A Senhora A seleciona um número

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.

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

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

Dica 2 :

Vamos ser o número de números sorteados pelo Sr. B. E deixe o seu "variável-alvo", E ( Y 1 + ... + Y K | X = x ) ser denotado por Z . Observe que essa é uma variável aleatória, não um número real (já que K é uma variável aleatória). Então, pela lei da expectativa total, E ( Z ) = E ( E ( Z | K ) ) .$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 p = 1 - $K$ . Então, E(Z)=E(E(Z|K))= ∞ Σ k=1E(Z|K=k)P(K=k$p=1-\frac{x}{2}$

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

A primeira parte é apenas um pouco mais difícil:

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

$k$

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

$m=k-1$

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

$a=\frac x2$

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

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

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

WHOAH !!!!

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

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