całkowitoliczbowa ZL o skończonym WO
-
- Użytkownik
- Posty: 57
- Rejestracja: 25 gru 2009, o 13:52
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: Częstochowa
- Podziękował: 20 razy
całkowitoliczbowa ZL o skończonym WO
Niech \(\displaystyle{ \xi}\) będzie nie ujemną całkowitoliczbową ZL mającą skończoną wartość oczekiwaną. Udowodnić że \(\displaystyle{ E\xi = \sum_{i=1}^{ \infty } P \left\{ \xi \ge i \right\}}\)
Proszę o pomoc.
Proszę o pomoc.
Ostatnio zmieniony 8 kwie 2013, o 22:23 przez agus221, łącznie zmieniany 3 razy.
-
- Użytkownik
- Posty: 2282
- Rejestracja: 14 cze 2011, o 11:34
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Sosnowiec
- Podziękował: 88 razy
- Pomógł: 351 razy
całkowitoliczbowa ZL o skończonym WO
Jesteś pewien, że tam jest nierówność? Wydaje mi się, że powinna być równość.
Poza tym ta zmienna powinna przyjmować wartości naturalne z zerem, bez ujemnych.
No i chyba założenie, że wartość oczekiwana jest skończona też nie jest konieczne, bo w przeciwnym przypadku szereg będzie rozbieżny.
Poza tym ta zmienna powinna przyjmować wartości naturalne z zerem, bez ujemnych.
No i chyba założenie, że wartość oczekiwana jest skończona też nie jest konieczne, bo w przeciwnym przypadku szereg będzie rozbieżny.
-
- Użytkownik
- Posty: 57
- Rejestracja: 25 gru 2009, o 13:52
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: Częstochowa
- Podziękował: 20 razy
całkowitoliczbowa ZL o skończonym WO
nie no, przepisywać z książki jeszcze umiem
Jakbyś nie dowierzał to tutaj proszę zdjęcie oryginału:
Jakbyś nie dowierzał to tutaj proszę zdjęcie oryginału:
Ostatnio zmieniony 8 kwie 2013, o 19:50 przez agus221, łącznie zmieniany 1 raz.
-
- Użytkownik
- Posty: 2282
- Rejestracja: 14 cze 2011, o 11:34
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Sosnowiec
- Podziękował: 88 razy
- Pomógł: 351 razy
całkowitoliczbowa ZL o skończonym WO
Mam pewien pomysł. Sumowanie chyba trzeba zacząć od zera, ale generalnie to mało istotny szczegół.
Zauważ, że \(\displaystyle{ \sum_{i=0}^{\infty}P(\xi\ge i)=\sum_{i=0}^{\infty}\sum_{k=i}^{\infty}P(\xi=k)}\)
Teraz trzeba zmienić kolejność sumowania i otrzymasz wzór z mojego poprzedniego posta.
Zauważ, że \(\displaystyle{ \sum_{i=0}^{\infty}P(\xi\ge i)=\sum_{i=0}^{\infty}\sum_{k=i}^{\infty}P(\xi=k)}\)
Teraz trzeba zmienić kolejność sumowania i otrzymasz wzór z mojego poprzedniego posta.
-
- Użytkownik
- Posty: 57
- Rejestracja: 25 gru 2009, o 13:52
- Płeć: Kobieta
- Lokalizacja: Częstochowa
- Podziękował: 20 razy
całkowitoliczbowa ZL o skończonym WO
Znasz może jakaś książkę gdzie by znajdował się ten dowód? bo w internecie nie widzę.
-
- Użytkownik
- Posty: 2282
- Rejestracja: 14 cze 2011, o 11:34
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Sosnowiec
- Podziękował: 88 razy
- Pomógł: 351 razy
całkowitoliczbowa ZL o skończonym WO
Dowód tego zadania w zasadzie już przeprowadziłem. Trzeba się jeszcze powołać na własności szeregów po produkcie, żeby zmienić tę kolejność, ale na twoim miejscu bym sobie to darował. A jeśli chodzi ci o dowód tego wzoru, który ja podałem, to podejrzewam, że jest on w książce Jakubowski, Sztencel "Wstęp do teorii prawdopodobieństwa".
-
- Użytkownik
- Posty: 2282
- Rejestracja: 14 cze 2011, o 11:34
- Płeć: Mężczyzna
- Lokalizacja: Sosnowiec
- Podziękował: 88 razy
- Pomógł: 351 razy
całkowitoliczbowa ZL o skończonym WO
Jeżeli \(\displaystyle{ (x_{n})_{n\in \mathbb{N}}}\) jest różnowartościowym ciągiem liczb rzeczywistych oraz \(\displaystyle{ P_{\xi}(\{x_{n}:n\in\mathbb{N}\})=1}\) (oznacza to, że zmienna ma rozkład dyskretny), to \(\displaystyle{ E|\xi|=\sum_{n=1}^{\infty}|x_{n}|P(\xi=n)}\) i jeśli \(\displaystyle{ E|\xi|<\infty}\), to \(\displaystyle{ E\xi=\sum_{n=1}^{\infty}x_{n}P(\xi=n)}\)
Dowód.
\(\displaystyle{ E|\xi|=\int\limits_{\Omega}|\xi| dP=\int\limits_{\xi^{-1}\left( \{x_{n}:n\in\mathbb{N}\}\right) }|\xi|dP=\sum_{n=1}^{\infty}\int\limits_{\xi^{-1}\left( \{x_{n}\}\right) }|\xi|dP=\sum_{n=1}^{\infty}|x_{n}|P\left( \xi^{-1}(\{x_{n}\})\right)}\)
Pod założeniem \(\displaystyle{ E|\xi|<\infty}\) jest tak samo tylko bez modułu. Twoje zadanie jest szczególnym przypadkiem, bo u ciebie \(\displaystyle{ P(\mathbb{N}_{0})=1}\).
Dowód.
\(\displaystyle{ E|\xi|=\int\limits_{\Omega}|\xi| dP=\int\limits_{\xi^{-1}\left( \{x_{n}:n\in\mathbb{N}\}\right) }|\xi|dP=\sum_{n=1}^{\infty}\int\limits_{\xi^{-1}\left( \{x_{n}\}\right) }|\xi|dP=\sum_{n=1}^{\infty}|x_{n}|P\left( \xi^{-1}(\{x_{n}\})\right)}\)
Pod założeniem \(\displaystyle{ E|\xi|<\infty}\) jest tak samo tylko bez modułu. Twoje zadanie jest szczególnym przypadkiem, bo u ciebie \(\displaystyle{ P(\mathbb{N}_{0})=1}\).