2014 dxdy logo

Научный форум dxdy

Математика, Физика, Computer Science, Machine Learning, LaTeX, Механика и Техника, Химия,
Биология и Медицина, Экономика и Финансовая Математика, Гуманитарные науки




Начать новую тему Ответить на тему На страницу Пред.  1, 2, 3  След.
 
 Re: Мат. ожидание модуля дискретной случайной величины
Сообщение13.05.2019, 20:23 


18/05/15
679
мог бы предложить самое непосредственное с моей точки зрения док-во. Пусть $A$ - это то, что в тождестве слева. Тогда
$$A=2\sum\limits_{k=0}^{n}(n-k)C_{2n+1}^{k}+\sum\limits_{k=0}^{n}C_{2n+1}^{k}=(2n+1)\sum\limits_{k=0}^{n}C_{2n+1}^{k} - 2(2n+1)\sum\limits_{k=0}^{n-1}C_{2n}^{k}=(2n+1)B$$
Дальше надо воспользоваться тождеством
$$C_{2n+1}^k-C_{2n}^k = C_{2n}^{k-1}$$

 Профиль  
                  
 
 Re: Мат. ожидание модуля дискретной случайной величины
Сообщение14.05.2019, 07:42 
Заморожен
Аватара пользователя


31/10/11
123
Челябинск
ihq.pl в сообщении #1392822 писал(а):
мог бы предложить самое непосредственное с моей точки зрения док-во. Пусть $A$ - это то, что в тождестве слева. Тогда
$$A=2\sum\limits_{k=0}^{n}(n-k)C_{2n+1}^{k}+\sum\limits_{k=0}^{n}C_{2n+1}^{k}=(2n+1)\sum\limits_{k=0}^{n}C_{2n+1}^{k} - 2(2n+1)\sum\limits_{k=0}^{n-1}C_{2n}^{k}=(2n+1)B$$
Дальше надо воспользоваться тождеством
$$C_{2n+1}^k-C_{2n}^k = C_{2n}^{k-1}$$

Поясните, пожалуйста, переход $$2\sum\limits_{k=0}^{n}(n-k)C_{2n+1}^{k}+\sum\limits_{k=0}^{n}C_{2n+1}^{k}=(2n+1)\sum\limits_{k=0}^{n}C_{2n+1}^{k} - 2(2n+1)\sum\limits_{k=0}^{n-1}C_{2n}^{k}$$

 Профиль  
                  
 
 Re: Мат. ожидание модуля дискретной случайной величины
Сообщение14.05.2019, 11:25 


18/05/15
679
Первую сумму в левой части последнего выражения представляем в виде
$$2n\sum\limits_{k=0}^{n}C_{2n+1}^{k} - 2\sum\limits_{k=0}^{n}kC_{2n+1}^{k}$$
и потом преобразовываем член содержащий множитель $k$ под знаком суммы:
$$\sum\limits_{k=0}^{n}kC_{2n+1}^{k} = \sum\limits_{k=1}^{n}kC_{2n+1}^{k} = (2n+1)\sum\limits_{k=1}^{n}C_{2n}^{k-1}.$$
Здесь я использовал тождество
$$kC_n^k = nC_{n-1}^{k-1}$$

 Профиль  
                  
 
 Re: Мат. ожидание модуля дискретной случайной величины
Сообщение14.05.2019, 11:36 
Заморожен
Аватара пользователя


31/10/11
123
Челябинск
ihq.pl в сообщении #1392907 писал(а):
Первую сумму в левой части последнего выражения представляем в виде
$$2n\sum\limits_{k=0}^{n}C_{2n+1}^{k} - 2\sum\limits_{k=0}^{n}kC_{2n+1}^{k}$$
и потом преобразовываем член содержащий множитель $k$ под знаком суммы:
$$\sum\limits_{k=0}^{n}kC_{2n+1}^{k} = \sum\limits_{k=1}^{n}kC_{2n+1}^{k} = (2n-1)\sum\limits_{k=1}^{n}C_{2n}^{k-1}.$$
Здесь я использовал тождество
$$kC_n^k = nC_{n-1}^{k-1}$$

Стало понятно. Большое спасибо!

 Профиль  
                  
 
 Re: Мат. ожидание модуля дискретной случайной величины
Сообщение13.11.2022, 21:14 


13/11/22
10
Любопытно, никому не пришло в голову воспользоваться рекуррентной формулой (впрочем, быть может, Sergic Primazon пришло в голову, но я его доказательства не понял).
Формула выглядит так:

$M[|X_{N+1}|]=M[|X_{N}|]+1-2P(X_{N}<0)$

Ее доказательство не то что бы слишком сложное, но довольно громоздкое и состоит из нескольких этапов (у меня, по крайней мере: там еще и для четного, и для нечетного N пришлось по отдельности доказывать). Впрочем, я так думаю, на экзамене доказывать такое обычно и не требуется. Требуется просто знать наизусть подобные формулы.

Дальше надо получить нерекуррентную формулу. Для этого я записываю следующие уравнения:

$M[|X_{2}|]-M[|X_{1}|]=1-2P(X_{1}<0)$\\
$M[|X_{3}|]-M[|X_{2}|]=1-2P(X_{2}<0)$\\
...\\
$M[|X_{N}|]-M[|X_{N-1}|]=1-2P(X_{N-1}<0)$

Складываю их все и получаю $M[|X_{N}|]-M[|X_{1}|]=(N-1)-2(P(X_{1}<0)+...+P(X_{N-1}<0))$.

Если еще учесть, что $M[|X_{1}|]=1$, окончательно можно записать $M[|X_{N}|]=N-2(P(X_{1}<0)+...+P(X_{N-1}<0))$.

Для симметричного блуждания можно попытаться свернуть эту сумму в замкнутую формулу - если это вообще требовалось по условию данной задачи, в чем я вовсе не уверен.
Заметим, что в силу симметричности блуждания верно

$P(X_{N}<0)=(1-P(X_{N}=0))/2$,

причем, для нечетных индексов $P(X_{N}=0)=0$, для четных индексов $P(X_{N}=0)=\frac{1}{2^N}\binom{N}{N/2}$.
Дальше нужно воспользоваться тождеством $2xf(x)=$$\sum\limits_{k=0}^{x-1}f(k)$$$, где $f(x)=\frac{1}{2^{2x}}\binom{2x}{x}$.
(Тождество легко доказывается по индукции.)

 Профиль  
                  
 
 Re: Мат. ожидание модуля дискретной случайной величины
Сообщение15.11.2022, 19:22 


13/11/22
10
Sergic Primazon, интересно, а с чего вы взяли, что производящей функцией для последовательности $\frac{C_{2k}^k}{4^k}$ будет $\frac{1}{\sqrt{1-t}}$? (Тем более что это не так.)

 Профиль  
                  
 
 Re: Мат. ожидание модуля дискретной случайной величины
Сообщение15.11.2022, 21:19 
Заслуженный участник
Аватара пользователя


11/01/06
3822
Random Drifter в сообщении #1570104 писал(а):
Sergic Primazon, интересно, а с чего вы взяли, что производящей функцией для последовательности $\frac{C_{2k}^k}{4^k}$ будет $\frac{1}{\sqrt{1-t}}$? (Тем более что это не так.)
Это так. Проверяется в лоб через бином Ньютона: $(1-t)^{-1/2}=\sum_{k=0}^{\infty}(-1)^k\binom{-1/2}{k}t^k=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{C_{2k}^k}{4^k}\,t^k$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Мат. ожидание модуля дискретной случайной величины
Сообщение16.11.2022, 12:31 


13/11/22
10
RIP, ладно, вы правы. Должно быть, я где-то ошибся в вычислениях, когда проверял эту функцию.
И да, нашлось готовое тождество $\binom{-1/2}{n}=\frac{-1}{4}^n\binom{2n}{n}$ в книге Арнольда "Конкретная математика", формула 5.37. Хотя я ничего очевидного в нём не вижу. Это тождество относится к каким-то "специальным приемам", конкретно к приёму "выполовинивание". И не сказать, что оно легко доказывается. Можно доказать более-менее коротко. Но Арнольд доказывает с использованием каких-то других тождеств, которые он выводил на предыдущих 10 страницах. Короче, нет тут ничего элементарного.

Самое главное, вопрос остался без ответа: откуда взялась эта производящая функция? Не с потолка же! Я имею в виду, само использование производящих функций предполагает наличие некоего метода получения такой функции из любой последовательности. Допустим, для данной конкретной последовательности существует известная готовая производящая функция. Можно считать, повезло. А в общем случае я угадывать, что ли, должен? Почему бы тогда не "угадать" и не записать сразу готовую формулу, как это сделал я, а потом не предложить просто доказать ее по индукции? К чему это бессмысленное наукообразие?
Формулу хотя бы проверить можно. А как проверить производящую функцию? Можно доказать, что она не верна - если в ряду Тейлора сразу какие-то другие коэффициенты начали получаться. Но чтобы доказать верность, надо проверить бесконечное количество коэффициентов, что в принципе невозможно.

PS
Я-то, кстати говоря, свою формулу могу не только доказать, но и вывести. Причем, гораздо более простым способом, чем всё, что тут ранее было предложено.

 Профиль  
                  
 
 Re: Мат. ожидание модуля дискретной случайной величины
Сообщение18.11.2022, 06:40 
Аватара пользователя


22/07/22

897
Для больших $n$ вышло $E=\sqrt{\frac{2n}{\pi}}$, интересно та общая формула в пределе к этому стремится :roll:

 Профиль  
                  
 
 Re: Мат. ожидание модуля дискретной случайной величины
Сообщение19.11.2022, 00:48 
Заслуженный участник


23/07/08
10626
Crna Gora
Random Drifter в сообщении #1570174 писал(а):
Но Арнольд доказывает с использованием каких-то других тождеств, которые он выводил на предыдущих 10 страницах.
На следующей странице авторы проверяют эту формулу для $n=4$. Проверка подробно расписана, и её легко превратить в короткое доказательство для произвольного натурального $n$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Мат. ожидание модуля дискретной случайной величины
Сообщение20.11.2022, 18:44 


13/11/22
10
svv, вы, наверное, не совсем верно меня поняли. С доказательством я уж как-нибудь справлюсь (худо-бедно). Важнее то, откуда взялась эта формула. Я не знаю, кто в здравом уме будет учить такое наизусть - на тот случай, если на экзамене попадется ряд, который надо будет свернуть. Это же не таблица интегралов, всё-таки.

Кстати, в той книге Арнольда (которая, как выяснилось, на самом деле не Арнольда, а Грэхема и Кнута) в седьмой главе есть методы решения рекуррентных уравнений с помощью производящих функций. И там встретился ряд с биномиальным коэффициентом, записанный в довольно общем виде (с параметрами), и соответствующая ему производящая функция: $\[\frac{a}{{{{(1 - \rho z)}^{m + 1}}}} = \sum\limits_{n \ge 0} {\left( {\begin{array}{*{20}{c}}
{m + n}\\
n
\end{array}} \right)a{\rho ^n}{z^n}} \]$
Написано, что "имеется один вид рациональных функций с особенно хорошими коэффициентами, а именно..." (и приводится эта производящая функция). Видимо, предполагается, что надо подобрать параметры этого общего ряда таким образом, чтобы получился ряд, который требуется свернуть. И сразу получить для него готовую производящую функцию. Вот это уже действительно похоже на метод (типа метода неопределенных коэффициентов - в таком же духе).

Самое забавное, что формулу $(1-t)^{-1/2}=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{C_{2k}^k}{4^k}\,t^k$ с помощью этого ряда всё равно не получить! Не прямой подстановкой параметров, во всяком случае. Видимо, опять придется делать "выполовинивание", и т.д. И опять-таки, не знаю, кто станет запоминать всё это наизусть.

$$$***$$$

На всякий случай напишу свой собственный метод, чтобы все оценили его простоту. Пусть имеется ряд $\sum\limits_{k=0}^{n-1}f(k)$, где $f(k)=\frac{1}{2^{2k}}\binom{2k}{k}$, который требуется свернуть в замкнутую форму. Чему он равен, я, предполагается, заранее не знаю. Обозначу $g(n)=\sum\limits_{k=0}^{n-1}f(k)$. Здесь $g(n)$ - это n-я частичная сумма ряда. И действительно, в данном случае она состоит ровно из $n$ слагаемых (хоть это и не принципиально).

Очевидно, что $g(n+1)-g(n)=f(n)$. Это называется линейное неоднородное разностное уравнение первого порядка. Про такие уравнения известно, что в "однородном" случае они решаются легко и просто. Потому что существует метод их решения (и даже не один метод). Про неоднородные же уравнения можно сказать, что общее решение неоднородного уравнения получается как сумма общего решения однородного уравнения и какого-либо частного решения неоднородного уравнения. Однако же общих способов определения частного решения не существует! Не существует или не открыто - точно не знаю, но не буду сейчас на этом останавливаться (это довольно философский вопрос).

Тем не менее, для некоторых специальных видов функции в правой части уравнения существуют стандартные приемы решения этого уравнения. А это означает, что надо просто попробовать их все. Если хоть один сработает, значит, решение есть. А если ни один не сработает, значит, решения нет.
Конечно, каждый прием относится к своему виду $f(n)$. Поэтому сначала стоило бы попытаться определить, какой в нашем случае вид у $f(n)$. В том смысле, к какому типу функций она относится, и какой прием к ней нужно применять.

На самом деле, это не совсем так. Существуют, например, т.н. телескопические ряды, у которых функция $f(n)$ легко "раскладывается" на две половины $g(n+1)-g(n)$. Например, если $f(n)=1/n/(n+1)$, то $f(n)$ можно представить в виде $f(n)=1/n-1/(n+1)$. Конечно, никакого метода перехода к этой формуле нет, о ней нужно просто догадаться (благо, в данном случае это сделать довольно просто). Как нет и метода доказать, что какой-то конкретный ряд является телескопическим - это своего рода искусство. В принципе, любой ряд, чья частичная сумма сворачивается в замкнутую формулу, можно считать телескопическим. Я веду к тому, что функция $f(n)$ может и не быть какого-то конкретного вида, а ряд все равно будет телескопическим. Короче, я собираюсь свернуть этот ряд, не зная заранее, для каких функций $f(n)$ он вообще может быть свернут.

В данном случае я предлагаю попробовать выразить $f(n+1)$ через $f(n)$. А вдруг эта зависимость окажется линейной! Ведь в этом случае ряд можно будет просто свести к сумме геометрической прогрессии. Короче, стоит попытаться выяснить $f(n+1)$, поскольку это самое первое и простое, что вообще можно сделать в данном случае.

Выше я попытался обосновать, почему стоит попробовать получить $f(n+1)$. А теперь непосредственно этим и займусь:
$\[\begin{array}{l}
f(n + 1) = \frac{1}{{{2^{2(n + 1)}}}}\left( {\begin{array}{*{20}{c}}
{2(n + 1)}\\
{n + 1}
\end{array}} \right) = \frac{1}{4}\frac{1}{{{2^{2n}}}}\frac{{(2(n + 1))!}}{{(n + 1)!(n + 1)!}} = \frac{1}{4}\frac{1}{{{2^{2n}}}}\frac{{(2n)!(2n + 1)(2n + 2)}}{{n!n!{{(n + 1)}^2}}} = \\
 = \frac{1}{2}\frac{1}{{{2^{2n}}}}\frac{{(2n)!(2n + 1)}}{{n!n!(n + 1)}} = \frac{1}{2}\frac{{(2n + 1)}}{{(n + 1)}}f(n) = \left( {1 - \frac{1}{{2(n + 1)}}} \right)f(n)
\end{array}\]$

Легко видеть, что полученное тождество можно переписать в виде:
$\[\begin{array}{l}
f(n + 1) - f(n)= \left( { - \frac{1}{{2(n + 1)}}} \right)f(n)
\end{array}\]$

Умножаем обе части на $2(n+1)$:
$2(n+1)f(n+1)-2(n+1)f(n)=-f(n)$

Делаем заключительное приведение подобных членов:
$2(n+1)f(n+1)-2nf(n)=f(n)$

Значит, $g(n)=2nf(n)$.

ГОТОВО!!! :)

$$$***$$$

PS
Doctor Boom в сообщении #1570342 писал(а):
Для больших $n$ вышло $E=\sqrt{\frac{2n}{\pi}}$, интересно та общая формула в пределе к этому стремится :roll:


Doctor Boom, конечно же нет! Представьте себе блуждающую частицу, которая всегда прыгает только вверх, и никогда - вниз. В этом случае за $n$ шагов она удалится от стартовой точки ровно на расстояние $n$. А значит, и $M[|X|]$ будет равно $n$. Зато можно доказать, что величина $M[|X|]$ будет наименьшей именно в случае симметричного блуждания. Т.е. в общем случае $M[|X|]$ всегда находится где-то между $n$ и $0,8\sqrt{n}$.

 Профиль  
                  
 
 Re: Мат. ожидание модуля дискретной случайной величины
Сообщение21.11.2022, 03:46 
Аватара пользователя


22/07/22

897
Random Drifter в сообщении #1570587 писал(а):
Doctor Boom, конечно же нет!

Как это нет, когда да :-) Погуглите центральную предельную теорему.
Random Drifter в сообщении #1570587 писал(а):
Представьте себе блуждающую частицу, которая всегда прыгает только вверх, и никогда - вниз. В этом случае за $n$ шагов она удалится от стартовой точки ровно на расстояние $n$. А значит, и $M[|X|]$ будет равно $n$.

Какое это имеет отношение к задаче? У нас частица равновероятностно может прыгать и вверх, и вниз.
Random Drifter в сообщении #1570587 писал(а):
Зато можно доказать, что величина $M[|X|]$ будет наименьшей именно в случае симметричного блуждания.

Так вы уже выше ее "нашли", по какому параметру минимизируете? По вероятности пойти вверх?
Random Drifter в сообщении #1570587 писал(а):
Т.е. в общем случае $M[|X|]$ всегда находится где-то между $n$ и $0,8\sqrt{n}$.

Моя формула точнее приближает минимум

-- 21.11.2022, 03:50 --

Random Drifter в сообщении #1570587 писал(а):
Т.е. в общем случае $M[|X|]$ всегда находится где-то между $n$ и $0,8\sqrt{n}$

Вот вы посчитайте мою
Doctor Boom в сообщении #1570342 писал(а):
$E=\sqrt{\frac{2n}{\pi}}$
там примерно $0.798\sqrt{n}$ :P

 Профиль  
                  
 
 Re: Мат. ожидание модуля дискретной случайной величины
Сообщение21.11.2022, 18:51 


13/11/22
10
Я просто хочу сказать, что для неоднородного разностного уравнения не существует общего метода решения. А значит, угадывать придется в любом случае. Вот только моя догадка гораздо более простая и интуитивно понятная, чем притаскивание сюда за уши "метода" производящей функции. Функция $f(x)=\frac{1}{2^{2n}}\binom{2n}{n}$ состоит из произведения биномиального коэффициента на степень двойки. Биномиальный коэффициент состоит в свою очередь из одних только факториалов, известных своим свойством рекуррентности. Поэтому здесь получается практически одна сплошная рекуррентность, и поэтому просто грех было бы не попытаться выразить f(n+1) через f(n), чтобы потом посмотреть, к чему это приведет. Напротив, производящая функция, даже если она задана в явном, так сказать, эксплицитном виде, даже тогда я не знал, как ее проверить хотя бы, пока мне тут не подсказали. По индукции ее не проверишь, а раскладывать в ряд Тейлора - тоже дело безнадежное, поскольку бесконечное число коэффициентов не проверишь, хоть ты тресни. И откуда ее взять - тоже непонятно. Короче, производящая функция в данном конкретном случае больше мешает, чем помогает.

А тем, кто считает, что метод производящей функции позволяет в общем случае решить неоднородное разностное уравнение, предлагаю попробовать свернуть в замкнутую формулу вот такую сумму: $\sum\limits_{k=0}^{n}\frac{1}{k!}$.

PS
Doctor Boom, тогда я не понял, о чем речь. Какая "та общая формула"? Вот эту свою формулу $M[|X_{N+1}|]=M[|X_{N}|]+1-2P(X_{N}<0)$ я выводил для общего случая. Т.е. она верна и для несимметричного блуждания. 0,8 - это и есть ваше число $\sqrt{\frac{2}{\pi}}$ (мне просто лень было его набивать).

 Профиль  
                  
 
 Re: Мат. ожидание модуля дискретной случайной величины
Сообщение22.11.2022, 08:07 
Аватара пользователя


22/07/22

897
Random Drifter
Ок, тогда вопросов нет, я просто решал задачу из стартового поста ТС :-)

 Профиль  
                  
 
 Re: Мат. ожидание модуля дискретной случайной величины
Сообщение23.11.2022, 00:28 


13/11/22
10
В одной методичке я видел следующее решение уравнения $g(n+1)-g(n)=f(n)$:
$$g(n)=g(0)+\sum\limits_{k=0}^{n-1}f(k)$$
И ВСЁ! Считается, что этого достаточно. Ничего там дальше сворачивать не требуется. Спрашивается, а зачем же тогда нужны все эти производящие функции, и т.д.? Я так понимаю, только затем, чтобы получить хоть какой-то определенный ответ после записи "$g(n)=$" - хоть сумму, хоть что-то. Хоть в каком-нибудь, но явном виде. Обычно только такой ответ производящие функции и могут предоставить.

Просто когда я вижу вот такое:
Sergic Primazon в сообщении #1392533 писал(а):
$M_{2n+1}=p_0+M_{2n}\ , \ M_{2n+2}=M_{2n+1}\ $ , где $\ p_0=\dfrac{C_{2n}^n}{4^n}$ - вероятность вернуться в $0$.

$$M_{2n+1}=\sum\limits_{k=0}^{n} \dfrac{C_{2k}^k}{4^k}= \dfrac{(2n+1)C_{2n}^n}{4^n}$$
- коэффициент при $t^n$ в разложении $f(t)= \dfrac{1}{\sqrt{1-t}}(1+t+t^2 + ...)$

мне хочется ответить: а сумма $\sum\limits_{k=0}^{n}\frac{1}{k!}$ является коэффициентом при $t^n$ в разложении $\frac{e^t}{1-t}$. Ну и, дальше-то что? Как этот факт поможет мне свернуть эту сумму? Понятно, что никак.

Правда, в случае с последовательностью $\{\dfrac{C_{2k}^k}{4^k}\}$ ее "новая" производящая функция (уже поделенная на $1-t$), судя по всему, связана со своим рядом Тейлора тем же способом, что и "старая" производящая функция: т.е. с помощью бинома Ньютона. Фактически, бином Ньютона - это в данном случае и есть та замкнутая форма, в которую нужно свернуть этот ряд. И только потому это и возможно сделать в данном случае, что эта форма тут имеется. Вот только автор почему-то "забыл" об этом упомянуть. Всё самое важное он опустил или пропустил.

По большому счету, можно было вовсе не морочить голову производящими функциями, а сразу сказать, что $\binom{-1/2}{k}=\frac{-1}{4}^k\binom{2k}{k}$, и поэтому сворачиваемый ряд можно привести к виду \sum\limits_{k=0}^{n}(-1)^k\binom{-1/2}{k}. А это сумма биномиальных коэффициентов. Только не совсем обычная сумма, поскольку коэффициенты берутся от дробного аргумента. Ну и дальше... как-нибудь так?
\[\sum\limits_{k = 0}^n {{{( - 1)}^k}\left( {\begin{array}{*{20}{c}}
{ - 1/2}\\
k
\end{array}} \right)}  = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
{ - 1/2}\\
0
\end{array}} \right) - \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
{ - 1/2}\\
1
\end{array}} \right) + \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
{ - 1/2}\\
2
\end{array}} \right) - \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
{ - 1/2}\\
3
\end{array}} \right) + ...\]
Не знаю, короче. Я так думаю, что должна быть формула и на этот случай. Даже странно, что Грэхем с Кнутом ее не привели. Если уж вводить биномиальные коэффициенты с дробными аргументами, надо тогда заодно объяснить и как их складывать (кстати, в целочисленном случае тут должен был получиться ноль).


Короче, вы если хотите что-то сказать, то говорите! Почему я каждого должен за язык тянуть в попытке понять, что он имел в виду? Или я должен был сам догадаться, что означает сей коан? (Да, видимо, на то и был расчет.)
Получается как в том анекдоте:

Профессор читает лекцию по математике. Выписывает на доске длиннющую, совершенно необозримую формулу и заявив: «Отсюда с очевидностью следует…» выписывает еще более громоздкую формулу. На минуту задумывается, потом, извинившись, выходит из аудитории. Примерно через полчаса возвращается и, небрежно бросив на кафедру кипу исписанной бумаги, заявляет: «Да, это действительно очевидно» и продолжает лекцию.

Только в данном случае даже не смешно. Потому что складывается превратное впечатление, будто производящие функции являются общим методом свернуть произвольный ряд в замкнутую формулу. (А это не так.)

PS
Ладно, короче. Мне уже надоело мусолить эту тему. И я уже понял всё, что хотел понять. Спасибо всем, кто помогал разобраться!

 Профиль  
                  
Показать сообщения за:  Поле сортировки  
Начать новую тему Ответить на тему  [ Сообщений: 33 ]  На страницу Пред.  1, 2, 3  След.

Модераторы: Модераторы Математики, Супермодераторы



Кто сейчас на конференции

Сейчас этот форум просматривают: нет зарегистрированных пользователей


Вы не можете начинать темы
Вы не можете отвечать на сообщения
Вы не можете редактировать свои сообщения
Вы не можете удалять свои сообщения
Вы не можете добавлять вложения

Найти:
Powered by phpBB © 2000, 2002, 2005, 2007 phpBB Group