La signora A seleziona un numero modo casuale dalla distribuzione uniforme su . Quindi il signor B disegna ripetutamente e indipendentemente numeri

La signora A seleziona un numero modo casuale dalla distribuzione uniforme su . Quindi Mr. B ripetutamente e indipendentemente, disegna i numeri dalla distribuzione uniforme su , fino a quando non ottiene un numero maggiore di , quindi si ferma. La somma prevista del numero che Mr. B disegna, dato , è uguale? $X$ $[0, 1]$ $Y_1, Y_2, ...$ $[0, 1]$ $\frac{X}{2}$ $X = x$

La risposta a questa è . Ho ottenuto il numero atteso di pareggi pari a prendendo come variabile casuale per il numero di pareggi che segue la distribuzione geometrica con il parametro . Ma non so come calcolare la somma prevista di . Qualsiasi aiuto sarebbe apprezzato. $\frac{1}{(2-x)}$ $ln 4$ $Z$ $p= 1 - \frac{x}{2}$ $Y_{i}$

— Shreya Bhandari
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Risposte:

Anche se non hai incluso il self-studytag, ti do prima due suggerimenti e poi una soluzione completa. Puoi smettere di leggere dopo il primo o il secondo suggerimento e provare te stesso.

Suggerimento 1 :

Per abbiamo $a \in (0,1)$

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

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

Suggerimento 2 :

Lasciate essere il numero di numeri estratti da Sig B. E che la vostra "variabile di destinazione", essere indicato con . Nota, questa è una variabile casuale, non un numero reale (poiché è una variabile casuale). Quindi, secondo la legge dell'aspettativa totale, . $K$ $E(Y_1+\ldots+Y_K | X=x)$ $Z$ $K$ $E(Z) = E(E(Z|K))$

Soluzione completa :

$K$ segue, come hai detto, la distribuzione geometrica con probabilità di successo . Quindi $p=1-\frac{x}{2}$

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

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

e .

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

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

Concentriamoci su . Ora è . Notate qui la minuscola !!! Poiché sono indipendenti, questo equivale a . $E(Z|K=k)$ $E(Y_1+\ldots+Y_k | X=x, K=k)$ $k$ $Y$

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

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

Condizionata su e mezzi sono tratti uniformemente da e è disegnato in modo uniforme da . $X=x$ $K=k$ $Y_1, \ldots, Y_{k-1}$ $\left[0,\frac x2\right)$ $Y_k$ $\left(\frac x2, 1\right]$

Quindi

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}

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

Mettendo tutto questo insieme:

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)

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

La seconda parte è semplice (l'ultima uguaglianza usa il fatto che la somma della funzione di massa della probabilità si somma 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}

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

Per ottenere ciò, puoi anche usare il fatto che Mr. B disegna sempre un ultimo numero da , indipendentemente dal valore di preso. $\left(\frac x2, 1\right]$ $K$

La prima parte è solo un po 'più difficile:

\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})

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

Sposta tutto ciò che non dipende da al posto della somma per ottenere: $k$

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

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

Introduci : $m=k-1$

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

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

Usa il suggerimento 1 con : $a=\frac x2$

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

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

Per ottenere finalmente

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

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

E aggiungi la seconda parte (quella facile):

\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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Genio!!!! Sono più che grato! : D

— Shreya Bhandari,

Il piacere è tutto mio. Veramente. Mi è piaciuto questo "indovinello" ☺

— Łukasz Deryło il

Un altro angolo di soluzione (somma non con P (K = k) ma 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}

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

— Sesto Empirico
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Potresti elaborare? Non ho funzionato

— Shreya Bhandari il

Farai un k-esimo disegno in una frazione del tempo, e in quella frazione del tempo contribuirà 1/2 al valore atteso della somma. Potresti vedere il valore di come distribuito come una distribuzione mista di una distribuzione uniforme (tra 0 e 1, quando è disegnata) e un valore costante (0, quando non è disegnata).

{(\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}

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

— Sextus Empiricus

Ok, aiutami a capire questo, se stai includendo il caso 'uguale a' nella disuguaglianza, non dovrebbe includere il successo di (con probabilità ) e non solo i guasti (con probabilità ) verificatisi prima?

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}

$\frac{x}{2}$

— Shreya Bhandari,

Include sia la possibilità di successo che di fallimento

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

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

— Sextus Empiricus

La formula è strana poiché dipende da .

\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

$k$

— Stéphane Laurent,