Cô A chọn ngẫu nhiên một số

8

Cô A chọn ngẫu nhiên một số từ phân phối thống nhất trên . Sau đó, ông B liên tục và độc lập, rút các số từ phân phối thống nhất trên , cho đến khi ông nhận được một số lớn hơn , sau đó dừng lại. Tổng số dự kiến của số ông B rút ra, cho , bằng? $X$ $[0, 1]$ $Y_1, Y_2, ...$ $[0, 1]$ $\frac{X}{2}$ $X = x$

Câu trả lời cho điều này là . Tôi đã nhận được số lần rút dự kiến là bằng cách lấy làm biến ngẫu nhiên cho số lần rút theo sau phân phối hình học với tham số . Nhưng tôi không biết cách tính tổng . Bất kỳ trợ giúp sẽ được đánh giá cao. $\frac{1}{(2-x)}$ $ln 4$ $Z$ $p= 1 - \frac{x}{2}$ $Y_{i}$

— Shreya Bhandari
nguồn

4

Mặc dù, bạn không bao gồm self-studythẻ, trước tiên tôi cung cấp cho bạn hai gợi ý và sau đó là giải pháp đầy đủ. Bạn có thể ngừng đọc sau gợi ý đầu tiên hoặc thứ hai và thử chính mình.

Gợi ý 1 :

Đối với chúng ta có $a \in (0,1)$

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

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

Gợi ý 2 :

Hãy là số các số được vẽ bởi ông B. Và hãy "biến mục tiêu" của mình, được định nghĩa bởi . Lưu ý, đây là một biến ngẫu nhiên, không phải là số thực (vì là biến ngẫu nhiên). Sau đó, theo định luật tổng kỳ vọng, . $K$ $E(Y_1+\ldots+Y_K | X=x)$ $Z$ $K$ $E(Z) = E(E(Z|K))$

Giải pháp đầy đủ :

sau, như bạn đã đề cập, phân phối hình học với xác suất thành công $K$ . Vậy $p=1-\frac{x}{2}$

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

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

và .

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

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

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

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

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

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

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

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

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)

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

Phần thứ hai rất dễ dàng (đẳng thức cuối cùng sử dụng thực tế là tổng hàm khối xác suất cộng thêm tới 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}

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

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

Phần đầu chỉ khó hơn một chút:

\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})

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

$k$

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

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

$m=k-1$

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

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

$a=\frac x2$

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

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

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

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

\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}

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

AIAH !!!!

— Łukasz Deryło
nguồn

Thiên tài!!!! Tôi biết ơn nhiều hơn! : D

— Shreya Bhandari

Hân hạnh. Có thật không. Tôi rất thích "câu đố" này

— ukasz Deryło

2

Một góc khác của giải pháp (tổng không phải với P (K = k) mà là 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}

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

— Sextus Empiricus
nguồn

1

Bạn có thể giải thích? Tôi đã không làm việc

— Shreya Bhandari

{(\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}

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

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}

$\frac{x}{2}$

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

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

\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

$k$