Da es sich um eine Statistikseite handelt, entwickeln wir eine rein statistische Lösung.
Die erste Formel in der Frage beachtet das richtig
λ+λ(1−λ)1+λ(1−λ)2+λ(1−λ)3+⋯=1,
implizit unter der Annahme von . Für reelle Zahlen zeigt dies als die Summe einer Reihe nicht negativer Werte. Dadurch können wir diese Werte als Wahrscheinlichkeiten betrachten . (Diese bestimmte Anzahl von Zahlen ist eine geometrische Verteilung .)|1−λ|<10<λ<11
Was könnten die Wahrscheinlichkeiten sein? Stellen Sie sich eine lange, breite rechteckige Dartscheibe vor. Der eft-Teil, der davon bedeckt , ist rot gefärbt - das möchten Sie treffen -, während der rechte Teil, der den verbleibenden Teil bedeckt , blau gefärbt ist. Sie planen, Pfeile auf dieses Brett zu werfen, bis man rote Zahlen schreibt.λλ1−λ
Angenommen, Sie sind ein armer Dartschütze, der gerade noch gut genug ist, um sicherzustellen, dass die Darts auf das Brett treffen, aber ansonsten haben Sie keine Kontrolle darüber, wo sie auf dem Brett landen. Lassen Sie " " für die Anzahl der Würfe stehen, die Sie insgesamt ausführen . Gemäß den Axiomen der Wahrscheinlichkeit hat jede Folge von unabhängigen zufälligen Dartwürfen (von denen jeder die gleiche Wahrscheinlichkeit hat, einen Teil der Dartscheibe zu treffen), die mal im Blau und schließlich im Rot landen, eine Chance vontt≥1t−1
(1−λ)⋯(1−λ)λ=(1−λ)t−1λ
des Auftretens: Dies ist einfach das Produkt der einzelnen Chancen, für Blau und für Rot. Dies sind die gleichen Wahrscheinlichkeiten wie oben. Per Definition ist die Erwartung der Anzahl von Blautreffern in einer solchen Sequenz die Summe der wahrscheinlichkeitsgewichteten Zählungen von Blautreffern; nämlich,1−λλ
λ(1−λ)0(0)+λ(1−λ)1(1)+λ(1−λ)2(2)+⋯=λ∑t=0∞(1−λ)tt.
Bis zu einem Faktor von möchten wir dies berechnen.λ
Das schwache Gesetz der großen Zahlen (das intuitiv offensichtlich ist und erstmals von Jakob Bernoulli im späten 17. Jahrhundert bewiesen wurde) besagt, dass die Erwartung durch wiederholte Durchführung dieses Experiments willkürlich genau erreicht werden kann. Lassen Sie uns dies also tun. Wirf die Pfeile, bis einer im roten Bereich landet. Sei die Zahl, die im Blau landet. Sei die blaue Zahl während des zweiten Versuchs und so weiter bis .b1b2bn
In der Abbildung, die die Löcher zeigt, die beim Herausziehen der Pfeile übrig geblieben sind, haben Versuche dazu geführt, dass Pfeile geworfen wurden, von denen im Blau landeten.n=2510075
Die durchschnittliche Anzahl der blauen Treffer in diesen Versuchen beträgt per Definition
1n(b1+b2+⋯+bn)=b1+b2+⋯+bn1+1+⋯+1.
Mit anderen Worten, es ist das Verhältnis der Anzahl der Pfeile, die im Blau landen, zu denen, die im Rot landen. Da die Pfeile jedoch gleichmäßig zufällig landen, muss sich dieses Verhältnis im Grenzfall dem Verhältnis von blauen zu roten Bereichen annähern, nämlich . Somit(1−λ):λ
λ∑t=0∞(1−λ)tt=1−λλ.
Das Teilen beider Seiten durch gibt die Antwort!λ
Diese Frage könnte auch von einigen elementaren mathematischen Antworten profitieren. Beachten Sie zu diesem Zweck, wann immer , die Serie|λ−1|<1
S(λ)=∑t=0∞(1−λ)tt=(1−λ)+2(1−λ)2+⋯+t(1−λ)t+⋯
konvergiert absolut. (Es wird schließlich von einer geometrischen Reihe mit einem gemeinsamen Verhältnis von weniger als dominiert .) Dies impliziert, dass wir seine Terme beim Rechnen damit frei neu anordnen können, wie in der folgenden Berechnung:1
λS(λ)=S(λ)−(1−λ)S(λ)=(1−λ)+2(1−λ)2+3(1−λ)3+⋯−((1−λ)2+2(1−λ)3+3(1−λ)4⋯)=(1−λ)+(2−1)(1−λ)2+(3−2)(1−λ)3+⋯=(1−λ)(1+(1−λ)1+(1−λ)2+⋯)=(1−λ)∑t=0∞(1−λ)t=1−λλ,
wie in der Frage angegeben. Weil , ist ungleich Null, daher können wir beide Seiten durch teilen , um die Gleichheit zu erzeugen|1−λ|<1λλ
S(λ)=1λ1−λλ=1−λλ2,
QED.
Eine andere Lösung stellt fest, dass für das Integral ,t≥1
(−2t−1)=−2(−3)⋯(−2−(t−1)+1)1(2)(3)⋯(t−1)=(−1)t−1t!(t−1)!=(−1)t−1t.
Erinnern Sie sich an den Binomialsatz , der besagt , dass wenn und überhaupt eine Zahl sind, dann|x|<1n
(1+x)n=∑t=0∞(nt)xt=∑t=1∞(nt−1)xt−1.
Nimmt man und ergibt sichn=−2x=1−λ
1−λλ2=(1−λ)(1−(1−λ))−2=(1−λ)∑t=1∞(−2t−1)(−(1−λ))t−1=∑t=0∞(1−λ)tt.
