Suma de productos de un valor esperado

Question

Una caja contiene $n$ bolas numeradas del 1 al $n$. Suponga que usted toma una pelota en un tiempo, volver a colocarlo en la caja, hasta que toma una pelota dos veces. Cuántas bolas se espera que usted tome de la caja?

Deje $X$ ser la r. v. de interés. Su apoyo es cada número natural de$2$$n+1$. Si $k$ es uno de esos números, para obtener la primera repetición en el $k$-th pick, $k-1$ anteriores deben ser distintos y $k$-th igual a algunos de esos, por lo tanto, $$\begin{align} \forall k\in\mathbb N\cap[2,\,n\!+\!1]\qquad \mathbb P(X=k) &= \frac nn\frac {n-1}n\ldots\frac {n-(k-2)}n \;\cdot\; \frac{k-1}n =\\ &=\frac{(n-1)!}{(n-k+1)!}\frac{k-1}{n^{k-1}} =\\ &= \frac{k-1}n\,\prod_{l=0}^{k-2}\left(1-\frac{l}n\right)\quad, \end{align}$$ así que $$\begin{align} E(X) &= \sum_{k=2}^{n+1}\,k\cdot\frac{k-1}n\,\prod_{l=0}^{k-2}\left(1-\frac{l}n\right) =\\ &=\frac1n\sum_{k=2}^{n+1}\,k(k-1)\prod_{l=0}^{k-2}\left(1-\frac{l}n\right)\quad. \end{align}$$

Sin embargo, el libro, la respuesta es $$E(X) = 2 + \sum_{k=1}^{n-1}\prod_{l=1}^k\left(1-\frac ln\right)\quad.$$

¿Qué estoy haciendo mal? O, si las respuestas son en realidad el mismo, ¿cómo demostrar que?

Answer 1

Ambas respuestas son las mismas. La solución de la cuestión es claramente presentado y sostiene. Para referencia, las respuestas que da para $n=2, 3, \ldots, 7$

$$E(X) = 2,\frac{5}{2},\frac{26}{9},\frac{103}{32},\frac{2194}{625},\frac{1 223}{324},\frac{472730}{117649}, \ldots$$

Una manera más simple de obtener la expectativa es la suma de la función de sobrevivencia $S_n(k) = \mathbb{P}(X\gt k), k\ge 0.$ es la probabilidad de que la primera $k$ bolas serán únicos:

$$S_n(k) = \prod_{l=1}^{k-1} \left(1 - \frac{l}{n}\right).$$

Claramente $S_n(0)=S_n(1)=1$ (el valor, por definición, de un vacío de producto). Contabilidad para que su suma por separado de los rendimientos

$$E(X) = S_n(0) + S_n(1) + \sum_{j=2}^n S_n(j) = 2 + \sum_{k=1}^{n-1} S_n(k+1).$$

(escrito $j=k+1$ para el último paso). Que es el libro de texto de respuesta y se da la misma secuencia de valores. Por cierto, una útil forma cerrada de la expresión de estos valores es

$$E(X) = 1 + n \int_0^{\infty } e^{-n t} (1+t)^{n-1} \, dt.$$

Por ejemplo, ampliando el registro de las integrando a través de segundo orden en $0$ y la integración que la serie de MacLaurin da la aproximación $$E(X)\approx \frac{2}{3} + \sqrt{\frac{\pi n}{2}}$$ for large $n$; it turns out to have two significant figures of accuracy even for $n\ge 5$ and three for $n \ge 75.$