Aunque, usted no incluyó self-study tag, primero te doy dos pistas y luego la solución completa. Puedes dejar de leer después de la primera o segunda pista y probar tú mismo.
Pista 1 :
Para $a \in (0,1)$ tenemos $$\sum_{m=0}^{\infty} ma^m = \frac{a}{(1-a)^2}$$
Pista 2 :
Dejemos que $K$ sea el número de números sorteados por el Sr. B. Y que su "variable objetivo" $E(Y_1+\ldots+Y_K | X=x)$ se denotará por $Z$ . Obsérvese que se trata de una variable aleatoria, no de un número real (ya que $K$ es una variable aleatoria). Entonces, por la ley de la expectativa total, $E(Z) = E(E(Z|K))$ .
Solución completa :
$K$ sigue, como has mencionado, una distribución geométrica con probabilidad de éxito $p=1-\frac{x}{2}$ . Así que $$E(Z) = E(E(Z|K)) = \sum_{k=1}^{\infty} E(Z|K=k)P(K=k)$$
y $$P(K=k)=(1-p)^{k-1}p = \left(\frac x2\right)^{k-1}\left(1-\frac x2\right)$$ .
Centrémonos en $E(Z|K=k)$ . Ahora es $E(Y_1+\ldots+Y_k | X=x, K=k)$ . Observe las minúsculas $k$ ¡¡¡aquí!!! Desde $Y$ son independientes esto es igual a $$E(Y_1 | X=x, K=k)+\ldots+E(Y_k | X=x, K=k)$$ .
Acondicionamiento en $X=x$ y $K=k$ significa que $Y_1, \ldots, Y_{k-1}$ se extraen uniformemente de $\left[0,\frac x2\right)$ y $Y_k$ se extrae uniformemente de $\left(\frac x2, 1\right]$ .
Así que $$E(Y_1 | X=x, K=k)=\ldots= E(Y_{k-1} | X=x, K=k) = \frac x4$$
y $$E(Y_k | X=x, K=k) = \frac{1+\frac x2}{2} = \frac{2+x}4$$
Poniendo todo esto junto: $$ E(Z|K=k) = (k-1)\frac x4 + \frac{2+x}4$$
Y $$E(Z) = \sum_{k=1}^{\infty} \left( (k-1)\frac x4 + \frac{2+x}4 \right) P(K=k) = \sum_{k=1}^{\infty} (k-1)\frac x4 P(K=k) + \sum_{k=1}^{\infty} \frac{2+x}4 P(K=k)$$
La segunda parte es fácil (la última igualdad utiliza el hecho de que la suma de la función de masa de probabilidad es igual a 1):
$$\sum_{k=1}^{\infty} \frac{2+x}4 P(K=k) = \frac{2+x}4\sum_{k=1}^{\infty} P(K=k)= \frac{2+x}4 $$
Para conseguirlo, también se puede utilizar el hecho de que el Sr. B siempre saca un último número de $\left(\frac x2, 1\right]$ , sin importar el valor de $K$ tomada.
La primera parte es sólo un poco más difícil:
$$ \sum_{k=1}^{\infty} (k-1)\frac x4 P(K=k) = \sum_{k=1}^{\infty} (k-1)\frac x4 \left(\frac x2\right)^{k-1}\left(1-\frac x2\right)$$
Mueve todo lo que no depende de $k$ en la suma que hay que conseguir: $$ \frac x4 \left(1-\frac x2\right)\sum_{k=1}^{\infty} (k-1) \left(\frac x2\right)^{k-1}$$
Introduzca $m=k-1$ : $$ \frac x4 \left(1-\frac x2\right)\sum_{m=0}^{\infty} m \left(\frac x2\right)^m$$
Utilice la pista 1 con $a=\frac x2$ : $$ \frac x4 \left(1-\frac x2\right)\frac{\frac x2}{(1-\frac x2)^2}$$
Para conseguir finalmente $$ \frac {x^2}{8(1-\frac x2)} =\frac {x^2}{8(\frac {2-x}2)} =\frac {x^2}{4(2-x)} $$
Y añade la segunda parte (la fácil): $$ \frac {x^2}{4(2-x)} + \frac{2+x}4 = \frac {x^2}{4(2-x)} + \frac{(2+x)(2-x)}{4(2-x)} = \frac {x^2 + (4-x^2)}{4(2-x)} = \frac 4{4(2-x)} = \frac 1{2-x}$$
¡¡¡¡WHOAH!!!!
