Aunque no incluiste la self-study
etiqueta, primero te doy dos pistas y luego la solución completa. Puede dejar de leer después de la primera o segunda pista e intentarlo usted mismo.
Pista 1 :
por a∈(0,1) tenemos
∑m=0∞mam=a(1−a)2
Pista 2 :
Dejar K ser número de números dibujados por el Sr. B. Y dejar que su "variable objetivo", E(Y1+…+YK|X=x) ser denotado por Z. Tenga en cuenta que esta es una variable aleatoria, no un número real (ya queKes una variable aleatoria) Entonces, por la ley de la expectativa total,E(Z)=E(E(Z|K)).
Solución completa :
K sigue, como usted mencionó, la distribución geométrica con probabilidad de éxito p=1−x2. Entonces
E(Z)=E(E(Z|K))=∑k=1∞E(Z|K=k)P(K=k)
y
P(K=k)=(1−p)k−1p=(x2)k−1(1−x2)
.
Centrémonos en E(Z|K=k). Esto es ahoraE(Y1+…+Yk|X=x,K=k). Aviso minúsculak¡¡¡aquí!!! Ya queYson independientes esto es igual
E(Y1|X=x,K=k)+…+E(Yk|X=x,K=k)
.
Acondicionamiento en X=x y K=k significa que Y1,…,Yk−1 se extraen uniformemente de [0,x2) y Yk se extrae uniformemente de (x2,1].
Entonces
E(Y1|X=x,K=k)=…=E(Yk−1|X=x,K=k)=x4
y
E(Yk|X=x,K=k)=1+x22=2+x4
Poniendo todo esto junto:
E(Z|K=k)=(k−1)x4+2+x4
Y
E(Z)=∑k=1∞((k−1)x4+2+x4)P(K=k)=∑k=1∞(k−1)x4P(K=k)+∑k=1∞2+x4P(K=k)
La segunda parte es fácil (la última igualdad usa el hecho de que la suma de la función de masa de probabilidad suma 1):
∑k=1∞2+x4P(K=k)=2+x4∑k=1∞P(K=k)=2+x4
Para obtener esto, también puede usar el hecho de que el Sr. B siempre saca un último número de (x2,1], sin importar el valor de K tomó.
La primera parte es solo un poco más difícil:
∑k=1∞(k−1)x4P(K=k)=∑k=1∞(k−1)x4(x2)k−1(1−x2)
Mueve todo lo que no dependa k en suma para obtener:
x4(1−x2)∑k=1∞(k−1)(x2)k−1
Introducir m=k−1:
x4(1−x2)∑m=0∞m(x2)m
Use la pista 1 con a=x2:
x4(1−x2)x2(1−x2)2
Para finalmente obtener
x28(1−x2)=x28(2−x2)=x24(2−x)
Y agregue la segunda parte (la fácil):
x24(2−x)+2+x4=x24(2−x)+(2+x)(2−x)4(2−x)=x2+(4−x2)4(2−x)=44(2−x)=12−x
Whoah !!!!