Oomblikgenererende funksies: 13 belangrike feite


Oomblikgenererende funksie    

Momentgenererende funksie is 'n baie belangrike funksie wat die momente van ewekansige veranderlike genereer wat gemiddelde, standaardafwyking en variansie ens. behels, dus met die hulp van slegs momentgenererende funksie kan ons basiese momente sowel as hoër momente vind. In hierdie artikel het ons sal momentgenererende funksies vir die verskillende diskrete en kontinue ewekansige veranderlikes sien. aangesien die Moment genererende funksie (MGF) gedefinieer word met behulp van wiskundige verwagting wat deur M(t) aangedui word as

[latex][/latex]

[latex]M(t)=E\links[e^{t X}\regs][/latex]

en die gebruik van die definisie van verwagting vir die diskrete en kontinue ewekansige veranderlike hierdie funksie sal wees

[latex]M(t)=\left\{\begin{array}{ll}
\sum_{x} e^{tx} p(x) & \text { if } X \text { is diskreet met massafunksie } p(x) \\
\int_{-\infty}^{\infty} e^{ix} f(x) dx & \text { if } X \text { is kontinu met digtheid } f(x)
\end{skikking}\regs.
[/latex]

wat deur die waarde van t as nul te vervang, onderskeie momente genereer. Hierdie oomblikke moet ons versamel deur hierdie oomblikgenererende funksie te differensieer, byvoorbeeld vir eerste oomblik of beteken wat ons kan verkry deur een keer te differensieer as

[latex]\begin{aligned}
M^{\prime}(t) &=\frac{d}{dt} E\left[e^{t X}\right] \\
&=E\left[\frac{d}{dt}\left(e^{LX}\right)\right] \\
&=E\links[X e^{t X}\regs]
\end{belyn}[/latex]

Dit gee die wenk dat differensiasie uitruilbaar is onder die verwagting en ons kan dit skryf as

[latex]\frac{d}{dt}\left[\sum_{x} e^{ix} p(x)\right]=\som_{x} \frac{d}{dt}\left[e^ {\operateurnaam{tr}} p(x)\right][/latex]

en

[latex]\frac{d}{dt}\left[\int e^{ix} f(x) dx\right]=\int \frac{d}{dt}\left[e^{tx} f( x)\regs] dx[/latex]

as t=0 sal bogenoemde momente wees

[latex]M^{\prime}(0)=E[X][/latex]

en

[latex]\begin{aligned}
M^{\prime \prime}(t) &=\frac{d}{dt} M^{\prime}(t) \\
&=\frac{d}{dt} E\links[X e^{t X}\regs] \\
&=E\left[\frac{d}{dt}\left(X e^{t X}\right)\right] \\
&=E\links[X^{2} e^{LX}\regs]\\
M^{\prime \prime}(0)&=E\left[X^{2}\right]
\end{belyn}[/latex]

Oor die algemeen kan ons dit sê

[latex]M^{n}(t)=E\left[X^{n} e^{t X}\right] \quad n \geq 1[/latex]

vandaar

[latex]M^{n}(0)=E\left[X^{n}\right] \quad n \geq 1[/latex]

Momentgenererende funksie van binomiale verspreiding||Binomiale verspreiding momentgenererende funksie||MGF van binomiale verspreiding||Gemiddeld en variansie van binomiaalverspreiding met behulp van momentgenererende funksie

Die Momentgenererende funksie vir die ewekansige veranderlike X wat Binomiaalverdeling is, sal die waarskynlikheidsfunksie van binomiaalverdeling volg met die parameters n en p as

[latex]\begin{aligned}
M(t) &=E\links[e^{t X}\regs] \\
&=\sum_{k=0}^{n} e^{tk}\left(\begin{skikking}{l}
n \\
k
\end{skikking}\right) p^{k}(1-p)^{nk} \\
&=\sum_{k=0}^{n}\left(\begin{skikking}{l}
n \\
k
\end{skikking}\right)\left(pe^{t}\right)^{k}(1-p)^{nk} \\
&=\left(pe^{t}+1-p\regs)^{n}
\end{belyn}[/latex]

wat die resultaat is deur binomiale stelling, nou differensieer en stel die waarde van t=0

[latex]M^{\prime}(t)=n\left(pe^{t}+1-p\right)^{n-1} pe^{t}\\
E[X]=M^{\prime}(0)=np[/latex]

wat die gemiddelde of eerste moment van binomiale verspreiding is, net soos die tweede moment sal wees

[latex]M^{\prime}(t)=n(n-1)\left(pe^{t}+1-p\right)^{n-2}\left(pe^{t}\right )^{2}+n\links(pe^{t}+1-p\regs)^{n-1} pe^{t}\\
E\left[X^{2}\right]=M^{\prime \prime}(0)=n(n-1) p^{2}+np[/latex]

dus sal die variansie van die binomiale verspreiding wees

[latex]\begin{aligned}
\operatornaam{Var}(X) &=E\links[X^{2}\regs]-(E[X])^{2} \\
&=n(n-1) p^{2}+n pn^{2} p^{2} \\
&=np(1-p)
\end{belyn}[/latex]

wat die standaardgemiddelde en variansie van binomiale verspreiding is, insgelyks kan ons die hoër momente vind deur hierdie momentgenererende funksie te gebruik.

Moment genererende funksie van Fish verspreiding||Fish verspreidingsmoment genererende funksie||MGF van Fish verspreiding||Gemiddelde en variansie van Poisson-verspreiding met behulp van momentgenererende funksie

 As ons die ewekansige veranderlike X het wat Poisson-verspreid is met parameter Lambda, dan sal die oomblikgenererende funksie vir hierdie verspreiding wees

[latex]\begin{aligned}
M(t) &=E\links[e^{\ell X}\regs] \\
&=\sum_{n=0}^{\infty} \frac{e^{in} e^{-\lambda} \lambda^{n}}{n !} \\
&=e^{-\lambda} \sum_{n=0}^{\infty} \frac{\left(\lambda e^{t}\right)^{n}}{n !}\\
&=e^{-\lambda} e\\
&=e^ {\left\{\lambda\left(e^{t}-1\right)\right\}}
\end{belyn}[/latex]

nou differensieer dit sal gee

[latex]\begin{aligned}
M^{\prime}(t) &=\lambda e^{t} e^{\left\{\lambda\left(e^{t}-1\right)\right\} }\\
M^{\prime \prime}(t) &=\left(\lambda e^{t}\right)^{2} e^{\left\{\lambda\left(e^{t}-1\ regs)\right\}}+\lambda e^{t} e^{ \left\{\lambda\left(e^{t}-1\right)\right\}}
\end{belyn}[/latex]

dit gee

[latex]\begin{aligned}
E[X] &=M^{\prime}(0)=\lambda \\
E\left[X^{2}\right] &=M^{\prime \prime}(0)=\lambda^{2}+\lambda \\
\operatornaam{Var}(X) &=E\links[X^{2}\regs]-(E[X])^{2} \\
&=\lambda
\end{belyn}[/latex]

wat die gemiddelde en variansie vir die Poisson-verspreiding dieselfde gee wat waar is

Momentgenererende funksie van eksponensiële verspreiding||Eksponensiële verspreidingsmoment genererende funksie||MGF van Eksponensiële verspreiding||Gemiddeld en Variansie van Eksponensiële verspreiding met behulp van momentgenererende funksie

                Die Moment genererende funksie vir die eksponensiële ewekansige veranderlike X deur die definisie te volg is

[latex]\begin{aligned}
M(t) &=E\links[e^{t X}\regs] \\
&=\int_{0}^{\infty} e^{\lfloor x} \lambda e^{-\lambda x} dx \\
&=\lambda \int_{0}^{\infty} e^{-(\lambda-t) x} dx \\
&=\frac{\lambda}{\lambda-t} \quad \text { vir } t<\lambda
\end{belyn}[/latex]

hier is die waarde van t minder as die parameter lambda, nou differensieer dit sal gee

[latex]M^{\prime}(t)=\frac{\lambda}{(\lambda-t)^{2}} \quad M^{\prime \prime}(t)=\frac{2 \ lambda}{(\lambda-t)^{3}}[/latex]

wat die oomblikke verskaf

[latex]E[X]=M^{\prime}(0)=\frac{1}{\lambda} \quad E\left[X^{2}\right]=M^{\prime \prime} (0)=\frac{2}{\lambda^{2}}[/latex]

duidelik

[latex]\begin{aligned}
\operatornaam{Var}(X) &=E\links[X^{2}\regs]-(E[X])^{2} \\
&=\frac{1}{\lambda^{2}}
\end{belyn}[/latex]

Wat is die gemiddelde en variansie van eksponensiële verspreiding.

Momentgenererende funksie van Normale verspreiding||Standardl verspreidingsmoment genererende funksie||MGF van Standardl verspreiding||Gemiddeld en Variansie van Normaal verspreiding met behulp van momentgenererende funksie

  Die Momentgenererende funksie vir die kontinue verdelings is ook dieselfde as die diskrete een, dus die momentgenererende funksie vir die normaalverdeling met standaardwaarskynlikheidsdigtheidfunksie sal wees

[latex]\begin{aligned}
M_{Z}(t) &=E\links[e^{t Z}\regs] \\
&=\frac{1}{\sqrt{2 \pi}} \int_{-\infty}^{\infty} e^{tx} e^{-x^{2} / 2} dx
\end{belyn}[/latex]

hierdie integrasie kan ons oplos deur aanpassing as

[latex]\begin{skikking}{l}
=\frac{1}{\sqrt{2 \pi}} \int_{-\infty}^{\infty} e^{ \left\{-\frac{\left(x^{2}-2 tx\ regs)}{2}\right\} }dx \\
=\frac{1}{\sqrt{2 \pi}} \int_{-\infty}^{\infty} e^{ \left\{-\frac{(xt)^{2}}{2}+ \frac{t^{2}}{2}\right\}} dx \\
=e^{t^{2} / 2} \frac{1}{\sqrt{2 \pi}} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-(xt)^{2} / 2} dx \\
=e^{t^{2} / 2}
\end{skikking}[/latex]

aangesien die waarde van integrasie 1 is. Dus sal die momentgenererende funksie vir die standaard normale variasie wees

[latex]M_{Z}(t)=e^{t^{2} / 2}[/latex]

hieruit kan ons vir enige algemene normale ewekansige veranderlike die momentgenererende funksie vind deur die verband te gebruik

[latex]X=\mu+\sigma Z[/latex]

dus

[latex]\begin{aligned}
M_{X}(t) &=E\links[e^{t X}\regs] \\
&=E\links[e^{t(\mu+\sigma Z)}\regs] \\
&=E\left[e^{t \mu} e^{b \sigma Z}\right] \\
&=e^{t \mu} E\left[e^{k \sigma Z}\right] \\
&=e^{t \mu} M_{Z}(t \sigma) \\
&=e^{t \mu} e^{(t \sigma)^{2} / 2} \\
&=e^{\left\{\frac{\sigma^{2} t^{2}}{2}+\mu t\right\}}
\end{belyn}[/latex]

so gee differensiasie ons

[latex]\begin{skikking}{l}
M_{X}^{\prime}(t)=\left(\mu+t \sigma^{2}\right) \exp \left\{\frac{\sigma^{2} t^{2}} {2}+\mu t\right\} \\
M_{X}^{\prime \prime}(t)=\left(\mu+t \sigma^{2}\right)^{2} \exp \left\{\frac{\sigma^{2} t^{2}}{2}+\mu t\right\}+\sigma^{2} \exp \left\{\frac{\sigma^{2} t^{2}}{2}+\ mu t\reg\}
\end{skikking}[/latex]

dus

[latex]\begin{aligned}
E[X] &=M^{\prime}(0)=\mu \\
E\left[X^{2}\right] &=M^{\prime \prime}(0)=\mu^{2}+\sigma^{2}
\end{belyn}[/latex]

dus sal die afwyking wees

[latex]\begin{aligned}
\operatornaam{Var}(X) &=E\links[X^{2}\regs]-E([X])^{2} \\
&=\sigma^{2}
\end{belyn}[/latex]

Momentgenererende funksie van Som van ewekansige veranderlikes

Die Oomblikgenererende funksie van som van ewekansige veranderlikes gee belangrike eienskap dat dit gelyk is aan die produk van momentgenererende funksie van onderskeie onafhanklike ewekansige veranderlikes wat vir onafhanklike ewekansige veranderlikes X en Y is, dan is die momentgenererende funksie vir die som van ewekansige veranderlike X+Y

Oomblikgenererende funksie
MGF VAN SOM

hier oomblik genereer funksies van elke X en Y is onafhanklik deur die eienskap van wiskundige verwagting. In die opeenvolging sal ons die som van momentgenererende funksies van verskillende verdelings vind.

Som van binomiale ewekansige veranderlikes

As die ewekansige veranderlikes X en Y deur binomiale verdeling met die parameters (n,p) en (m,p) onderskeidelik versprei word, sal momentgenererende funksie van hul som X+Y wees

[latex]\begin{aligned}
M_{X+Y}(t)=M_{X}(t) M_{Y}(t) &=\left(pe^{t}+1-p\right)^{n}\left(pe^ {t}+1-p\regs)^{m} \\
&=\left(pe^{t}+1-p\regs)^{m+n}
\end{belyn}[/latex]

waar die parameters vir die som (n+m,p) is.

Som van Poisson ewekansige veranderlikes

Die verspreiding vir die som van onafhanklike ewekansige veranderlikes X en Y met onderskeie gemiddeldes wat deur Poisson-verspreiding versprei word, kan ons vind as

[latex]\begin{aligned}
M_{X+Y}(t) &=M_{X}(t) M_{Y}(t) \\
&=\exp \left\{\lambda_{1}\left(e^{t}-1\right)\right\} \exp \left\{\lambda_{2}\left(e^{t}- 1\regs)\regs\} \\
&=\exp \left\{\left(\lambda_{1}+\lambda_{2}\right)\left(e^{t}-1\right)\right\}
\end{belyn}[/latex]

Waar

[latex]\lambda_{1}+\lambda_{2}[/latex]

is die gemiddelde van Poisson ewekansige veranderlike X+Y.

Som van normale ewekansige veranderlikes

     Oorweeg die onafhanklike normale ewekansige veranderlikes X en Y met die parameters

[latex]links(\mu_{1}, \sigma_{1}^{2}\right) \ en \ \left(\mu_{2}, \sigma_{2}^{2}\right)[/latex ]

dan vir die som van ewekansige veranderlikes X+Y met parameters

[latex]\mu_{1}+\mu_{2} \ en \ \sigma_{1}^{2}+\sigma_{2}^{2}[/latex]

dus sal die oomblikgenererende funksie wees

[latex]\begin{aligned}
M_{X+Y}(t) &=M_{X}(t) M_{Y}(t) \\
&=e^{\left\{\frac{\sigma_{1}^{2} t^{2}}{2}+\mu_{1} t\right\} \exp \left\{\frac{ \sigma_{2}^{2} t^{2}}{2}+\mu_{2} t\right\}} \\
&=e^{\left\{\frac{\left(\sigma_{1}^{2}+\sigma_{2}^{2}\right) t^{2}}{2}+\left(\mu_{1}+\mu_{2}\right) t\right\}}
\end{belyn}[/latex]

wat momentgenererende funksie is met additiewe gemiddelde en variansie.

Som van ewekansige aantal ewekansige veranderlikes

Om die momentgenererende funksie van die som van die ewekansige aantal ewekansige veranderlikes te vind, laat ons die ewekansige veranderlike aanneem

[latex]Y=\sum_{i=1}^{N} X_{i[/latex]

waar die ewekansige veranderlikes X1,X2, … is volgorde van ewekansige veranderlikes van enige tipe, wat onafhanklik en identies versprei is, dan sal die oomblikgenererende funksie wees

[latex]\begin{aligned}
E\left[\exp \left\{t \sum_{1}^{N} X_{i}\right\} \mid N=n\right] &=E\left[\exp \left\{t \ som_{1}^{n} X_{i}\right\} \mid N=n\right] \\
&=E\left[\exp \left\{t \sum_{1}^{n} X_{i}\right\}\right] \\
&=\links[M_{X}(t)\regs]^{n}
\end{belyn}[/latex]

[latex]\text{waar }MX(t)=E\left[e^{t X_{i}}\right]\\ \text{Dus } E\left[e^{t Y} \mid N\ regs]=\left(M_{X}(t)\right)^{N}\\ M_{Y}(t)=E\left[\left(M_{X}(t)\right)^{N }\regs][/latex]

Wat die momentgenererende funksie van Y op differensiasie as gee

[latex]M_{Y}^{\prime}(t)=E\left[N\left(M_{X}(t)\right)^{N-1} M_{X}^{\prime}( t)\regs][/latex]

vandaar

[latex]\begin{aligned}
E[Y] &=M_{Y}^{\prime}(0) \\
&=E\left[N\left(M_{X}(0)\right)^{N-1} M_{X}^{\prime}(0)\right] \\
&=E[VOLGENDE] \\
&=E[N] E[X]
\end{belyn}[/latex]

op soortgelyke wyse sal die differensiasie twee keer gee

[latex]M_{Y}^{\prime \prime}(t)=E\left[N(N-1)\left(M_{X}(t)\right)^{N-2}\left( M_{X}^{\prime}(t)\right)^{2}+N\left(M_{X}(t)\right)^{N-1} M_{X}^{\prime \prime }(t)\regs][/latex]

wat gee

[latex]\begin{aligned}
E\left[Y^{2}\right] &=M_{Y}^{\prime \prime}(0) \\
&=E\links[N(N-1)(E[X])^{2}+NE\links[X^{2}\regs]\regs] \\
&=(E[X])^{2}\left(E\left[N^{2}\right]-E[N]\right)+E[N] E\left[X^{2}\ regs] \\
&=E[N]\left(E\left[X^{2}\right]-(E[X])^{2}\right)+(E[X])^{2} E\left[ N^{2}\regs] \\
&=E[N] \operateurnaam{Var}(X)+(E[X])^{2} E\left[N^{2}\right]
\end{belyn}[/latex]

dus sal die afwyking wees

[latex]\begin{aligned}
\operatornaam{Var}(Y) &=E[N] \operatornaam{Var}(X)+(E[X])^{2}\left(E\left[N^{2}\right]-( E[N])^{2}\regs) \\
&=E[N] \operateurnaam{Var}(X)+(E[X])^{2} \operateurnaam{Var}(N)
\end{belyn}[/latex]

Voorbeeld van Chi-kwadraat ewekansige veranderlike

Bereken die momentgenererende funksie van die Chi-kwadraat ewekansige veranderlike met n-vryheidsgraad.

Oplossing: oorweeg die Chi-kwadraat ewekansige veranderlike met die n-graad van vryheid vir

[latex]Z_{1}^{2}+\cdots+Z_{n}^{2}[/latex]

die volgorde van standaard normale veranderlikes dan sal die momentgenererende funksie wees

[latex]M(t)=\left(E\left[e^{t Z^{2}}\right]\right)^{n}[/latex]

so dit gee

[latex]\begin{aligned}
E\left[e^{t Z^{2}}\right] &=\frac{1}{\sqrt{2 \pi}} \int_{-\infty}^{\infty} e^{tx^ {2}} e^{-x^{2} / 2} dx \\
&=\frac{1}{\sqrt{2 \pi}} \int_{-\infty}^{\infty} e^{-x^{2} / 2 \sigma^{2}} dx \quad \ teks { waar } \sigma^{2}=(1-2 t)^{-1} \\
&=\sigma \\
&=(1-2 t)^{-1 / 2}
\end{belyn}[/latex]

die normale digtheid met gemiddelde 0 en variansie σ2 integreer tot 1

[latex]M(t)=(1-2 t)^{-n / 2}[/latex]

wat die vereiste momentgenererende funksie van n mate van vryheid is.

Voorbeeld van Uniform ewekansige veranderlike

Vind die momentgenererende funksie van ewekansige veranderlike X wat binomiaal versprei is met parameters n en p gegee die voorwaardelike ewekansige veranderlike Y=p op die interval (0,1)

Oplossing: Om die momentgenererende funksie van ewekansige veranderlike X gegewe Y te vind

[latex]E\left[e^{XX} \mid Y=p\right]=\left(pe^{t}+1-p\right)^{n}[/latex]

deur die binomiale verspreiding te gebruik, is sin Y die Uniforme ewekansige veranderlike op die interval (0,1)

[latex]
\begin{skikking}{l}
E\left[e^{t X}\right]=\int_{0}^{1}\left(pe^{t}+1-p\right)^{n} dp
\\=\frac{1}{e^{t}-1} \int_{1}^{e^{t}} y^{n} dy\\
=\frac{1}{n+1} \frac{e^{t(n+1)}-1}{e^{t}-1} \\
=\frac{1}{n+1}\left(1+e^{t}+e^{2 t}+\cdots+e^{nt}\right)
\end{skikking}
\\\text{deur }\left.y=pe^{t}+1-p\right te vervang)
[/latex]

Gesamentlike oomblik genererende funksie

Die gesamentlike momentgenererende funksie vir die n aantal ewekansige veranderlikes X1,X2,…,Xn

[latex]M\left(t_{1}, \ldots, t_{n}\right)=E\left[e^{t_{1} X_{1}+\cdots+t_{n} X_{n} }\regs][/latex]

waar t1,t2,……tn is die reële getalle, vanaf die gesamentlike momentgenererende funksie kan ons die individuele momentgenererende funksie vind as

[latex]M_{X_{i}}(t)=E\left[e^{t X_{i}}\right]=M(0, \ldots, 0, t, 0, \ldots, 0)[ /latex]

Stelling: Die ewekansige veranderlikes X1,X2,…,Xn is onafhanklik as en slegs as die gesamentlike mementgenererende funksie

[latex]M\left(t_{1}, \ldots, t_{n}\right)=M X_{1}\left(t_{1}\right) \cdots M X_{n}\left(t_{ n}\regs)[/latex]

Bewys: Kom ons neem aan dat die gegewe ewekansige veranderlikes X1,X2,…,Xn is dan onafhanklik

[latex]\begin{aligned}
M\left(t_{1}, \ldots, t_{n}\right) &=E\left[e^{\left(t_{1} X_{1}+\cdots+t_{n} X_{n }\regs)}\regs] \\
&=E\left[e^{t_{1} X_{1}} \ldots e^{t_{n} X_{n}}\right] \\
&=E\left[e^{t_{1} X_{1}}\right] \cdots E\left[e^{t_{n} X_{n}}\right] \quad \text { deur onafhanklikheid } \\
&=M_{X_{1}}\left(t_{1}\right) \cdots M_{X_{n}}\left(t_{n}\right)
\end{belyn}[/latex]

Aanvaar nou dat die gesamentlike momentgenererende funksie aan die vergelyking voldoen

[latex]M\left(t_{1}, \ldots, t_{n}\right)=M X_{1}\left(t_{1}\right) \cdots M X_{n}\left(t_{ n}\regs)[/latex]

  • om die ewekansige veranderlikes X te bewys1,X2,…,Xn is onafhanklik het ons die resultaat dat die gesamentlike moment genererende funksie uniek die gesamentlike verspreiding gee (dit is nog 'n belangrike resultaat wat bewys vereis) so ons moet gesamentlike verspreiding hê wat wys die ewekansige veranderlikes is onafhanklik, vandaar die nodige en voldoende voorwaarde bewys.

Voorbeeld van gesamentlike oomblik genererende funksie

1.Bereken die gesamentlike momentgenererende funksie van die ewekansige veranderlike X+Y en XY

Oplossing: Aangesien die som van ewekansige veranderlikes X+Y en aftrekking van ewekansige veranderlikes XY onafhanklik is soos vir die onafhanklike ewekansige veranderlikes X en Y, sal die gesamentlike momentgenererende funksie vir hierdie

[latex]\begin{aligned}
E\links[e^{n(X+Y)+s(XY)}\regs] &=E\left[e^{(t+s) X+(ts) Y}\regs] \\
&=E\left[e^{(t+s) X}\right] E\left[e^{(ts) Y}\right] \\
&=e^{\mu(t+s)+\sigma^{2}(t+s)^{2} / 2} e^{\mu(ts)+\sigma^{2}(ts)^ {2} / 2} \\
&=e^{2 \mu t+\sigma^{2} t^{2}} e^{\sigma^{2} s^{2}}
\end{belyn}[/latex]

aangesien hierdie momentgenererende funksie die gesamentlike verspreiding bepaal, kan ons hieruit X+Y hê en XY is onafhanklike ewekansige veranderlikes.

2. Oorweeg vir die eksperiment die aantal gebeurtenisse getel en ongetel versprei deur gifverdeling met waarskynlikheid p en die gemiddelde λ, toon dat die aantal getelde en ongetelde gebeurtenisse onafhanklik is met onderskeie gemiddeldes λp en λ(1-p).

Oplossing: Ons sal X as die aantal gebeurtenisse en X beskouc die aantal getelde gebeurtenisse, dus is die aantal ongetelde gebeurtenisse XXc, die gesamentlike oomblik genererende funksie sal moment genereer

[latex]\begin{aligned}
E\left[e^{\kappa X_{\varepsilon}+t\left(X-X_{c}\right)} \mid X=n\right] &=e^{\ln } E\left[e ^{(st) X_{c}} \mid X=n\right] \\
&=e^{in}\left(pe^{st}+1-p\right)^{n} \\
&=\left(pe^{s}+(1-p) e^{t}\right)^{n}
\end{belyn}[/latex]

en deur die oomblik genererende funksie van binomiale verspreiding

[latex]E\left[e^{s X_{\varepsilon}+t\left(X-X_{\varepsilon}\right)} \mid X\right]=\left(pe^{s}+(1) -p) e^{t}\regs)^{X}[/latex]

en om verwagting af te neem, sal dit gee

[latex]E\left[e^{\som X_{c}+t\left(X-X_{c}\right)}\right]=E\left[\left(pe^{s}+(1 -p) e^{t}\regs)^{X}\regs]\\
\begin{aligned}
E\left[e^{s X_{c}+t\left(X-X_{c}\right)}\right] &=e^{\lambda\left(pe^{\prime}+(1- p) e^{t}-1\regs)} \\
&=e^{\lambda p\left(e^{c-1}\right)} e^{\lambda(1-p)\left(e^{t}-1\right)}
\end{belyn}[/latex]

Gevolgtrekking:

Deur die standaarddefinisie van momentgenererende funksie te gebruik, is die momente vir die verskillende verdelings soos binomiaal, gif, normaal ens bespreek en die som van hierdie ewekansige veranderlikes óf die diskrete óf kontinue die momentgenererende funksie vir daardie en gesamentlike momentgenererende funksie is verkry met gepaste voorbeelde, as jy verdere leeswerk benodig, gaan deur onderstaande boeke.

Vir meer artikels oor Wiskunde, sien asseblief ons Wiskunde bladsy.

'n Eerste kursus in waarskynlikheid deur Sheldon Ross

Schaum se buitelyne van waarskynlikheid en statistiek

'n Inleiding tot waarskynlikheid en statistiek deur ROHATGI en SALEH

DR. Mohammed Mazhar Ul Haque

Ek is DR. Mohammed Mazhar Ul Haque, Assistent-professor in Wiskunde. Het 12 jaar ondervinding in onderwys. Met groot kennis in Suiwer Wiskunde, presies oor Algebra. Met die geweldige vermoë van probleemontwerp en -oplossing. In staat om kandidate te motiveer om hul prestasie te verbeter. Ek dra graag by tot Lambdageeks om Wiskunde Eenvoudig, Interessant & Selfverduidelikend vir beginners sowel as kundiges te maak. Kom ons koppel deur LinkedIn - https://www.linkedin.com/in/dr-mohammed-mazhar-ul-haque-58747899/

Onlangse plasings