ex]&=\mathbb E\left[X\;(X-1)\;z^{X-2}\right]\\[2ex]&=\mathbb E\left[X\;(X-1)\right]\\[2ex]&=\mathbb E\left [X^2-X\right ]\\[2ex]&=\mathbb E\left[X^2\right] - \mathbb E\left[X\right]\end{align}$$

1. Maka, menggeneralisasi $i$Turunan ke -th dievaluasi pada $1$ adalah $i$momen faktorial -th:

$$G^{(i)}\;(1)= \mathbb E\left[X\;(X-1)\;\cdots\;(X-i+1)\right]$$

1. Untuk mendapatkan varians,

$$\begin{align}\sigma^2 &= \mathbb E\left[X^2\right]-\mathbb E\left[X\right]^2 \\[2ex] &=G^{(2)}\;(1)+G^{(1)}\;(1)-\left[G^{(1)}\;(1)\right]^2 \end{align}$$

1. Kita bisa mendapatkan momen mentah dengan membedakan pgf dan mengalikannya dengan $z$:

$$\mathbb E\left[X^i\right]= \left. \left( z\;\left(\frac{d}{dz}\right)^i \; G(z)\right)\right|_{z=1}$$