Ms. A memilih nomor

Ms. A memilih nomor $X$ secara acak dari distribusi seragam pada $[0, 1]$. Kemudian Tuan B berulang kali, dan secara mandiri, menggambar angka $Y_1, Y_2, ...$ dari distribusi seragam pada $[0, 1]$, sampai dia mendapat angka lebih besar dari $\frac{X}{2}$, lalu berhenti. Jumlah yang diharapkan dari jumlah yang Mr. B menarik, diberikan$X = x$sama dengan?

Jawabannya adalah $\frac{1}{(2-x)}$. Saya mendapat jumlah undian yang diharapkan$ln 4$ dengan mengambil $Z$ sebagai variabel acak untuk jumlah undian yang mengikuti parameter distribusi geometris $p= 1 - \frac{x}{2}$. Tapi saya tidak tahu bagaimana menghitung jumlah yang diharapkan$Y_{i}$. Bantuan apa pun akan dihargai.

Meskipun, Anda tidak memasukkan self-studytag, saya pertama memberi Anda dua petunjuk dan kemudian solusi lengkap. Anda dapat berhenti membaca setelah petunjuk pertama atau kedua dan coba sendiri.

Petunjuk 1 :

Untuk $a \in (0,1)$ kita punya

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

Petunjuk 2 :

Membiarkan $K$ menjadi jumlah angka yang ditarik oleh Mr. B. Dan biarkan "variabel target" Anda, $E(Y_1+\ldots+Y_K | X=x)$ dilambangkan dengan $Z$. Perhatikan, ini adalah variabel acak, bukan bilangan real (sejak$K$adalah variabel acak). Kemudian, dengan hukum total harapan,$E(Z) = E(E(Z|K))$.

Solusi lengkap :

$K$ mengikuti, seperti yang Anda sebutkan, distribusi geometris dengan probabilitas keberhasilan $p=1-\frac{x}{2}$. Begitu

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

dan

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

Mari kita fokus $E(Z|K=k)$. Sekarang$E(Y_1+\ldots+Y_k | X=x, K=k)$. Perhatikan huruf kecil$k$sini!!! Sejak$Y$Independen sama dengan ini

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

Pengkondisian aktif $X=x$ dan $K=k$ maksudnya $Y_1, \ldots, Y_{k-1}$ diambil secara seragam dari $\left[0,\frac x2\right)$ dan $Y_k$ diambil secara seragam dari $\left(\frac x2, 1\right]$.

Begitu

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

dan

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

Menyatukan semua ini:

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

Dan

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

Bagian kedua mudah (kesetaraan terakhir menggunakan fakta bahwa jumlah fungsi massa probabilitas bertambah hingga 1):

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

Untuk mendapatkan ini, Anda juga dapat menggunakan fakta, bahwa B selalu mengambil satu nomor terakhir $\left(\frac x2, 1\right]$, berapa pun nilainya $K$ ambil.

Bagian pertama hanya sedikit lebih sulit:

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

Pindahkan segala sesuatu yang tidak bergantung $k$ dalam jumlah bukan untuk mendapatkan:

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

Memperkenalkan $m=k-1$:

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

Gunakan petunjuk 1 dengan $a=\frac x2$:

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

Untuk akhirnya mendapatkannya

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

Dan tambahkan bagian kedua (yang mudah):

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

WHOAH !!!!

Sudut lain dari solusi (penjumlahan bukan dengan P (K = k) tetapi P (K> = k)):

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