Mme A sélectionne un nombre

Mme A sélectionne un nombre au hasard dans la distribution uniforme sur . Ensuite, M. B tire de façon répétée et indépendante les nombres de la distribution uniforme sur , jusqu'à ce qu'il obtienne un nombre supérieur à , puis s'arrête. La somme attendue du nombre que M. B tire, étant donné , est égale à?$X$$[0, 1]$$Y_1, Y_2, ...$$[0, 1]$$\frac{X}{2}$$X = x$

La réponse à cette question est . J'ai obtenu le nombre attendu de tirages comme en prenant comme variable aléatoire pour le nombre de tirages qui suit la distribution géométrique avec le paramètre . Mais je ne sais pas comment calculer la somme attendue de . Toute aide serait appréciée.$\frac{1}{(2-x)}$$ln 4$$Z$$p= 1 - \frac{x}{2}$$Y_{i}$

Bien que vous n'ayez pas inclus de self-studybalise, je vous donne d'abord deux conseils, puis la solution complète. Vous pouvez arrêter de lire après le premier ou le deuxième indice et essayer vous-même.

Astuce 1 :

Pour $a \in (0,1)$ on a

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

Astuce 2 :

Laisser $K$ être le nombre de nombres dessinés par MB Et laissez votre "variable cible", $E(Y_1+\ldots+Y_K | X=x)$ être désigné par $Z$. Remarquez, c'est une variable aléatoire, pas un nombre réel (puisque$K$est une variable aléatoire). Ensuite, par la loi de l'attente totale,$E(Z) = E(E(Z|K))$.

Solution complète :

$K$ suit, comme vous l'avez mentionné, la distribution géométrique avec probabilité de succès $p=1-\frac{x}{2}$. Donc

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

et

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

Concentrons-nous sur $E(Z|K=k)$. C'est maintenant$E(Y_1+\ldots+Y_k | X=x, K=k)$. Remarquez les minuscules$k$ici!!! Depuis$Y$sont indépendants cela équivaut

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

Conditionnement sur $X=x$ et $K=k$ signifie que $Y_1, \ldots, Y_{k-1}$ sont tirés uniformément de $\left[0,\frac x2\right)$ et $Y_k$ est tiré uniformément de $\left(\frac x2, 1\right]$.

Donc

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

et

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

Mettre tout cela ensemble:

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

Et

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

La deuxième partie est facile (la dernière égalité utilise le fait que la somme de la fonction de masse de probabilité s'additionne à 1):

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

Pour l'obtenir, vous pouvez également utiliser le fait que M. B tire toujours un dernier chiffre de $\left(\frac x2, 1\right]$, quelle que soit la valeur de $K$ a pris.

La première partie est un peu plus difficile:

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

Déplacez tout ce qui ne dépend pas $k$ en fornt de somme pour obtenir:

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

Présenter $m=k-1$:

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

Utilisez l'indice 1 avec $a=\frac x2$:

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

Pour enfin obtenir

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

Et ajoutez une deuxième partie (la plus simple):

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

WHOAH !!!!

Un autre angle de solution (sommant non pas avec P (K = k) mais P (K> = k)):

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