A Senhora A seleciona um número

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A Senhora A seleciona um número $X$ aleatoriamente da distribuição uniforme em $[0, 1]$ . Em seguida, o Sr. B repetidamente, e de forma independente, números de chama $Y_1, Y_2, ...$ da distribuição uniforme em $[0, 1]$ , até que ele obtenha um número maior que $\frac{X}{2}$ e depois para. A soma esperada do número que o Sr. B desenha, dado $X = x$ , é igual?

A resposta para isso é $\frac{1}{(2-x)}$ . Eu obtive o número esperado de empates como $ln 4$ tomando $Z$ como uma variável aleatória para o número de empates que segue a distribuição geométrica com o parâmetro $p= 1 - \frac{x}{2}$ . Mas não sei como calcular a soma esperada de $Y_{i}$ . Qualquer ajuda seria apreciada.

— Shreya Bhandari
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Embora você não tenha incluído a self-studytag, primeiro dou duas dicas e depois a solução completa. Você pode parar de ler após a primeira ou a segunda dica e tentar você mesmo.

Dica 1 :

Para $a \in (0,1)$ temos

\sum_{m = 0}^{\infty} m a^{m} = \frac{a}{(1 - a)^{2}}

$\sum_{m=0}^{\infty} ma^m = \frac{a}{(1-a)^2}$

Dica 2 :

Vamos ser o número de números sorteados pelo Sr. B. E deixe o seu "variável-alvo", ser denotado por . Observe que essa é uma variável aleatória, não um número real (já que é uma variável aleatória). Então, pela lei da expectativa total, . $K$ $E(Y_1+\ldots+Y_K | X=x)$ $Z$ $K$ $E(Z) = E(E(Z|K))$

Solução completa :

segue, como você mencionou, distribuição geométrica com probabilidade de sucesso $K$ . Então, $p=1-\frac{x}{2}$

E (Z) = E (E (Z | K)) = \sum_{k = 1}^{\infty} E (Z | K = k) P (K = k)

$E(Z) = E(E(Z|K)) = \sum_{k=1}^{\infty} E(Z|K=k)P(K=k)$

P (K = k) = (1 - p)^{k - 1} p = {(\frac{x}{2})}^{k - 1} (1 - \frac{x}{2})

$P(K=k)=(1-p)^{k-1}p = \left(\frac x2\right)^{k-1}\left(1-\frac x2\right)$

$E(Z|K=k)$ $E(Y_1+\ldots+Y_k | X=x, K=k)$ $k$ $Y$

E (Y_{1} | X = x, K = k) + \dots + E (Y_{k} | X = x, K = k)

$E(Y_1 | X=x, K=k)+\ldots+E(Y_k | X=x, K=k)$

$X=x$ $K=k$ $Y_1, \ldots, Y_{k-1}$ $\left[0,\frac x2\right)$ $Y_k$ $\left(\frac x2, 1\right]$

E (Y_{1} | X = x, K = k) = \dots = E (Y_{k - 1} | X = x, K = k) = \frac{x}{4}

$E(Y_1 | X=x, K=k)=\ldots= E(Y_{k-1} | X=x, K=k) = \frac x4$

E (Y_{k} | X = x, K = k) = \frac{1 + \frac{x}{2}}{2} = \frac{2 + x}{4}

$E(Y_k | X=x, K=k) = \frac{1+\frac x2}{2} = \frac{2+x}4$

E (Z | K = k) = (k - 1) \frac{x}{4} + \frac{2 + x}{4}

$E(Z|K=k) = (k-1)\frac x4 + \frac{2+x}4$

E (Z) = \sum_{k = 1}^{\infty} ((k - 1) \frac{x}{4} + \frac{2 + x}{4}) P (K = k) = \sum_{k = 1}^{\infty} (k - 1) \frac{x}{4} P (K = k) + \sum_{k = 1}^{\infty} \frac{2 + x}{4} P (K = k)

$E(Z) = \sum_{k=1}^{\infty} \left( (k-1)\frac x4 + \frac{2+x}4 \right) P(K=k) = \sum_{k=1}^{\infty} (k-1)\frac x4 P(K=k) + \sum_{k=1}^{\infty} \frac{2+x}4 P(K=k)$

A segunda parte é fácil (a última igualdade usa o fato de que a soma da função de massa de probabilidade chega a 1):

\sum_{k = 1}^{\infty} \frac{2 + x}{4} P (K = k) = \frac{2 + x}{4} \sum_{k = 1}^{\infty} P (K = k) = \frac{2 + x}{4}

$\sum_{k=1}^{\infty} \frac{2+x}4 P(K=k) = \frac{2+x}4\sum_{k=1}^{\infty} P(K=k)= \frac{2+x}4$

$\left(\frac x2, 1\right]$ $K$

A primeira parte é apenas um pouco mais difícil:

\sum_{k = 1}^{\infty} (k - 1) \frac{x}{4} P (K = k) = \sum_{k = 1}^{\infty} (k - 1) \frac{x}{4} {(\frac{x}{2})}^{k - 1} (1 - \frac{x}{2})

$\sum_{k=1}^{\infty} (k-1)\frac x4 P(K=k) = \sum_{k=1}^{\infty} (k-1)\frac x4 \left(\frac x2\right)^{k-1}\left(1-\frac x2\right)$

$k$

\frac{x}{4} (1 - \frac{x}{2}) \sum_{k = 1}^{\infty} (k - 1) {(\frac{x}{2})}^{k - 1}

$\frac x4 \left(1-\frac x2\right)\sum_{k=1}^{\infty} (k-1) \left(\frac x2\right)^{k-1}$

$m=k-1$

\frac{x}{4} (1 - \frac{x}{2}) \sum_{m = 0}^{\infty} m {(\frac{x}{2})}^{m}

$\frac x4 \left(1-\frac x2\right)\sum_{m=0}^{\infty} m \left(\frac x2\right)^m$

$a=\frac x2$

\frac{x}{4} (1 - \frac{x}{2}) \frac{\frac{x}{2}}{(1 - \frac{x}{2})^{2}}

$\frac x4 \left(1-\frac x2\right)\frac{\frac x2}{(1-\frac x2)^2}$

\frac{x^{2}}{8 (1 - \frac{x}{2})} = \frac{x^{2}}{8 (\frac{2 - x}{2})} = \frac{x^{2}}{4 (2 - x)}

$\frac {x^2}{8(1-\frac x2)} =\frac {x^2}{8(\frac {2-x}2)} =\frac {x^2}{4(2-x)}$

\frac{x^{2}}{4 (2 - x)} + \frac{2 + x}{4} = \frac{x^{2}}{4 (2 - x)} + \frac{(2 + x) (2 - x)}{4 (2 - x)} = \frac{x^{2} + (4 - x^{2})}{4 (2 - x)} = \frac{4}{4 (2 - x)} = \frac{1}{2 - x}

$\frac {x^2}{4(2-x)} + \frac{2+x}4 = \frac {x^2}{4(2-x)} + \frac{(2+x)(2-x)}{4(2-x)} = \frac {x^2 + (4-x^2)}{4(2-x)} = \frac 4{4(2-x)} = \frac 1{2-x}$

WHOAH !!!!

— Łukasz Deryło
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Gênio!!!! Estou mais do que agradecido! : D

— Shreya Bhandari

O prazer é meu. Realmente. Eu gostei desse "enigma" ☺

— Łukasz Deryło

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Outro ângulo de solução (somando não P (K = k), mas P (K> = k)):

\begin{matrix} E (\sum Y_{k}) = \sum E (Y_{k}) & = \sum_{k = 1}^{\infty} E (Y_{k} | K >= k) \cdot P (K >= k) \\ = \sum_{k = 0}^{\infty} \frac{1}{2} \cdot {(\frac{x}{2})}^{k} \\ = \frac{1}{2 - x} \end{matrix}

$\begin{array}\\ E(\sum Y_k) = \sum E(Y_k) & = \sum_{k=1}^\infty E(Y_k|K>=k) \cdot P(K>=k) \\ & = \sum_{k=0}^\infty \frac{1}{2} \cdot \left(\frac{x}{2} \right)^k \\ & = \frac{1}{2-x} \end{array}$

— Sextus Empiricus
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Você poderia elaborar? Não

— obtive

{(\frac{x}{2})}^{k - 1}

$\left( \frac{x}{2} \right)^{k-1}$

Y_{k}

$Y_k$

E (Y_{k}) = \frac{1}{2} {(\frac{x}{2})}^{k - 1}

$E(Y_k) = \frac{1}{2} \left(\frac{x}{2} \right)^{k-1}$

P (K \geq k)

$P(K\ge k)$

K^{t h}

$K^{th}$

1 - \frac{x}{2}

$1- \frac{x}{2}$

k - 1

$k-1$

\frac{x}{2}

$\frac{x}{2}$

0.5 (1 - \frac{x}{2}) + 0.5 (\frac{x}{2})

$0.5 \left(1-\frac{x}{2} \right) + 0.5 \left( \frac{x}{2} \right)$

\sum_{k = 1}^{\infty} E (Y_{k} | K >= k) \cdot P (K >= k)

$\sum_{k=1}^\infty E(Y_k|K>=k) \cdot P(K>=k)$

Y_{k}

$Y_k$

k

$k$