Цепь Маркова, подпоследовательность

[Mandel]

И второе:дальше ваша скобочка по пункты 2 будет равна:

$$ \ldots = \sum\limits_{\left( {i_6 ,i_5 ,i_4 } \right)} {P\left( {\xi _7 = i_7 ,\xi _6 = i_6 ,\xi _5 = i_5 ,\xi _4 = i_4 |\xi _3 = i_3 } \right)} = \\ = \sum\limits_{\left( {i_6 ,i_5 ,i_4 } \right)} {P\left( {\xi _7 = i_7 ,\xi _6 = i_6 ,\xi _5 = i_5 ,\xi _4 = i_4 |\xi _3 = i_3 } \right)} = P\left( {\xi _7 = i_7 |\xi _3 = i_3 } \right) \\ \end{array} $$

И все же мне не понятен сам СИМВОл

$$ \sum\limits_{\left( {i_6 ,i_5 ,i_4 } \right)} \ldots $$

Добавлено спустя 2 минуты 39 секунд:

Цитата:

Столько, сколько существует троек

А их нельзя узнать?

Добавлено спустя 37 минут 11 секунд:

А тогда в общем случае вот так можно доказывать:

$$ \begin{array}{l} P\left( {\xi _{n_s + q} = i_{n_s + q} |\xi _{n_1 } = i_{n_1 } , \ldots ,\xi _{n_k } = i_{n_k } } \right) = \left[ {n_s = \mathop {\max }\limits_i \left\{ {n_i } \right\}} \right] = \sum\limits_{i_{n_s + 1} } {\sum\limits_{i_{n_s + 2} } { \ldots \sum\limits_{i_{n_s + q - 1} } {P\left( {\xi _{n_s + q} = i_{n_s + q} ,\xi _{n_s + q - 1} = i_{n_s + q - 1} , \ldots ,\xi _{n_s + 1} = i_{n_s + 1} |\xi _{n_1 } = i_{n_1 } , \ldots ,\xi _{n_k } = i_{n_k } } \right)} } } = \\ = \sum\limits_{i_{n_s + 1} } {\sum\limits_{i_{n_s + 2} } { \ldots \sum\limits_{i_{n_s + q - 1} } {P\left( {\xi _{n_s + q} = i_{n_s + q} ,\xi _{n_s + q - 1} = i_{n_s + q - 1} , \ldots ,\xi _{n_s + 1} = i_{n_s + 1} |\xi _{n_s } = i_{n_s } } \right)} } } = P\left( {\xi _{n_s + q} = i_{n_s + q} |\xi _{n_s } = i_{n_s } } \right) \\ \end{array} $$

Я воспользовался перед последним знаком равно пунктом 2.Все так?

[PAV]

Да, только в условии нужно заменить $n_k$ на $n_s$.

Символ $\sum\limits_{(i_6,i_5,i_4)}$ означает в точности суммирование по всем возможным тройкам. То же, что $\sum\limits_{i_6}\sum\limits_{i_5}\sum\limits_{i_4}$

остается доказать только пункты 1 и 2

2 совсем простой, 1 (на мой взгляд) чуть посложнее

[Mandel]

Цитата:

Да, только в условии нужно заменить...

Во всех чтоли? (в моем последнем посте?)Тогда n_s=max...писать уже не надо!

Добавлено спустя 1 минуту 44 секунды:

А как тогда с учетом моего предпоследнего поста можно сформулировать утверждение задачи в общем случае?

Добавлено спустя 21 минуту 37 секунд:

Второй пункт почти доказал.Вот только на этом месте застрял.Почему:

$$ P\left( {\xi _n = i_n |\xi _{n - 1} = i_{n - 1} } \right) \cdot P\left( {\xi _{n - 1} = i_{n - 1} |\xi _{n - 2} = i_{n - 2} } \right) \ldots P\left( {\xi _{k + 1} = i_{k + 1} |\xi _k = i_k } \right) = P\left( {\xi _n = i_n ,\xi _{n - 1} = i_{n - 1} , \ldots ,\xi _{k + 1} = i_{k + 1} |\xi _k = i_k } \right) $$

[Mandel]

Как же додоказать пункт 2? )

[PAV]

Все по пункту 1. Согласно ему, можно во все вероятности в условия добавить любые переменные. Например,

$$ P(\xi_n=i_n|\xi_{n-1}=i_{n-1}) = P(\xi_n=i_n|\xi_{n-1}=i_{n-1},\xi_k=i_k) $$

Аналогично надо добавить то же самое условие во все остальные вероятности.

При этом написанное выражение превращается в разложение вероятности пересечения нескольких событий через условные вероятности.

[Mandel]

PAV а вот таких двоек $(i_6,i_5)$ разве не одна штука???

[PAV]

Mandel писал(а):

PAV а вот таких двоек $(i_6,i_5)$ разве не одна штука???

Что значит одна? По условию, каждая переменная $\xi_k$ принимает значения из множества $X$, имеющего $N$ элементов. Значит, величины $i_6$ и $i_5$, которые как раз и есть значения соответствующих величин $\xi$, независимо друг от друга пробегают эти $N$ значений. Т.е. таких пар $N^2$ штук: $(1,1), (1,2),\ldots,(N.N)$ (если обозначить значения натуральными числами).

В Вашей задаче совершенно не важно, сколько этих элементов. Их даже может быть бесконечно много, если $X$ будет бесконечным (только счетным). Все равно формулы останутся верными, только вместо конечных сумм будут ряды.