¿Cómo se calcula el valor esperado de la distribución geométrica sin diferenciación?

Question

¿Hay alguna forma de calcular el valor esperado de la distribución geométrica sin diferenciación? Todas las demás formas que he visto aquí tienen diferenciación en ellos.

Gracias de antemano.

Answer 1

La pregunta equivalente que se plantea en los comentarios es hallar el valor de $$S = \sum_{k=1}^\infty kx^{k-1}$$

Podemos escribir los primeros términos:

$$S = 1 + 2x + 3x^2 + 4x^3 + 5x^4 + 6x^5 + \cdots$$

Multiplicar por $x$ para conseguir

$$xS = 0 + x + 2x^2 + 3x^3 + 4x^4 + 5x^5 + \cdots$$

Ahora resta $xS$ de $S$ :

$$S - xS = 1 + x + x^2 + x^3 + x^4 + x^5 + \cdots$$

El lado derecho es una serie geométrica estándar, lo que significa que, cuando $|x|<1$ ,

$$S - xS = \frac{1}{1-x}$$

$$S(1-x) = \frac{1}{1-x}$$

$$ S = \boxed{\frac{1}{\left(1-x\right)^2}}$$

Los términos de la serie original son un secuencia aritmética-geométrica y este truco de multiplicar por el cociente común y restar se puede utilizar para muchas series similares.

Answer 2

La distribución geométrica no tiene memoria, por lo que o bien tiene éxito en el intento inicial con probabilidad $p$ o se empieza de nuevo con la probabilidad $1-p$ habiendo hecho un intento fallido,

si el éxito en el primer intento cuenta como $1$ intento:

$$E[X]=p\times 1+(1-p)\times (1+E[X])$$ así que $$p\times E[X]=1$$ así que $$E[X]=\frac{1}{p} \text{ attempts}$$

mientras que si tiene éxito en el primer intento cuenta como $0$ fallos:

$$E[X]=p\times 0+(1-p)\times (1+E[X])$$ así que $$p\times E[X]=1-p$$ así que $$E[X]=\frac{1-p}{p} \text{ failures}$$

y naturalmente $\frac1p = \frac{1-p}p +1$ ya que se detiene en el primer intento exitoso

Answer 3

Conozco al menos dos formas a mano y probablemente haya otras.

Primero te mostraré una forma concreta de hacerlo. Después te mostraré cómo expresar exactamente lo mismo. (Juntos forman sólo uno de esas "dos maneras". La otra aparece ahora en la respuesta publicada por "Henry"). $$ \begin{array}{cccccccccccccccccccccccc} & 0 & & 1 & & 2 & & 3 & & 4 & & 5 & & 6 \\ \hline & & & p^1 & + & 2p^2 & + & 3p^3 & + & 4p^4 & + & 5p^5 & + & 6p^6 & + & \cdots & {} \\[12pt] = & & & p^1 & + & p^2 & + & p^3 & + & p^4 & + & p^5 & + & p^6 & + & \cdots \\ & & & & + & p^2 & + & p^3 & + & p^4 & + & p^5 & + & p^6 & + & \cdots \\ & & & & & & + & p^3 & + & p^4 & + & p^5 & + & p^6 & + & \cdots \\ & & & & & & & & + & p^4 & + & p^5 & + & p^6 & + & \cdots \\ & & & & & & & & & & + & p^5 & + & p^6 & + & \cdots \\ & & & & & & & & & & & & + & p^6 & + & \cdots \\ & & & & & & & & & & & & & & + & \cdots \\ & & & & & & & & & & & & & & \vdots \end{array} $$ En primer lugar suma cada fila (horizontal). Cada una es una serie geométrica. Entonces suma la serie restante, que también es geométrica.

He aquí el mismo método expresado de forma abstracta en el lenguaje del álgebra: \begin{align} \sum_{x=0}^\infty x (1-p) p^x & = \sum_{x=1}^\infty x (1-p) p^x = \sum_{x=1}^\infty \sum_{j=1}^x (1-p)p^x \\[10pt] & = \sum_{ x,j\, : \, 1 \,\le\, j \, \le \, x} (1-p) p^x = \sum_{j=1}^\infty \sum_{x=j}^\infty (1-p)p^x \end{align} Ahora estás sumando una serie geométrica como $x$ va de $j-1$ à $\infty,$ y luego la suma externa, como $j$ va de $1$ à $\infty,$ también resulta ser geométrica.

(En el primer paso anterior puse $\displaystyle\sum_{x=0}^\infty = \sum_{x=1}^\infty.$ Esto se justifica por el hecho de que cuando $x=0,$ el término real que se añade es $0$ por lo que se puede dejar de lado).

Answer 4

$$\Pr(X=x)=p(1-p)^{x-1},x\in\{1,2,3,\cdots\}$$ $$\mu_X=\sum_{x=1}^{\infty}x\ p(1-p)^{x-1}$$ variable cambiante $1-p=q$ : $$\mu_X=\sum_{x=1}^{\infty}x\ (1-q)q^{x-1}=\sum_{x=1}^{\infty}x\ q^{x-1}-x\ q^{x}=\sum_{x=0}^{\infty}(x+1)\ q^{x}-x\ q^{x}=\sum_{x=0}^{\infty}q^{x}=\frac{1}{1-q}=\frac1p$$