Теорвер. Двойная производ. функция. Выразить распределения

[farewe11]

--mS-- в сообщении #481135 писал(а):

В одномерных п.ф. тоже "под одной подразумевается "?

Нет. это я опечатался :)

--mS-- в сообщении #481135 писал(а):

Напишите сюда, как выглядит готовое разложение в ряд Тейлора функции . И приведите уже подобные в показателе экспоненты в одномерных п.ф. - мальчики налево, девочки направо.

Начнем с того, что попроще: приведение подобных.

$$F_{\xi_1}(z_1) = e^{\lambda(p_2-1+z_1(p_1+p_3))}$$

$$F_{\xi_2}(z_2) = e^{\lambda(p_1-1+z_2(p_2+p_3))}$$

А разложение экспоненты выглядит вот так:

$$e^x = 1+ x + \frac{x^2}{2!} + \dots$$

Осмелюсь предположить, что нужно раскрыть скобки в показателе экспоненты производящей функции, и разложить в ряд Тейлора то слагаемое, у которого будет $z$ в показателе. Верно?
Если да, хотелось бы только узнать, что делать с остальными числам, типа $e^{\lambda\cdot p_1}$, ну и в этом роде?

[--mS--]

farewe11 в сообщении #481267 писал(а):

Осмелюсь предположить, что нужно раскрыть скобки в показателе экспоненты производящей функции, и разложить в ряд Тейлора то слагаемое, у которого будет $z$ в показателе. Верно?
Если да, хотелось бы только узнать, что делать с остальными числам, типа $e^{\lambda\cdot p_1}$, ну и в этом роде?

А давайте, Вы уже попробуете сделать то, что так долго собираетесь начать? И сами решите, что делать с этими числами. Попробуйте, Вам понравится.

[farewe11]

Если разложим производящую функцию $F_{\xi_1} (z_1)$, получим следующее:

$$e^{\lambda(p_1z_1+p_2+p_3z_1-1)} = e^{\lambda(p_2-1)}\cdot e^{z_1\cdot\lambda (p_1+p_3)} = $$

$$= e^{\lambda(p_2-1)} + e^{\lambda(p_2-1)}\cdot z_1\lambda (p_1+p_3) + e^{\lambda(p_2-1)}\cdot\frac{(z_1\lambda (p_1+p_3))^2}{2!} + \dots$$

Правильно это?

-- Чт сен 08, 2011 21:43:13 --

Скорее всего, правильно, ну, вернее, очень похоже на правду. Вопрос-то в том, как выражать-таки вероятности через полученный ряд. Например, $p(\xi_1 = 2)$ равняется $\lambda (p_1+p_3) e^{\lambda (p_2-1)}$ ? Это же коэффицент при втором члене ряда.

-- Чт сен 08, 2011 21:56:40 --

Ой нет, про ноль забыл. Тогда вот так: $p(\xi_1 = 1) = \lambda (p_1+p_3) e^{\lambda(p_2-1)}$

[--mS--]

farewe11 в сообщении #481608 писал(а):

Тогда вот так: $p(\xi_1 = 1) = \lambda (p_1+p_3) e^{\lambda(p_2-1)}$

Очевидно, так. Можно $p_1+p_3$ заменить через $p_2$ или наоборот, короче будет.

[farewe11]

--mS--, огромное спасибо за то, что и днём, и ночью помогали мне решить эту задачку, и за проявленное терпение, разумеется. Без Вас я бы никогда не справился, ибо, как Вы уже видели, ошибаюсь даже в самых простых действиях, что уж говорить о каком-нибудь вычислении ковариации... :)

[--mS--]

Право, не за что. Вам нужно больше решать, и тогда уверенность в своих действиях придёт. Ибо с неба оно не падает, а достигается упражнением :)