Tengo otra idea para el caso en que el palo se divide en $n$ piezas: dejar $X_{i}$ $1 \leq i \leq n$ sean las notas de corte, que son variables distribuidas aleatoriamente de forma independiente entre $0$ y $1$ y fijar $A=max{X_{i}}$ . Consideremos ahora las dos piezas, una de longitud $A$ y la otra de longitud $1-A$ . La pieza de longitud $A$ se subdivide en $n-1$ mientras que el de longitud $1-A$ permanece íntegro. Si $1-A>A$ entonces el trozo de longitud $1-A$ será el más largo (obviamente). Si $1-A<A$ entonces el trozo más largo es el máximo de la subdivisión más larga en $A$ y el de longitud $1-A$ . Sea $L_{n}$ denotan la longitud del segmento más largo de un palo de longitud unitaria dividido en $n$ piezas. Dado que la longitud de la subdivisión más larga en el palo de longitud $A$ es $AL_{n-1}, obtenemos la siguiente fórmula:
$$E(L_{n})=P(1-A>A)E(1-A)+P(1-A<A)E(\max(AL_{n-1}, 1-A))$$
Desde el $X_{i}$ son independientes, la FDA de $A$ es $F_{A}(y)=y^{n}$ y el PDF es $ny^{n-1}$ de modo que obtenemos: $$E(A)= \int_{0}^{1} ny^{n} dy = \frac{ny^{n+1}}{n+1}|_{0}^{1}=\frac{n}{n+1}$$ . Por lo tanto, $P(1-A>A)=P(A<\frac{1}{2})=\frac{1}{2^{n}}$ de modo que $P(1-A<A)=1-\frac{1}{2^{n}}$ . Ahora, $E(1-A)=E(1)-E(A)=1-\frac{n}{n+1}=\frac{n+1-n}{n+1}=\frac{1}{n+1}$ . Por lo tanto, la fórmula anterior para $E(L_{n})$ se reduce a:
$$E(L_{n})=\frac{1}{2^{n}(n+1)}+(1-\frac{1}{2^{n}})(E(\max(AL_{n-1}, 1-A))$$
Ahora a ocuparse de $E(\max(AL_{n-1}, 1-A)$ , dejemos que $f_{L_{n-1}}$ denota la PDF de la variable aleatoria $L_{n-1}$ . Creo que podemos asumir que $A$ y $L_{n-1}$ son independientes. Si este es el caso, dejemos que $M=\max(AL_{n-1},1-A)$ y observe el siguiente hecho: si $a=L_{n-1}$ es fijo, entonces $P(M \leq y)= P(1-y \leq A \leq \frac{y}{a}) = F_{A}(\frac{y}{a})-F_{A}(1-y)=(\frac{y}{a})^{n}-(1-y)^{n}$ . Por lo tanto, obtenemos la siguiente FCD para $M$ : $$F_{M}(y)=\int_{\frac{1}{n-1}}^{1} [\frac{y^{n}}{a^{n}}-(1-y)^{n}]f_{L_{n-1}}(a) da$$ Obsérvese que el límite inferior $\frac{1}{n-1}$ sobre la integral se justifica por el hecho de que el trozo más largo sobre el trozo de una cuerda de longitud unitaria cortada en $n-1$ piezas deben ser más largas que $\frac{1}{n-1}$ . Extracción de factores que no dependen de $a$ de la integral anterior se obtiene:
$$F_{M}(y) = y^{n}\int_{\frac{1}{n-1}}^{1} \frac{f_{L_{n-1}}(a)}{a^{n}}da-(1-y)^{n}\int_{\frac{1}{n-1}}^{1}f_{L_{n-1}}(a)da$$
De la definición de función de densidad de probabilidad se deduce que $\int_{\frac{1}{n-1}}^{1}f_{L_{n-1}}(a)da=1$ y reconocemos además $\int_{\frac{1}{n-1}}^{1} \frac{f_{L_{n-1}}(a)}{a^{n}}da$ como $E(\frac{1}{L_{n-1}^{n}})$ . Así obtenemos: $$F_{M}(y)=y^{n}E(\frac{1}{(L_{n-1})^{n}})-(1-y)^{n}$$ Diferenciación $F_{M}(y)$ obtenemos el siguiente PDF, $f_{M}(y)$ para $M$ : $$f_{M}(y)=ny^{n-1}E(\frac{1}{(L_{n-1})^{n}})+n(1-y)^{n-1}$$ para poder calcular $E(M)$ :
$$E(M)=E(\frac{1}{(L_{n-1})^{n}})\int_{\frac{1}{n}}^{1} ny^{n} dy + \int_{\frac{1}{n}}^{1} ny(1-y)^{n-1} dy$$
Calculamos $$\int_{\frac{1}{n}}^{1} ny^{n} dy = \frac{ny^{n+1}}{n+1}|_{\frac{1}{n}}^{1}= \frac{n}{n+1}-\frac{n(1/n)^{n+1}}{n+1}=\frac{n}{n+1}-\frac{1}{n^{n}(n+1)}$$
Encontrando un denominador común para las dos fracciones anteriores, obtenemos
$$\int_{\frac{1}{n}}^{1} ny^{n} dy = \frac{n^{n+1}-1}{n^{n}(n+1)}$$
A partir del integrador de wolfram alpha, calculé
$$\int_{\frac{1}{n}}^{1} ny(1-y)^{n-1} dy = \frac{2(n-1)^{n}}{n^{n}(1+n)}$$
Podemos concluir entonces que
$$E(M)=\frac{(n^{n+1}-1)E(\frac{1}{(L_{n-1})^{n}})+2(n-1)^{n}}{n^{n}(n+1)}$$
Introduciendo este valor en la fórmula para $E(L_{n})$ obtenemos:
$$E(L_{n})=\frac{1}{2^{n}(n+1)}+(1-\frac{1}{2^{n}(n+1)})\frac{(n^{n+1}-1)E(\frac{1}{(L_{n-1})^{n}})+2(n-1)^{n}}{n^{n}(n+1)}$$
Combinando las dos fracciones utilizando el denominador común de $(2n)^{n}(n+1)^{2}$ obtenemos
$$E(L_{n})=\frac{n^{n}(n+1)+(2^{n}(n+1)-1)((n^{n+1}-1)(E(\frac{1}{(L_{n-1})^{n}})+2(n-1)^{n})}{(2n)^{n}(n+1)^{2}}$$
Sin embargo, para que esta fórmula de recursión sea útil, necesito poder escribir $E(\frac{1}{(L_{n-1})^{n}}$ en términos de $E(L_{n-1})$ . He calculado que $E(\frac{1}{(L_{2})^{3}})=3$ y que $E(\frac{1}{(L_{2})^{4}})=12$ pero no sé en general cómo $E(L_{n-1})$ se refiere a $E(L_{n})$ ¿alguien tiene alguna idea de cómo hacerlo? Por favor, hágamelo saber. Gracias.
