Romper una varilla unitaria uniformemente en dos trozos

Question

Necesito ayuda con la siguiente pregunta:
Una vara unitaria se rompe en un punto elegido al azar (uniformemente), ¿cuál es el valor esperado del trozo más largo?

He probado esto:
X - el punto elegido, $X\sim Uni[0,1]$
Y - la pieza más larga.
si $X>\frac12$ entonces $Y=X$ , si no, si $X\le\frac12$ entonces $Y=1-X$
Quería calcular $P(Y\le y)$ pero estoy teniendo problemas con eso. $P(Y\le y)=P(\max(X,1-X)\le y) = P(1-y\le X\le y)$
(Quería calcular la PDF, luego encontrar la densidad y calcular el valor esperado)

¿Puede darme una pista sobre cómo proceder desde aquí?

He visto algunas preguntas similares aquí pero no he podido entender las soluciones sugeridas

Answer 1

Como siempre se toma el trozo mayor es lo mismo que tomar el valor esperado de una variable aleatoria uniformemente distribuida entre $0.5$ y $1$ . ¿Por qué?

Se puede escribir el valor esperado como $$ E[Y] = \frac 1 2 \cdot E[Y|X\geq 0.5] + \frac 1 2 \cdot E[Y|X \leq 0.5] $$ porque $X$ es uniforme, por lo que $P(X\geq 0.5) = P(X\leq 0.5) = \frac 1 2$ .

Sin embargo, $E[Y|X\geq 0.5]=E[Y|X\leq 0.5]$ porque cada posibilidad de $Y$ en el LHS tiene una correspondencia en el RHS (sólo el palo más corto y más largo cambian de lugar). Así que obtenemos $$ E[Y] = E[Y|X\geq 0.5] = E[X|X\geq 0.5] = E[Z] = \frac 3 4 $$ donde $Z$ es una variable aleatoria uniformemente distribuida en $[0.5,1]$ porque dado que $X\geq 0.5$ ya sabemos que $X$ es el palo más grande y se distribuye uniformemente entre $0.5$ y $1$ .

Answer 2

Te voy a dar dos soluciones, una con el método que querías y otra que creo que es un poco mejor y más rápida.

Su método:

$\mathbb{P}[Y \leq y ] = 1 - \mathbb{P}[Y > y]$ ( un pequeño esquema podría ayudar ahora pero aquí es como la pieza más larga puede ser mayor que $y$ . O bien el primer corte es menor que $1-y$ o es mayor que $y$ . Ambos tienen probabilidad $1-y$ . Por lo tanto, $\mathbb{P}[Y \leq y ] = 1 - 2(1-y) = 2y - 1$

Tenga en cuenta que esto sólo es válido para $ \frac{1}{2} \leq y \leq 1$ ya que la pieza mayor es siempre mayor que $\frac{1}{2}$ .

Por lo tanto, la FCD de $Y$ es $F_Y(y)=$ \begin{cases} 0 & y< \frac{1}{2} \\ 2y-1 & \frac{1}{2}\leq y\leq 1 \end{cases}

Por lo tanto, por diferenciación, la PDF de $Y$ es $f_Y(y)=$ \begin{cases} 0 & y< \frac{1}{2} \\ 2 & \frac{1}{2}\leq y\leq 1 \end{cases}

Y vamos a integrar esto para rendir: $\mathbb{E}[Y] = \int_{\frac{1}{2}}^1 y\cdot2 dy = \int_{\frac{1}{2}}^1 2y dy = \frac{3}{4}$

Mi método

Aprovechando la simetría debe quedar claro que dado $X<\frac{1}{2}$ y dado $X>\frac{1}{2}$ el lado más largo debe ser el mismo. Y así, como estos dos casos constituyen todas las posibilidades (y son disjuntos) tenemos $\mathbb{E}[Y] = \mathbb{E}[Y | X \geq \frac{1}{2}]$ . En el caso de que $X \geq \frac{1}{2}$ la pieza más larga es simplemente $X$ y el valor esperado de una variable uniforme que es mayor que $\frac{1}{2}$ es sólo $\frac{\frac{1}{2} +1}{2} = \frac{3}{4}$