Ms. A memilih nomor

8

Ms. A memilih nomor X secara acak dari distribusi seragam pada [0,1]. Kemudian Tuan B berulang kali, dan secara mandiri, menggambar angka Y1,Y2,... dari distribusi seragam pada [0,1], sampai dia mendapat angka lebih besar dari X2, lalu berhenti. Jumlah yang diharapkan dari jumlah yang Mr. B menarik, diberikanX=xsama dengan?

Jawabannya adalah 1(2x). Saya mendapat jumlah undian yang diharapkanln4 dengan mengambil Z sebagai variabel acak untuk jumlah undian yang mengikuti parameter distribusi geometris p=1x2. Tapi saya tidak tahu bagaimana menghitung jumlah yang diharapkanYi. Bantuan apa pun akan dihargai.

Shreya Bhandari
sumber

Jawaban:

4

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(0,1) kita punya

m=0mam=a(1a)2

Petunjuk 2 :

Membiarkan K menjadi jumlah angka yang ditarik oleh Mr. B. Dan biarkan "variabel target" Anda, E(Y1++YK|X=x) dilambangkan dengan Z. Perhatikan, ini adalah variabel acak, bukan bilangan real (sejakKadalah 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=1x2. Begitu

E(Z)=E(E(Z|K))=k=1E(Z|K=k)P(K=k)

dan

P(K=k)=(1p)k1p=(x2)k1(1x2)
.

Mari kita fokus E(Z|K=k). SekarangE(Y1++Yk|X=x,K=k). Perhatikan huruf kecilksini!!! SejakYIndependen sama dengan ini

E(Y1|X=x,K=k)++E(Yk|X=x,K=k)
.

Pengkondisian aktif X=x dan K=k maksudnya Y1,,Yk1 diambil secara seragam dari [0,x2) dan Yk diambil secara seragam dari (x2,1].

Begitu

E(Y1|X=x,K=k)==E(Yk1|X=x,K=k)=x4

dan

E(Yk|X=x,K=k)=1+x22=2+x4

Menyatukan semua ini:

E(Z|K=k)=(k1)x4+2+x4

Dan

E(Z)=k=1((k1)x4+2+x4)P(K=k)=k=1(k1)x4P(K=k)+k=12+x4P(K=k)

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

k=12+x4P(K=k)=2+x4k=1P(K=k)=2+x4

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

Bagian pertama hanya sedikit lebih sulit:

k=1(k1)x4P(K=k)=k=1(k1)x4(x2)k1(1x2)

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

x4(1x2)k=1(k1)(x2)k1

Memperkenalkan m=k1:

x4(1x2)m=0m(x2)m

Gunakan petunjuk 1 dengan a=x2:

x4(1x2)x2(1x2)2

Untuk akhirnya mendapatkannya

x28(1x2)=x28(2x2)=x24(2x)

Dan tambahkan bagian kedua (yang mudah):

x24(2x)+2+x4=x24(2x)+(2+x)(2x)4(2x)=x2+(4x2)4(2x)=44(2x)=12x

WHOAH !!!!

Łukasz Deryło
sumber
Jenius !!!! Saya sangat berterima kasih! : D
Shreya Bhandari
Dengan senang hati. Betulkah. Saya menikmati "teka-teki" ini ☺
Łukasz Deryło
2

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

E(Yk)=E(Yk)=k=1E(Yk|K>=k)P(K>=k)=k=012(x2)k=12x
Sextus Empiricus
sumber
1
Bisakah Anda menguraikan? Saya tidak mendapatkan pekerjaan
Shreya Bhandari
Anda akan membuat undian ke-k dalam pecahan (x2)k1waktu, dan dalam fraksi waktu itu akan memberikan kontribusi 1/2 untuk nilai yang diharapkan dari jumlah tersebut. Anda bisa melihat nilaiYk sebagai didistribusikan sebagai distribusi campuran dari distribusi seragam (antara 0 dan 1, ketika ditarik) dan nilai konstan (0, ketika tidak ditarik).
E(Yk)=12(x2)k1
Sextus Empiricus
Oke, bantu saya memahami ini, jika Anda termasuk kasus 'sama dengan' dalam ketidaksetaraan, seharusnya tidak P(Kk) termasuk Kth sukses (dengan probabilitas 1x2) dan bukan hanya k1 kegagalan (dengan probabilitas x2) yang terjadi sebelumnya?
Shreya Bhandari
Ini mencakup kedua kemungkinan keberhasilan dan kegagalan
0.5(1x2)+0.5(x2)
Sextus Empiricus
Rumus k=1E(Yk|K>=k)P(K>=k) aneh sejak itu Yk tergantung pada k.
Stéphane Laurent