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. $\frac{1}{(2-x)}$ $ln 4$ $Z$ $p= 1 - \frac{x}{2}$ $Y_{i}$

— Shreya Bhandari
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Réponses:

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

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

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)

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

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

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

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

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

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) = \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}

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

Mettre tout cela ensemble:

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 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}

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

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

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

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

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

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

Présenter $m=k-1$ :

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

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

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

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

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

Pour enfin obtenir

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

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

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}

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

WHOAH !!!!

— Łukasz Deryło
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Génie!!!! Je suis plus que reconnaissant! : D

— Shreya Bhandari

Mon plaisir. Vraiment. J'ai apprécié cette "énigme" ☺

— Łukasz Deryło

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

\begin{matrix} E (\sum {Oui}_{k}) = \sum E ({Oui}_{k}) & = \sum_{k = 1}^{\infty} E ({Oui}_{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}

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

— Sextus Empiricus
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Pourriez-vous élaborer? Je n'ai pas réussi à travailler

— Shreya Bhandari

Vous ferez un k-ème tirage en une fraction

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

$\left( \frac{x}{2} \right)^{k-1}$ du temps, et dans cette fraction du temps, il contribuera 1/2 à la valeur attendue de la somme. Vous pouvez voir la valeur de

Y_{k}

$Y_k$ comme étant distribué comme une distribution de mélange d'une distribution uniforme (entre 0 et 1, quand il est dessiné) et une valeur constante (0, quand il n'est pas dessiné).

E ({Oui}_{k}) = \frac{1}{2} {(\frac{X}{2})}^{k - 1}

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

— Sextus Empiricus

D'accord, aidez-moi à comprendre cela, si vous incluez le cas «égal à» dans l'inégalité, ne devrait pas

P (K \geq k)

$P(K\ge k)$ inclure le

K^{t h}

$K^{th}$ succès (avec probabilité

1 - \frac{x}{2}

$1- \frac{x}{2}$ ) et pas seulement

k - 1

$k-1$ échecs (avec probabilité

\frac{x}{2}

$\frac{x}{2}$ ) qui s'est produite avant cela?

— Shreya Bhandari

Il comprend à la fois la possibilité de succès et d'échec

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

The formula

\sum_{k = 1}^{\infty} E (Y_{k} | K >= k) \cdot P (K >= k)

$\sum_{k=1}^\infty E(Y_k|K>=k) \cdot P(K>=k)$ is weird since

Y_{k}

$Y_k$ depends on

k

$k$ .

— Stéphane Laurent