[numbsoul]

Una moneda sale cara con probabilidad \( p \). Sea \( X_{n} \) la variable aleatoria definida como la cantidad de tiradas que son necesarias para obtener una racha de \( n \) caras consecutivas. Probar que \( \mathbb{E}(X_{n})=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{p^{k}} \).

[HernanV]

Si no me equivoco, \( \displaystyle X_{n} \sim \text{Pa}(n,p) \).

[numbsoul]

¿Cuál sería el razonamiento para llegar a eso?
¿Cómo se puede resolver este problema usando propiedades de esperanza condicional?

[HernanV]

El problema, a mi manera de ver, es que si \( \displaystyle X_{n} \) tiene distribución de Pascal entonces esa no es su esperanza.

[numbsoul]

Veamos.

Si consideramos la variable \( X_{n}|X_{n-1}=k \),es decir,si condicionamos a que son necesarias \( k \) tiradas para obtener una racha de \( n-1 \) caras consecutivas,¿Qué distribución tiene esta variable condicional?

Una vez que conocemos esa distribución,usamos que \( E(X_{n})=E(E(X_{n}|X_{n-1})) \) y aplicamos la hipótesis inductiva.

[HernanV]

No entiendo cómo prosigues con tu idea. O sea, ¿para qué consideras eso?.

[Luis Fuentes]

Hola

 Siguiendo la idea de numbsoul. Tenemos:

 \( P(X_n=k+1|X_{n-1}=k)=p \) (ya que si hemos necesitado \( k \) tiradas para obtener \( n-1 \) caras, para obtener \( n \) caras en \( k+1 \) tiradas necesitamos obtener una nueva cara).

 y para \( t\geq 2 \):

\(  P(X_n=k+t|X_{n-1}=k)=(1-p)P(X_n=t-1) \) (si la tirada \( k+1 \) fue cruz, para obtener \( n \) caras seguidas estas tienen que aparecer en las \( t-1 \) tiradas restantes).

 Por tanto:

\(  E(X_n|X_{n-1}=k)=(k+1)p+\displaystyle\sum_{t=2}^\infty{}(k+t)(1-p)P(X_n=t-1)= \)

\( =(k+1)p+(k+1)(1-p)\displaystyle\sum_{t=2}^\infty{}P(X_n=t-1)+ \)

\( +(1-p)\displaystyle\sum_{t=2}^\infty{}(t-1)P(X_n=t-1)= \)

\( =(k+1)p+(k+1)(1-p)+(1-p)E[X_n]=(k+1)+(1-p)E[X_n] \)

 De ahí:

\(  E[X_n]=E[E[X_n|X_{n-1}]=E[X_{n-1}+1+(1-p)E[X_n]] \)

 de donde:

\(  E[X_n]=\dfrac{1}{p}(E[X_{n-1}]+1) \)

 Comprueba que:

\( \mathbb{E}(X_{n})=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\dfrac{1}{p^{k}} \)

 cumple esa relación recursiva.

 Además para \( n=1 \):

\(  E[X_1]=p\displaystyle\sum_{k=1}^\infty{}k(1-p)^{k-1}=\dfrac{1}{p} \)

Saludos.

P.D. HernanV no estoy seguro que distribución es \( Pa(n,p) \). La de Pascal que yo conozco es el número de intentos hasta la aparación del primer éxito y sólo depende de un parámetro. Corresponde a la \( X_1 \) del ejercicio de numbsoul.

[numbsoul]

Muchas gracias,el_manco

[HernanV]

P.D. HernanV no estoy seguro que distribución es \( Pa(n,p) \). La de Pascal que yo conozco es el número de intentos hasta la aparación del primer éxito y sólo depende de un parámetro. Corresponde a la \( X_1 \) del ejercicio de numbsoul.

Si mal no tengo entendido esa es una distribución Geométrica. La distribución de Pascal (creo que le llaman Binomial Negativa también) es la que mide el número de intentos hasta que ocurra el r-ésimo éxito y tiene por parámetros a r y la probabilidad p. Es por eso que me pareció que aplicaba en este caso.

[Luis Fuentes]

Hola

P.D. HernanV no estoy seguro que distribución es \( Pa(n,p) \). La de Pascal que yo conozco es el número de intentos hasta la aparación del primer éxito y sólo depende de un parámetro. Corresponde a la \( X_1 \) del ejercicio de numbsoul.

Si mal no tengo entendido esa es una distribución Geométrica. La distribución de Pascal (creo que le llaman Binomial Negativa también) es la que mide el número de intentos hasta que ocurra el r-ésimo éxito y tiene por parámetros a r y la probabilidad p. Es por eso que me pareció que aplicaba en este caso.

¡Ah!. Lo que yo llamo distribución de Pascal es la "tuya" con \( r=1 \). Sea como sea la que indicas no se ajusta al problema de numbsoul porque necesitamos \( r \) éxitos consecutivos. La binomial negativa no considera ese matiz.

Saludos.