Ms. A selecciona un número

Ms. A selecciona un número $X$ al azar de la distribución uniforme en $[0, 1]$. Luego, el Sr. B repetidamente, e independientemente, dibuja números $Y_1, Y_2, ...$ de la distribución uniforme en $[0, 1]$, hasta que obtenga un número mayor que $\frac{X}{2}$, luego se detiene. La suma esperada del número que saca el Sr. B, dada$X = x$, igual?

La respuesta a esto es $\frac{1}{(2-x)}$. Obtuve el número esperado de sorteos como$ln 4$ tomando $Z$ como una variable aleatoria para el número de sorteos que sigue la distribución geométrica con el parámetro $p= 1 - \frac{x}{2}$. Pero no sé cómo calcular la suma esperada de$Y_{i}$. Cualquier ayuda sería apreciada.

Aunque no incluiste la self-studyetiqueta, 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 $a \in (0,1)$ tenemos

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

Pista 2 :

Dejar $K$ ser número de números dibujados por el Sr. B. Y dejar que su "variable objetivo", $E(Y_1+\ldots+Y_K | X=x)$ ser denotado por $Z$. Tenga en cuenta que esta es una variable aleatoria, no un número real (ya que$K$es 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 $p=1-\frac{x}{2}$. Entonces

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

y

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

Centrémonos en $E(Z|K=k)$. Esto es ahora$E(Y_1+\ldots+Y_k | X=x, K=k)$. Aviso minúscula$k$¡¡¡aquí!!! Ya que$Y$son independientes esto es igual

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

Acondicionamiento en $X=x$ y $K=k$ significa que $Y_1, \ldots, Y_{k-1}$ se extraen uniformemente de $\left[0,\frac x2\right)$ y $Y_k$ se extrae uniformemente de $\left(\frac x2, 1\right]$.

Entonces

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

y

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

Poniendo todo esto junto:

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

Y

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

La segunda parte es fácil (la última igualdad usa el hecho de que la suma de la función de masa de probabilidad suma 1):

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

Para obtener esto, también puede usar el hecho de que el Sr. B siempre saca un último número de $\left(\frac x2, 1\right]$, sin importar el valor de $K$ tomó.

La primera parte es solo un poco más difícil:

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

Mueve todo lo que no dependa $k$ en suma para obtener:

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

Introducir $m=k-1$:

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

Use la pista 1 con $a=\frac x2$:

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

Para finalmente obtener

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

Y agregue la segunda parte (la fácil):

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

Whoah !!!!

Otro ángulo de solución (sumando no con P (K = k) sino con P (K> = k)):

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