Prueba de identidad sobre secuencias binomiales generalizadas.

Question

Prueba de identidad sobre secuencias binomiales generalizadas.

suma
martingalas
Matemáticas
probabilidad
cadenas de markov
secuencias y series

Rohit Pandey

Estaba repasando esta vieja pregunta sobre un jugador rico: Jugador con fondos infinitos que alcanzan su objetivo . La respuesta se basa en las siguientes identidades de Concrete Mathematics de Graham, Knuth y Patashnik (números de ecuación tal como aparecen en el libro).

\begin{matrix} (5.68) & B_{2} (z) = \sum_{t = 0}^{\infty} \frac{(\binom{2 t + 1}{t})}{2 t + 1} z^{t} = \frac{1 - \sqrt{1 - 4 z}}{2 z} \end{matrix}

$B_2(z) = \sum\limits_{t=0}^\infty \frac{{2t+1\choose t}}{2t+1} z^t = \frac{1-\sqrt{1-4z}}{2z} \tag{5.68}$

\begin{matrix} (5.70) & (B_{2} (z))^{k} = {(\sum_{t = 0}^{\infty} (\binom{2 t + 1}{t}) \frac{1}{2 t + 1} z^{t})}^{k} = \sum_{t = 0}^{\infty} (\binom{2 t + k}{t}) \frac{k}{2 t + k} z^{t} \end{matrix}

$(B_2(z))^k = \left(\sum\limits_{t=0}^\infty {2t+1\choose t}\frac{1}{2t+1} z^t\right)^k = \sum\limits_{t=0}^\infty {2t+k \choose t} \frac{k}{2t+k}z^t \tag{5.70}$

La expresión en el extremo derecho de (5.70) es particularmente interesante ya que es el tiempo de parada de un jugador adinerado apuntando $k$ . También es fascinante ya que $k$ parece simplemente marchar hacia la suma infinita y reemplazar $1$ , de alguna manera ocupándose de todos los términos cruzados en el proceso.

Leí el capítulo para ver si podía encontrar una prueba de estas identidades (las cuales verifiqué numéricamente).

Siguiendo mi camino de regreso, encontré la siguiente definición (equivalente) de $B_u(z)$ .

\begin{matrix} (5.58) & B_{tu} (z) = \sum_{t = 0}^{\infty} \frac{(\binom{tu t}{t})}{(tu - 1) t + 1} z^{t} \end{matrix}

$B_u(z) = \sum\limits_{t=0}^\infty \frac{ut \choose t}{(u-1)t+1} z^t \tag{5.58}$

Luego simplemente dicen:

\begin{matrix} (5.60) & (B_{tu} (z))^{k} = \sum_{t = 0}^{\infty} (\binom{tu t + k}{t}) \frac{k}{tu t + k} z^{t} \end{matrix}

$(B_u(z))^k = \sum\limits_{t=0}^\infty {ut+k \choose t} \frac{k}{ut+k} z^t \tag{5.60}$

Sin embargo, no se proporciona ninguna prueba para esto. Entonces, todavía me estoy rascando la cabeza preguntándome cómo probar (5.68) y (5.70).

Mis intentos:

Por (5.70), podemos decir que para que el jugador alcance $k$ $ , primero tiene que llegar $1$ $ y luego repetir esa hazaña $k$ veces. Esto proporciona un bosquejo aproximado, pero todavía estoy fascinado por los detalles mecánicos (y (5.60) no tiene tal interpretación en términos de jugadores).

Para (5.68), probé algunos de los enfoques en las respuestas a esta pregunta .

Primero, Mathematica no pudo encontrar una buena expresión para la suma parcial. Entonces, el enfoque de @robojohn probablemente no funcionará porque si hubiera una función cuya diferencia compusiera los términos de $B_2(z)$ , la suma parcial tendría una buena expresión en términos de esa función.

A continuación, probé el enfoque de @Marcus Scheuer y obtuve:

\frac{a_{t + 1}}{a_{t}} = \frac{t + \frac{1}{2}}{t + 2} (4 z) = \frac{{\frac{- 1}{2}}^{\underline{t}}}{- 2^{\underline{t}}} (4 z)

$\frac{a_{t+1}}{a_t} = \frac{t+\frac 1 2}{t+2}(4z) = \frac{\frac{-1}{2}^\underline{t}}{-2^\underline{t}} (4z)$

Esto tampoco funciona ya que no obtenemos el $a+b=c+d$ condición requerida para el corolario que usó y la $4z$ término interfiere también.

Respuestas (3)

Prueba de identidad sobre secuencias binomiales generalizadas.

epi163sqrt · Answer 1

Primero mostramos (5.68). Usando la expansión de la serie Binomial obtenemos
$\begin{aligned} B_{2} (z) & = \frac{1 - \sqrt{1 - 4 z}}{2 z} \\ = \frac{1}{2 z} (1 - \sum_{t = 0}^{\infty} (\binom{1 / 2}{t}) (- 4 z)^{t}) \\ = \frac{1}{2 z} \sum_{t = 1}^{\infty} (\binom{1 / 2}{t}) (- 1)^{t + 1} 2^{2 t} z^{t} \\ = \sum_{t = 1}^{\infty} (\binom{1 / 2}{t}) (- 1)^{t + 1} 2^{2 t - 1} z^{t - 1} \\ = \sum_{t = 0}^{\infty} (\binom{1 / 2}{t + 1}) (- 1)^{t} 2^{2 t + 1} z^{t} \\ (1) & = \sum_{t = 0}^{\infty} (\binom{2 t + 1}{t}) \frac{1}{2 t + 1} z^{t} \end{aligned}$ $\begin{align*} \color{blue}{B_2(z)}&\color{blue}{=\frac{1-\sqrt{1-4z}}{2z}}\\ &=\frac{1}{2z}\left(1-\sum_{t=0}^\infty\binom{1/2}{t}(-4z)^t\right)\\ &=\frac{1}{2z}\sum_{t=1}^\infty\binom{1/2}{t}(-1)^{t+1}2^{2t}z^t\\ &=\sum_{t=1}^\infty\binom{1/2}{t}(-1)^{t+1}2^{2t-1}z^{t-1}\\ &=\sum_{t=0}^\infty\binom{1/2}{t+1}(-1)^t2^{2t+1}z^t\\ &\,\,\color{blue}{=\sum_{t=0}^\infty\binom{2t+1}{t}\frac{1}{2t+1}z^t}\tag{1} \end{align*}$ y sigue la demanda.

La última línea (1) sigue ya que tenemos

\begin{aligned} (\binom{1 / 2}{t + 1}) & = \frac{1}{(t + 1)!} \prod_{j = 0}^{t} (\frac{1}{2} - j) = \frac{1}{(t + 1)!} \cdot \frac{(- 1)^{t + 1}}{2^{t + 1}} \prod_{j = 0}^{t} (2 j - 1) \\ = \frac{(- 1)^{t} (2 t - 1)!!}{2^{t + 1} (t + 1)!} = \frac{(- 1)^{t} (2 t)!}{2^{t + 1} (t + 1)! (2 t)!!} = \frac{(- 1)^{t} (2 t)!}{2^{2 t + 1} (t + 1)! t!} \\ = \frac{(- 1)^{t}}{2^{2 t + 1}} (\binom{2 t + 1}{t}) \frac{1}{2 t + 1} \end{aligned}

$\begin{align*} \binom{1/2}{t+1}&=\frac{1}{(t+1)!}\prod_{j=0}^t\left(\frac{1}{2}-j\right)=\frac{1}{(t+1)!}\cdot\frac{(-1)^{t+1}}{2^{t+1}}\prod_{j=0}^t(2j-1)\\ &=\frac{(-1)^t(2t-1)!!}{2^{t+1}(t+1)!}=\frac{(-1)^t(2t)!}{2^{t+1}(t+1)!(2t)!!}=\frac{(-1)^t(2t)!}{2^{2t+1}(t+1)!t!}\\ &=\frac{(-1)^t}{2^{2t+1}}\binom{2t+1}{t}\frac{1}{2t+1} \end{align*}$

... y ahora la generalización (5.70). A continuación usamos el coeficiente del operador $[z^t]$ para denotar el coeficiente de $z^t$ en una serie

Observamos la función generadora $zB_2(z)=\frac{1}{2}\left(1-\sqrt{1-4z}\right)$ tiene el inverso composicional
$\begin{aligned} (2) & {(z - z^{2})}^{⟨ - 1 ⟩} = z B_{2} (z) \end{aligned}$ $\begin{align*} \color{blue}{\left(z-z^2\right)^{\langle-1\rangle}=zB_2(z)}\tag{2} \end{align*}$ desde $\begin{aligned} z B_{2} (z) - {(z B_{2} (z))}^{2} & = \frac{1}{2} (1 - \sqrt{1 - 4 z}) - \frac{1}{4} {(1 - \sqrt{1 - 4 z})}^{2} \\ = \frac{1}{2} (1 - \sqrt{1 - 4 z}) - \frac{1}{4} (1 - 2 \sqrt{1 - 4 z} + 1 - 4 z) \\ = z \end{aligned}$ $\begin{align*} zB_2(z)-\left(zB_2(z)\right)^2&=\frac{1}{2}\left(1-\sqrt{1-4z}\right)-\frac{1}{4}\left(1-\sqrt{1-4z}\right)^2\\ &=\frac{1}{2}\left(1-\sqrt{1-4z}\right)-\frac{1}{4}\left(1-2\sqrt{1-4z}+1-4z\right)\\ &=z \end{align*}$

La buena representación de la inversa composicional indica que podríamos aplicar la fórmula de inversión de Lagrange que nos da los coeficientes de la $k$ -ésima potencia de la función generadora $zB_2(z)$ .

Aquí lo usamos de acuerdo con el Teorema 5.4.2 en Enumerative Combinatorics, vol. 2 de RP Stanley.

Teorema: Sea $F(z)=a_1z+a_2z^2+\cdots\in xK[[z]]$ , dónde $a_1\ne 0$ (y $\mathrm{char} K=0$ ), y deja $k,t\in \mathrm{Z}$ . Entonces

\begin{aligned} (3) & t [z^{t}] F^{⟨ - 1 ⟩} (z)^{k} = k [z^{t - k}] {(\frac{z}{F (z)})}^{t} \end{aligned}

$\begin{align*} t[z^t]F^{\langle-1\rangle}(z)^k=k[z^{t-k}]\left(\frac{z}{F(z)}\right)^t\tag{3} \end{align*}$

Aplicando (3) con $F^{\langle -1\rangle}(z)=zB_2(z)$ obtenemos
$\begin{aligned} (4) & [z^{t}] {(z B_{2} (z))}^{k} & = \frac{k}{t} [z^{t - k}] {(\frac{z}{z - z^{2}})}^{t} \\ = \frac{k}{t} [z^{t - k}] \frac{1}{{(1 - z)}^{t}} \\ (5) & = \frac{k}{t} [z^{t - k}] \sum_{j = 0}^{\infty} (\binom{- t}{j}) (- z)^{j} \\ (6) & = \frac{k}{t} [z^{t - k}] \sum_{j = 0}^{\infty} (\binom{t + j - 1}{j}) z^{j} \\ (7) & = \frac{k}{t} (\binom{2 t - k - 1}{t - 1}) \\ (8) & = \frac{k}{2 t - k} (\binom{2 t - k}{t - k}) \end{aligned}$ $\begin{align*} \color{blue}{[z^t]\left(zB_2(z)\right)^k}&=\frac{k}{t}[z^{t-k}]\left(\frac{z}{z-z^2}\right)^t\tag{4}\\ &=\frac{k}{t}[z^{t-k}]\frac{1}{\left(1-z\right)^t}\\ &=\frac{k}{t}[z^{t-k}]\sum_{j=0}^\infty\binom{-t}{j}(-z)^j\tag{5}\\ &=\frac{k}{t}[z^{t-k}]\sum_{j=0}^\infty\binom{t+j-1}{j}z^j\tag{6}\\ &=\frac{k}{t}\binom{2t-k-1}{t-1}\tag{7}\\ &\,\,\color{blue}{=\frac{k}{2t-k}\binom{2t-k}{t-k}}\tag{8} \end{align*}$

Comentario:

En (4) usamos $F^{\langle -1\rangle}(z)=zB_2(z)=\left(z-z^2\right)^{\langle -1\rangle}$ de (2).
En (5) aplicamos el desarrollo en serie binomial .
En (6) usamos la identidad binomial $\binom{-p}{q}=\binom{p+q-1}{q}(-1)^{q}$ .
En (7) seleccionamos el coeficiente de $z^{t-k}$ .
En (8) usamos las identidades binomiales $\binom{p}{q}=\frac{p}{q}\binom{p-1}{q-1}$ y $\binom{p}{q}=\binom{p}{p-q}$ .

Finalmente obtenemos
$\begin{aligned} (9) & {(z B_{2} (z))}^{k} & = {(\sum_{t = 0}^{\infty} (\binom{2 t + 1}{t}) \frac{1}{2 t + 1} z^{t + 1})}^{k} \\ (10) & = {(\sum_{t = 1}^{\infty} (\binom{2 t - 1}{t - 1}) \frac{1}{2 t - 1} z^{t})}^{k} \\ (11) & = \sum_{t = k}^{\infty} (\binom{2 t - k}{t - k}) \frac{k}{2 t - k} z^{t} \\ (12) & = z^{k} \sum_{t = 0}^{\infty} (\binom{2 t + k}{t}) \frac{k}{2 t + k} z^{t} \end{aligned}$ $\begin{align*} \color{blue}{\left(zB_2(z)\right)^k}&=\left(\sum_{t=0}^\infty\binom{2t+1}{t}\frac{1}{2t+1}z^{t+1}\right)^k\tag{9}\\ &=\left(\sum_{t=1}^\infty\binom{2t-1}{t-1}\frac{1}{2t-1}z^t\right)^k\tag{10}\\ &=\sum_{t=k}^\infty\binom{2t-k}{t-k}\frac{k}{2t-k}z^t\tag{11}\\ &\,\,\color{blue}{=z^k\sum_{t=0}^\infty\binom{2t+k}{t}\frac{k}{2t+k}z^t}\tag{12} \end{align*}$ y sigue la demanda.

Comentario:

En (9) usamos la identidad (5.68) resp. (1).
En (10) desplazamos el índice $t$ por uno para tener una expansión en términos de factor $z^t$ .
En (11) aplicamos (8), la representación gracias a la fórmula de inversión de Lagrange.
En (12) cambiamos el índice para comenzar con $t=0$ .

Tenga en cuenta que (12) también se puede expresar como:

(z B_{2} (z))^{k} = z^{k} \sum_{t = 0}^{\infty} (\binom{2 t + k - 1}{t}) \frac{k}{t + k} z^{t}

$(zB_2(z))^k = z^k \sum\limits_{t=0}^\infty {2t+k-1 \choose t}\frac{k}{t+k}z^t$

¡Gracias por toda tu ayuda, Marcos! Esta era la dirección que estaba empezando a considerar. ¿Tienes alguna idea de por qué el $k$ marcha a (5.70) así? Si no, esperaré unas horas más y marcaré esta como la respuesta correcta (estar satisfecho con el alcance +1 $k$ veces el argumento).
@RohitPandey: De nada. Estoy pensando en la otra identidad. Pero, de hecho, puedo empezar a trabajar en ello no antes de mañana por la noche. Tal vez algún otro pueda publicar una respuesta antes que yo.
Gracias, me tomará un tiempo digerir esto. Aprecie la exposición a estas hermosas técnicas. Ojalá pudiera votar varias veces :)
@RohitPandey: Muchas gracias por otorgar una recompensa. Esto es extraordinariamente amable de tu parte. Actualmente estoy ocupado, pero pronto les daré algunas referencias, que pueden ayudarlos a profundizar un poco más en los conceptos de la fórmula de inversión de Lagrange.
No, gracias por la excelente respuesta, pensé que nunca tendría la oportunidad de comprender esto (ya que la referencia original en el libro de Knuth estaba en francés y no proporcionó pruebas). Intenté revisar su prueba, pero necesitará algunas lecturas más para comprenderla por completo. Ciertamente espero sus referencias :)
@RohitPandey: He agregado algunos comentarios. Recomiendo pasar por la primera parte de la sección 5.4 en el libro de Stanley hasta el final del teorema 5.4.2. Un enfoque accesible se da en Lagrange Inversion: when and how de D. Merlini. Una gran encuesta con muchas referencias se presenta en Lagrange Inversion por IM Gessel.
Gracias, ahora sigo su prueba además de la fórmula de inversión de Lagrange (y seguramente llegaré allí con sus excelentes referencias). También tuvo dos errores tipográficos en su respuesta y MO no me permitió hacer las correcciones a menos que hubiera 6 caracteres. Entonces, hice las dos correcciones y agregué una fórmula alternativa para la suma al final para mi propia referencia (no dude en eliminar la última fórmula agregada si lo desea).

Rohit Pandey · Answer 2

Aquí hay otro enfoque que encontré gracias a /u/whatkindofred en este hilo de reddit para probar (5.68). Este enfoque parte del LHS.

Supongamos:

F (z) = \sum_{t = 0}^{\infty} a_{t} z_{t} = \sum_{t = 0}^{\infty} \frac{(\binom{2 t}{t})}{t + 1} z^{t}

$F(z) = \sum\limits_{t=0}^\infty a_t z_t = \sum\limits_{t=0}^\infty \frac{2t \choose t}{t+1} z^t$

Es fácil ver eso:

\begin{matrix} (1.1) & (t + 1) a_{t} = (4 t - 2) a_{t - 1} \end{matrix}

$(t+1)a_t = (4t-2)a_{t-1}\tag{1.1}$

Supóngase además que:

GRAMO (z) = z F (z) = \sum_{t = 0}^{\infty} a_{t} z^{t + 1}

$G(z) = zF(z) = \sum\limits_{t=0}^\infty a_t z^{t+1}$ Entonces,

{GRAMO}^{'} (z) = \sum_{t = 0}^{\infty} (t + 1) a_{t} z^{t}

$G'(z) = \sum\limits_{t=0}^\infty (t+1)a_t z^t$

Usando (1.1)

{GRAMO}^{'} (z) = a_{0} + \sum_{t = 1}^{\infty} (4 t - 2) a_{t - 1} z^{t}

$G'(z)= a_0 + \sum\limits_{t=1}^\infty(4t-2)a_{t-1}z^t$

Desde $a_0=1$ ,

{GRAMO}^{'} (z) = 1 + 4 \sum_{t = 1}^{\infty} t a_{t - 1} z^{t} - 2 \sum_{t = 1}^{\infty} a_{t - 1} z_{t}

$G'(z) = 1+4 \sum\limits_{t=1}^\infty t a_{t-1} z^t - 2 \sum\limits_{t=1}^\infty a_{t-1}z_t$

= 1 + 4 \sum_{t = 1}^{\infty} (t + 1) a_{t} z^{t + 1} - 2 \sum_{t = 1}^{\infty} a_{t - 1} z^{t}

$= 1+ 4 \sum_{t=1}^\infty (t+1)a_t z^{t+1} - 2 \sum\limits_{t=1}^\infty a_{t-1}z^t$

\begin{matrix} (1.2) & {GRAMO}^{'} (z) = 1 + 4 z {GRAMO}^{'} (z) - 2 GRAMO (z) \end{matrix}

$G'(z)= 1+4zG'(z)-2G(z)\tag{1.2}$

Pero desde $G(z)=zF(z)$ ,

{GRAMO}^{'} (z) = F (z) + z F^{'} (z)

$G'(z)=F(z)+zF'(z)$ Sustituyendo en (1.2) obtenemos:

F (z) + z F^{'} (z) = 1 + 2 z F (z) + 4 z^{2} F^{'} (z)

$F(z)+zF'(z)=1+2zF(z)+4z^2F'(z)$

(4 z^{2} - z) F^{'} (z) + (2 z - 1) F (z) + 1 = 0

$(4z^2-z)F'(z)+(2z-1)F(z)+1=0$

\begin{matrix} (1.3) & F^{'} (z) + gramo (z) F (z) = h (z) \end{matrix}

$F'(z) + g(z) F(z) = h(z) \tag{1.3}$

Dónde,

gramo (z) = \frac{2 z - 1}{4 z^{2} - z}

$g(z) = \frac{2z-1}{4z^2-z}$

h (z) = \frac{1}{z - 4 z^{2}}

$h(z)=\frac{1}{z-4z^2}$

Multiplicando ambos lados de (1.3) por $e^{\int\limits_{0}^x g(t)dt}$ obtenemos,

{mi}^{\int_{0}^{z} gramo (t) d t} F^{'} (z) + {mi}^{\int_{0}^{X} gramo (t) d t} gramo (z) F (z) = h (z) {mi}^{\int_{0}^{z} gramo (t) d t}

$e^{\int\limits_{0}^z g(t)dt} F'(z) + e^{\int\limits_{0}^x g(t)dt} g(z)F(z)=h(z)e^{\int\limits_{0}^z g(t)dt}$

=> \frac{\partial}{\partial z} (F (z) {mi}^{\int_{0}^{z} gramo (t) d t}) = h (z) {mi}^{\int_{0}^{z} gramo (t) d t}

$=> \frac{\partial}{\partial z}\left(F(z)e^{\int\limits_{0}^z g(t)dt}\right) = h(z) e^{\int\limits_{0}^z g(t)dt}$

\begin{matrix} (1.4) & => F (z) {mi}^{\int_{0}^{z} gramo (t) d t} = \int_{y = 0}^{z} h (y) {mi}^{\int_{0}^{y} gramo (t) d t} \end{matrix}

$=> F(z)e^{\int\limits_{0}^z g(t)dt} = \int\limits_{y=0}^z h(y) e^{\int\limits_{0}^y g(t)dt}\tag{1.4}$

Ahora, abordemos las integrales.

\int gramo (z) d z = - \int \frac{2 z - 1}{z - 4 z^{2}}

$\int g(z)dz = -\int \frac{2z-1}{z-4z^2}$

= \int \frac{- 2}{1 - 4 z} d z + \int \frac{d z}{z (1 - 4 z)}

$= \int \frac{-2}{1-4z}dz + \int \frac{dz}{z(1-4z)}$

= \frac{registro (1 - 4 z)}{2} + \int \frac{4 z + (1 - 4 z)}{z (1 - 4 z)} d z

$=\frac{\log(1-4z)}{2} + \int \frac{4z+(1-4z)}{z(1-4z)}dz$

= \frac{registro (1 - 4 z)}{2} + 4 \int \frac{d z}{1 - 4 z} + \int \frac{d z}{z}

$=\frac{\log(1-4z)}{2}+ 4 \int \frac{dz}{1-4z}+\int \frac{dz}{z}$

= \frac{registro (1 - 4 z)}{2} - registro (1 - 4 z) + registro (z)

$=\frac{\log(1-4z)}{2}- \log(1-4z) +\log(z)$

=> \int gramo (z) d z = registro (\frac{z}{\sqrt{1 - 4 z}}) + b_{1}

$=> \int g(z) dz = \log\left(\frac{z}{\sqrt{1-4z}}\right)+b_1$

Y entonces,

\begin{matrix} (1.5) & {mi}^{\int gramo (z) d z} = C_{1} \frac{z}{\sqrt{1 - 4 z}} \end{matrix}

$e^{\int g(z)dz} = c_1\frac{z}{\sqrt{1-4z}}\tag{1.5}$

Y esto significa,

\int h (z) {mi}^{\int gramo (z) d z} = \int \frac{1}{z (1 - 4 z)} C_{2} \frac{z}{\sqrt{1 - 4 z}} d z

$\int h(z) e^{\int g(z)dz} = \int \frac{1}{z(1-4z)} c_2\frac{z}{\sqrt{1-4z}}dz$

\begin{matrix} (1.6) & = \int C_{2} (1 - 4 z)^{- \frac{3}{2}} d z = \frac{C_{2}}{\sqrt{1 - 4 z}} + C_{3} \end{matrix}

$= \int c_2(1-4z)^{-\frac 3 2}dz = \frac{c_2}{\sqrt{1-4z}}+c_3\tag{1.6}$

Sustituyendo (1.5) y (1.6) en (1.4) se obtiene:

F (z) = \frac{d_{1} + d_{2} \sqrt{1 - 4 z}}{z}

$F(z)=\frac{d_1 + d_2 \sqrt{1-4z}}{z}$

pero sabemos que $F(0)=1$ y para que la ecuación anterior no explote en $z=0$ Debemos tener $d_1=-d_2=d$ dándonos,

F (z) = d (\frac{1 - \sqrt{1 - 4 z}}{z})

$F(z) = d \left(\frac{1-\sqrt{1-4z}}{z}\right)$

y usando $\lim_{z \to 0}F(z)=1$ obtenemos $d=\frac{1}{2}$ (usar la regla de L'Hospitales) y sigue la derecha de (5.68).

Rohit Pandey · Answer 3

Otra manera fácil de ver esto es que si sustituimos $z=p(1-p)$ en (5.68), la expresión se convierte en la probabilidad de que el jugador rico alcance alguna vez $k$ $ mientras que (5.67) es la probabilidad de que alguna vez alcance $1$ $ (si sigue lanzando una moneda con probabilidad $p$ de cabezas y victorias $1$ $ en cara y pierde $1$ $ en cruz). Alcanzar $k$ $ , tiene que aumentar su fortuna en $1$ ps $k$ veces. Y el resultado sigue.

Prueba de identidad sobre secuencias binomiales generalizadas.

Rohit Pandey

Respuestas (3)

epi163sqrt

Rohit Pandey

epi163sqrt

Rohit Pandey

epi163sqrt

Rohit Pandey

epi163sqrt

Rohit Pandey

epi163sqrt

Rohit Pandey

Rohit Pandey

Rohit Pandey

Serie geométrica con lanzamiento de moneda

Demuestre esta identidad utilizando la identidad de producto triple de Jacobi

Cómo encontrar la sumatoria de esta serie infinita: ∑∞k=11(k+1)(k−1)!(1−2k)∑k=1∞1(k+1)(k−1)!(1 −2k)\sum_{k=1}^{\infty} \frac{1}{(k+1)(k-1)!}(1 - \frac{2}{k})

Encuentre la forma cerrada de una suma n

¿La suma de las variables de Bernoulli dependientes de baja probabilidad es cercana a cero con alta probabilidad?

Demostrando que un tiempo de parada es finito para una caminata aleatoria sesgada.

Algunas series infinitas (¡solo por diversión!)

Evaluando ∑∞y=a(ya)⋅py−a∑y=a∞(ya)⋅py−a\sum_{y=a}^{\infty}{y \choose a} \cdot p^{ya} para p∈[0,1]p∈[0,1]p \en [0,1]

¿Probabilidades de transición de un paso para una cadena de Markov?

Suma de los cuadrados inversos de la hipotenusa de los triángulos pitagóricos