Encontrar el valor esperado de la pieza restante

Question

Un padre manda hacer una tarta para sus dos hijos. Comer más de la mitad de la tarta produce indigestión a cualquiera. Mientras él está fuera, el hijo mayor se sirve un trozo de la tarta. A continuación, el hijo menor se acerca y toma un trozo de lo que ha dejado el hermano. Supongamos que el tamaño de cada uno de los dos trozos comidos por los hijos es aleatorio y se distribuye uniformemente sobre lo que hay disponible.

¿Cuál es el tamaño esperado de la pieza restante dado que ningún hijo tiene indigestión?

Después de un rato de pensar esto es lo que hice. Deje que $\theta_1$ sea el ángulo total correspondiente a la cantidad de pastel que son $1$ come. Del mismo modo, dejemos que $\theta_2$ sea el ángulo total correspondiente a la cantidad de tarta para el hijo $2$ .

Dejemos que $X$ sea la pieza restante. Así que, $$ X = 2\pi - \theta_1 - \theta_2 \\ \mathbb{E}(X) = 2\pi - \mathbb{E}(\theta_1) - \mathbb{E}(\theta_2). $$ Así que después de un rato de pensar, dado que ningún hijo tiene indigestión, da la sensación de que el hijo 1 y el hijo 2 son independientes, ya que comen menos que $\pi$ ...

Así que $\theta_1 \sim \operatorname{Unif}(0,\pi)$ y también $\theta_2\sim \operatorname{Unif}(0,\pi)$ . Entonces $\mathbb{E}(X) = \pi$ .

¿Es esto correcto?

Answer 1

$\def\d{\mathrm{d}}\def\peq{\mathrel{\phantom{=}}{} }$ Como señala @AndreaL, la probabilidad condicional debe utilizarse para calcular la probabilidad deseada.

Supongamos que el hijo mayor se come un ángulo de $X_1$ y el hijo menor se come un ángulo de $X_2$ . Traduciendo a notación probabilística, hay $X_1 \sim U(0, 2π)$ y $X_2 \mid X_1 \sim U(0, 2π - X_1)$ y lo que hay que encontrar es $E(2π - X_1 - X_2 \mid X_1 \leqslant π, X_2 \leqslant π)$ .

La densidad conjunta de $(X_1, X_2)$ es $$ f_{X_1, X_2}(x_1, x_2) = f_{X_2 \mid X_1}(x_2 \mid x_1) f_{X_1}(x_1) = \frac{1}{2π(2π - x_1)}, \quad \forall x_1, x_2 > 0, x_1 + x_2 \leqslant 2π $$ así \begin {align*} & \peq P(X_1 \leqslant π, X_2 \leqslant π) \\ &= \iint\limits_ {0 < x_1, x_2 \leqslant π} \frac {1}{2π(2π - x_1)} {1}, \d x_1 \d x_2 = \frac {1}{2π} \int_0 ^π \int_0 ^π \frac {1}{2π - x_1} \N -, \d x_2 \d x_1 \\ &= \frac {1}{2π} \int_0 ^π \frac {π}{2π - x_1} \N -, \d x_1 = \frac { \ln 2}{2}, \end {align*} y \begin {align*} & \peq E(2π - X_1 - X_2 \mid X_1 \leqslant π, X_2 \leqslant π) \\ &= 2π - E(X_1 + X_2 \mid X_1 \leqslant π, X_2 \leqslant π) \\ &= 2π - \iint\limits_ {0 < x_1, x_2 \leqslant π} (x_1 + x_2)- \frac {f_{X_1, X_2}(x_1, x_2)}{P(X_1 \leqslant π, X_2 \leqslant π)} \, \d x_1 \d x_2 \\ &= 2π - \frac {1}{π \ln 2} \int_0 ^π \int_0 ^π \frac {x_1 + x_2}{2π - x_1} \N -, \d x_2 \d x_1 \\ &= 2π - \frac {1}{π \ln 2} \int_0 ^π \frac {π x_1 + \frac {π^2}{2}}{2π - x_1} \N -, \d x_1 \\ &= 2π - \frac {1}{π \ln 2}- \frac {1}{2} (5 \ln 2 - 2) π^2 = \frac {2 - \ln 2}{2 \ln 2} π. \end {align*}

Answer 2

Este post sólo aborda (espero que intuitivamente, sin integración) POR QUÉ las dos distribuciones no son independientes $U(0, \frac{1}{2})$ .

Se puede pensar en la probabilidad condicional como: probar el experimento, y si el resultado no se ajusta a la condición, ignorar el resultado y volver a intentar el experimento; repetir hasta que el resultado se ajuste a la condición.

Experimento A:

(Paso A1) El primer hijo come la fracción $x$ de la tarta, donde $x \sim U(0, 1)$ . Si $x > \frac{1}{2}$ Ignora el resultado y vuelve a intentarlo (paso A1).

(Paso A2) En este punto tenemos $x < \frac{1}{2}$ . Ahora el segundo hijo come la fracción $y$ de la tarta, donde $y \sim U(0, 1-x)$ . Si $y > \frac{1}{2}$ Ignora el resultado y vuelve a intentarlo (paso A2).

En el experimento A, es cierto que el $x \sim U(0, \frac{1}{2})$ y el final $y$ también $\sim U(0, \frac{1}{2})$ y $x$ & $y$ son independientes. SIN EMBARGO, esto no es lo que dice el enunciado del problema del PO. El OP dice condicionado en ambos $x < \frac{1}{2}$ y $y < \frac{1}{2}$ así que el experimento correcto es:

Experimento B:

(Paso B1) El primer hijo come la fracción $x$ de la tarta, donde $x \sim U(0,1)$ .

(Paso B2) El segundo hijo come la fracción $y$ de la tarta, donde $y \sim U(0,1-x)$ .

(Paso B3) Si $x > \frac{1}{2}$ o $y > \frac{1}{2}$ y vuelva a intentarlo a partir del (paso B1).

Los dos experimentos NO son equivalentes, y sólo la B es la interpretación correcta del enunciado del PO.

En particular, en el experimento B, el $x$ NO $\sim U(0, \frac{1}{2})$ . Esto puede verse intuitivamente como sigue. Si el final $x$ es ligeramente inferior a $\frac{1}{2}$ después de (Paso B1), entonces la probabilidad de $y > \frac{1}{2}$ es $\approx 0$ en (Paso B2) y, por tanto, la probabilidad de que haya que descartar todo el resultado en (B3) es $\approx 0$ . Mientras tanto, si la final $x$ es casi $0$ después de (B1), entonces la probabilidad de $y > \frac{1}{2}$ es $\approx \frac{1}{2}$ en (B2) y, por tanto, la probabilidad de que haya que descartar todo el resultado en (B3) es $\approx \frac{1}{2}$ . Básicamente, después de (B1), un $x$ tiene una menor probabilidad de ser descartado en (B3). Así que el último $x$ tiene más posibilidades de ser grande (cerca de $\frac{1}{2}$ ) que ser pequeño (cerca de $0$ ), y E[final $x$ ] estrictamente $> \frac{1}{4}$ , por lo que es evidente que es definitivo $x$ no $\sim U(0, \frac{1}{2})$ .

Answer 3

Dejemos que $x$ sea la fracción de pastel que come el primer hijo, y $y$ sea la fracción del pastel restante que se come el segundo.

$x$ y $y$ son ambos tomados uniformemente en $[0;1]$ .

Dejemos que $\theta_1 = x$ y $\theta_2 = y(1-x)$ sea la fracción de la tarta que se comen los hijos 1 y 2 respectivamente.

Se quiere averiguar el valor esperado de $(1-x)(1-y)$ dado que $\theta_1 \le \frac 12$ y $\theta_2 \le \frac 12$ .

Intentemos averiguar la ley de $(\theta_1,\theta_2)$ dadas esas dos desigualdades.

para $z_1,z_2 \le \frac 12$ ,
$P_{z_1,z_2} = P(\theta_1 \le z_1 \land \theta_2 \le z_2) = P(x \le z_1 \land y(1-x) \le z_2)$ es el área de la forma correspondiente dentro del cuadrado unitario, por lo que es :

$P_{z_1,z_2} = \int_{x=0}^{z_1}\int_{y=0}^{\min(1,z_2/(1-x))} dydx = \int_0^{z_1} \min(1,\frac {z_2}{1-x}) dx$

$1 < \frac {z_2}{1-x} \iff 1-x < z_2 \iff x > 1-z_2$ .
Desde $x \le z_1 \le \frac 12$ y $1-z_2 \ge \frac 12$ Esto es imposible, por lo que

$P_{z_1,z_2} = \int_0^{z_1} \frac {z_2}{1-x} dx = - \ln(1-z_1) z_2$ .

Entonces, $P_{\frac 12,\frac 12} = \frac 12 \ln 2$ y así finalmente tenemos

$Q_{z_1,z_2} = P(\theta_i \le z_i \mid \theta_i \le \frac 12) = P_{z_1,z_2}/P_{\frac 12,\frac 12} = - \frac {\ln (1-z_1)}{\ln 2} (2 z_2)$ .

Desde $Q_{z_1,z_2} = f(z_1)g(z_2)$ sorprendentemente tenías razón cuando decías que $\theta_1$ y $\theta_2$ eran independientes. También tenías razón cuando decías que $\theta_2$ se distribuyó uniformemente en $[0 ; \frac 12]$ .
(esas fueron tus dos afirmaciones en las que inmediatamente pensé que estabas obviamente equivocado, lo que dice algo sobre que todavía soy tonto en probabilidades)

Sin embargo, $\theta_1$ (tras el acondicionamiento) no se distribuye uniformemente en $[0 ; \frac 12]$ : si $\theta_1$ es pequeño, hay más posibilidades de que el segundo hijo se indigeste que si $\theta_1$ es grande. Condicionar a que el segundo hijo no se indigeste hace que la distribución no sea uniforme.

Calculemos la fracción esperada de tarta que se come el primer hijo : Dado que $f'(t) = \frac 1{(1 - t)\ln 2}$ ,

esto es $\int_0^{\frac 12} \frac t{(1 - t)\ln 2} dt = \frac 1 {\ln 2}\int_0^{\frac 12} (-1 + \frac 1{1-t})dt = \frac 1 {\ln 2}(\ln 2 - \frac 12) = 1 - \frac 1{2\ln 2} \approx 0.279 > \frac 14$ .

Y finalmente la fracción esperada de la tarta restante es $1 - (1 - \frac 1{2\ln 2}) - \frac 14 = \frac 1{2\ln 2} - \frac 14 \approx 0.471 < \frac 12$

Answer 4

En cada etapa, un hijo se lleva una parte de lo que queda y deja el resto. La parte se distribuye uniformemente entre $[0,1]$ y, por tanto, la parte izquierda también se distribuye uniformemente sobre $[0,1]$ . Que todo el pastel sea 1, después de que el primer hijo se haya llevado una parte, se convierte en $x$ y después del segundo hijo será $xy$ con ambos $x$ y $y$ distribuido uniformemente en $[0,1]$ . $$\langle xy\rangle=\frac{\int_{\text{no indigestion}}xy\hspace{2mm}dxdy}{\int_{\text{no indigestion}}dxdy}$$ La condición de "no indigestión" es $$x>\frac{1}{2}\hspace{3mm}\text{and}\hspace{3mm} x(1-y)<\frac{1}{2}$$ Y el numerador se convierte en $$\int_\frac{1}{2}^1dx\int_{1-\frac{1}{2x}}^1dy\hspace{2mm}xy=\int_\frac{1}{2}^1dx\hspace{2mm}\frac{x}{2}\Big[1-\big(1-\frac{1}{2x}\big)^2\Big]$$ $$=\frac{1}{2}\int_\frac{1}{2}^1dx\hspace{2mm}\big(1-\frac{1}{4x}\big)=\frac{1}{4}\big(1-\frac{\log2}{2}\big)$$ El denominador es $$\int_\frac{1}{2}^1\frac{dx}{2x}=\frac{\log2}{2}$$ Y el valor esperado $$\frac{1}{4}\big(\frac{2}{\log2}-1\big)\approx0.471$$

Answer 5

Se trata de una situación complicada, pero la pregunta resulta muy sencilla de responder. La pregunta afirma que ningún hijo tiene indigestión .

Por lo tanto, ninguno de los dos hijos se comió la mitad de la tarta o más. (La cantidad que comió cualquiera de los dos hijos: $0 \le eaten \lt .5$ )

Por lo tanto, siempre queda algo de pastel. (cantidad que queda: $0 \lt remaining \le 1$ )

Dado que las porciones que ambos hijos comieron son uniformemente aleatorias e independientes (ya que ninguno de ellos come más de la mitad), en el caso esperado simplemente decimos que ambos comieron el valor medio (a medio camino entre 0 y .5 o .25 ). Y como dos hijos comieron, .25 + .25 = .5 La mitad de la tarta ha desaparecido.

Otra forma de verlo es ver que la cantidad de pastel que queda es uniformemente aleatoria, y deducir que es .5 .

Así que si bien es cierto que en la situación la cantidad que come el segundo hijo es altamente dependiente de la cantidad que come el primero, la cantidad que comen es independiente sólo para esta pregunta específica .

Así que sí, tienes razón.