Aさんは、一様分布からランダムに数値を選択します。それからB氏は繰り返し、そして独立して、数字を描きます

Aさんは、一様分布からランダムに数値を選択します。次に、B氏はの一様分布から、独立して、繰り返し描画し、より大きい数値を取得して停止します。与えられた場合、B氏が描く数の予想される合計は、等しいですか？ $X$ $[0, 1]$ $Y_1, Y_2, ...$ $[0, 1]$ $\frac{X}{2}$ $X = x$

これに対する答えはです。パラメータ幾何分布に従うドロー数のランダム変数としてをとることにより、予想されるドロー数をとして取得しました。しかし、予想される合計を計算する方法がわかりません。任意の助けいただければ幸いです。 $\frac{1}{(2-x)}$ $ln 4$ $Z$ $p= 1 - \frac{x}{2}$ $Y_{i}$

— シュレヤバンダリ
ソース

回答:

self-studyタグは含まれていませんが、最初に2つのヒントを示し、次に完全な解決策を示します。最初または2番目のヒントの後で読書をやめて、自分自身で試すことができます。

ヒント1：

以下のための $a \in (0,1)$ 我々が

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

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

ヒント2：

してみましょう氏B.によって描かれた番号の数もまた、あなたの"ターゲット変数"、聞かせてで表される。これは確率変数であり、実数ではありません（は確率変数であるため）。次に、総期待値の法則により、です。 $K$ $E(Y_1+\ldots+Y_K | X=x)$ $Z$ $K$ $E(Z) = E(E(Z|K))$

完全なソリューション：

$K$ は、あなたが言及したように、成功確率持つ幾何分布に従います。したがって、 $p=1-\frac{x}{2}$

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

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

および。

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

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

注目しましょう。現在はです。ここで小文字の注意してください!!! 以来、「sは独立しており、これは等しい。 $E(Z|K=k)$ $E(Y_1+\ldots+Y_k | X=x, K=k)$ $k$ $Y$

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

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

および条件付けは、がから均一に描画され、が。 $X=x$ $K=k$ $Y_1, \ldots, Y_{k-1}$ $\left[0,\frac x2\right)$ $Y_k$ $\left(\frac x2, 1\right]$

したがって、

E (Y_{1} | X = x, K = k) = \dots = E (Y_{k - 1} | X = x, K = k) = \frac{x}{4}

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

および

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

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

これらすべてをまとめると、

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

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

そして

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)

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

2番目の部分は簡単です（最後の等式は、確率質量関数の合計が1になることを使用しています）：

\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}

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

これを取得するには、値に関係なく、B氏が常にから最後の数値を1つ引くという事実を使用することもできます。 $\left(\frac x2, 1\right]$ $K$

最初の部分は少しだけ難しいです：

\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})

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

合計の前にに依存しないすべてのものを移動して取得します： $k$

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

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

導入： $m=k-1$

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

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

ヒント1をで使用します： $a=\frac x2$

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

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

最後に

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

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

そして、2番目の部分（簡単な部分）を追加します：

\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}

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

うわぁ!!!

— ŁukaszDeryło
ソース

天才！！！！感謝以上です！：D

— Shreya Bhandari

どういたしまして。本当に。私はこの「なぞなぞ」を楽しんだ

— ☺

別の解の角度（P（K = k）ではなくP（K> = k）と合計）：

\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
ソース

詳しく説明してもらえますか？うまくいきませんでした

— Shreya Bhandari

時間の分数で番目のドローを作成し、その時間の分数で、合計の期待値。の値は、均一な分布（描画されている場合は0と1の間）と一定値（描画されていない場合は0）の混合分布として分布していることがわかります。

{(\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}

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

— Sextus Empiricus

わかりました。これを理解してください。不等式に「等しい」ケースを含める場合、に成功を含めることはできません（確率）およびそれより前に発生した（確率）障害だけではないですか？

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}

$\frac{x}{2}$

— Shreya Bhandari

成功と失敗の両方の可能性が含まれます

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

式は、が依存するため、奇妙です。

\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

$k$

— ステファン・ローラン