Toplamlarının (0,1) üzerindeki sürekli tekdüze değişkenlerin toplamlarının birini aşması için neden ortalama ?

Rastgele değişkenlerden oluşan bir akışı , ; toplamın bir tanesini aşması için ihtiyacımız olan terim sayısı olsun , yani en küçük sayıdır. $X_i \overset{iid}\sim \mathcal{U}(0,1)$ $Y$ $Y$

X_{1} + X_{2} + \dots + X_{Y} > 1.

$X_1 + X_2 + \dots + X_Y > 1.$

Neden ortalama gelmez Euler sabiti eşit ? $Y$ $e$

E (Y) = e = \frac{1}{0!} + \frac{1}{1!} + \frac{1}{2!} + \frac{1}{3!} + \dots

$\mathbb{E}(Y) = e = \frac{1}{0!} + \frac{1}{1!} + \frac{1}{2!} + \frac{1}{3!} + \dots$

— Gümüş Balık
kaynak

Bunu kendi kendine çalışma sorusu ruhuyla gönderiyorum, ancak bu soruyu on yıl önce ilk gördüğümü düşünüyorum. O zaman nasıl cevap verdiğimi hatırlayamıyorum, ancak Monte Carlo Simülasyonunu kullanarak yaklaşık

e

$e$ ipliğinde bahsedilen bu özelliği gördüğümde aklıma çıkmadığından emin değilim . Bunun oldukça yaygın bir egzersiz sorusu olduğundan şüphelendiğim için, ana "spoiler uyarısı" nın sorunun kendisine ait olduğunu varsaysam da, tam bir çözüm yerine bir taslak sunmayı seçtim!

— Silverfish

Alternatif yaklaşımlarla çok ilgileniyorum; Bunun Gnedenko'nun Olasılık Teorisine bir soru olarak dahil edildiğini biliyorum (başlangıçta Rusça ama yaygın olarak tercüme edilmiştir), ancak orada hangi çözümün beklendiğini bilmiyorum veya başka bir yerde ortaya çıktı.

— Silverfish

Ben simpleks yöntemini kullanarak MATLAB'da bir simülasyon çözümü yazdım . Ben simplekslerin bağlantısını bilmiyordum, bu çok beklenmedik bir şey.

— Aksakal

Yanıtlar:

İlk gözlem: , PMF'den daha hoş bir CDF'ye sahiptir $Y$

Olasılık yoğunluk fonksiyonu olasılığıdır , toplam birlik aşması için "sadece yeterli" bir örneğin, ise bir aşan değil . $p_Y(n)$ $n$ $X_1 + X_2 + \dots X_n$ $X_1 + \dots + X_{n-1}$

kümülatif dağılımı "yeterli" olduğunu gerektirir , yani , ne kadar sınırlama bulunmadığını. Bu, olasılığı ile başa çıkmak için çok daha basit bir olay gibi görünüyor. $F_Y(n) = \Pr(Y \leq n)$ $n$ $\sum_{i=1}^{n}X_i > 1$

İkinci gözlem: negatif olmayan tam sayı değerlerini alır, böylece CDF cinsinden yazılabilir $Y$ $\mathbb{E}(Y)$

Açıkça sadece içindeki değerleri alabilir , böylece ortalamasını tamamlayıcı CDF , . $Y$ $\{0, 1, 2, \dots\}$ $\bar F_Y$

E (Y) = \sum_{n = 0}^{\infty} {\bar{F}}_{Y} (n) = \sum_{n = 0}^{\infty} (1 - F_{Y} (n))

$\mathbb{E}(Y) = \sum_{n=0}^\infty \bar F_Y(n) = \sum_{n=0}^\infty \left(1 - F_Y(n) \right)$

Aslında ve sıfırdır, bu nedenle ilk iki terim . $\Pr(Y=0)$ $\Pr(Y=1)$ $\mathbb{E}(Y) = 1 + 1 + \dots$

Daha sonra terimlerin gelince, eğer olasılık olduğunu , neyi olaydır olasılığı? $F_Y(n)$ $\sum_{i=1}^{n}X_i > 1$ $\bar F_Y(n)$

Üçüncü gözlem: simplex'in (hiper) hacmi $n$ $\frac{1}{n!}$

I aklında -simplex altında bir hacim işgal standart birim -simplex tüm pozitif orthant arasında bunun konveks bir dış kaplama: köşe, özellikle başlangıç noktası artı -simplex , vb. $n$ $(n-1)$ $\mathbb{R}^n$ $(n+1)$ $(n-1)$ $(1, 0, 0, \dots)$ $(0, 1, 0, \dots)$

Örneğin, yukarıda 2-simpleks alana sahip ve 3-simpleks hacim sahip . $x_1 + x_2 \leq 1$ $\frac{1}{2}$ $x_1 + x_2 + x_3 \leq 1$ $\frac{1}{6}$

tarafından açıklanan olayın olasılığı için bir integrali doğrudan değerlendirerek ilerleyen bir kanıt ve diğer iki argümana bağlantı için bu Math SE iş parçacığına bakın . İlgili konu da ilginizi çekebilir: ve -simplexes hacimlerinin toplamı arasında bir ilişki var mı ? $\bar F_Y(n)$ $e$ $n$

— Gümüş Balık
kaynak

Bu ilginç bir geometrik yaklaşımdır ve bu şekilde çözülmesi kolaydır. Güzel. İşte bir simpleks hacmi için denklem. Açıkçası daha zarif bir çözüm olabileceğini sanmıyorum

— Aksakal

+1 tam dağılımını stats.stackexchange.com/questions/41467/… adresindeki yayınımdaki yaklaşımlardan herhangi birinden de alabilirsiniz .

Y

$Y$

— whuber

Bu çözüm üzerinde tökezledi, hiçbir yolu yoktur onlar :) Bana bir okulda başka bir yol yapmak zorlayacağını

— Aksakal

düzeltin . Let için kısmi toplamlarının fraksiyonel parça olmak . Bağımsız tekdüzelik ve garantisini gibi muhtemel aşmaktır az bunun daha uzun olacak şekilde olduğu gibi. Bu tümdizinin sıralamaları eşit derecede olasıdır. $n \ge 1$

U_{i} = X_{1} + X_{2} + \dots + X_{i} \mod 1

$U_i = X_1 + X_2 + \cdots + X_i \mod 1$

i = 1, 2, \dots, n

$i=1,2,\ldots, n$

X_{1}

$X_1$

X_{i + 1}

$X_{i+1}$

U_{i + 1}

$U_{i+1}$

U_{i}

$U_i$ $n!$ $(U_i)$

dizisi dizisini kurtarabiliriz . Nasıl yapıldığını görmek için, $U_1, U_2, \ldots, U_n$ $X_1, X_2, \ldots, X_n$

$U_1 = X_1$ çünkü her ikisi de ile arasında . $0$ $1$
Eğer , sonra . $U_{i+1} \ge U_i$ $X_{i+1} = U_{i+1} - U_i$
Aksi takdirde, , bu nedenle . $U_i + X_{i+1} \gt 1$ $X_{i+1} = U_{i+1} - U_i + 1$

zaten artan bir sırada olduğu tam olarak bir sıra vardır, bu durumda . N'den biri olmakeşit olası diziler, bu şansoluşuyor. Diğer tüm sekanslarda gelen en azından bir aşamasından için bozuk olduğu. Bu toplamı anlamına gelir eşit ya da aşmak zorunda . Böylece görüyoruz ki $U_i$ $1 \gt U_n = X_1 + X_2 + \cdots + X_n$ $n!$ $1/n!$ $U_i$ $U_{i+1}$ $X_i$ $1$

Pr (Y > n) = Pr (X_{1} + X_{2} + \dots + X_{n} \leq 1) = Pr (X_{1} + X_{2} + \dots + X_{n} < 1) = \frac{1}{n!} .

$\Pr(Y \gt n) = \Pr(X_1 + X_2 + \cdots + X_n \le 1) = \Pr(X_1 + X_2 + \cdots + X_n \lt 1) = \frac{1}{n!}.$

Bu integral için, çünkü tüm dağılımı için olasılıklar verir $Y$ $n\ge 1$

Pr (Y = n) = Pr (Y > n - 1) - Pr (Y > n) = \frac{1}{(n - 1)!} - \frac{1}{n!} = \frac{n - 1}{n!} .

$\Pr(Y = n) = \Pr(Y \gt n-1) - \Pr(Y \gt n) = \frac{1}{(n-1)!} - \frac{1}{n!} = \frac{n-1}{n!}.$

Dahası,

E (Y) = \sum_{n = 0}^{\infty} Pr (Y > n) = \sum_{n = 0}^{\infty} \frac{1}{n!} = e,

$\mathbb{E}(Y) = \sum_{n=0}^\infty \Pr(Y \gt n) = \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{n!} = e,$

QED.

— whuber
kaynak

Birkaç kez okudum ve neredeyse anlıyorum ... sabit bilgisayar simülasyonunun bir sonucu olarak Matematik SE'de birkaç soru yayınladım . Onları gördün mü bilmiyorum. Bunlardan biri, ve Taylor serisinin tavan işlevi hakkında Tenfold'daki tür açıklamanızdan önce geri döndü . İkincisi tam olarak bu konuyla ilgiliydi, şimdiye kadar hiç yanıt

e

$e$

1 / U (0, 1)

$1/U(0,1)$

— alamadı

burada ve burada .

— Antoni Parellada

Kanıtları aynı aralıklarla da ekleyebilir misiniz?

— Xi'an

@ Xi'an Bu bağlamda "tekdüze boşluklar" ile ne demek istediğinizi daha spesifik olarak açıklayabilir misiniz?

— whuber

Tam bir türetme elde edemediğim Monte Carlo Simülasyonu kullanan Yaklaşık e ipliğinde, düzenli aralıklarla Poisson süreç simülasyonunuza atıfta bulunuyorum .

— Xi'an

Sheldon Ross'un Olasılıkta İlk Kursu'nda izlemesi kolay bir kanıt var:

OP biraz gösterimini değiştirmek, ve için terimler minimum sayıda ya da farklı şekilde ifade: $U_i \overset{iid}\sim \mathcal{U}(0,1)$ $Y$ $U_1 + U_2 + \dots + U_Y > 1$

Y = m i n {n : \sum_{i = 1}^{n} U_{i} > 1}

$Y = min\Big\{n: \sum_{i=1}^n U_i>1\Big\}$

Bunun yerine aradık:

Y (u) = m i n {n : \sum_{i = 1}^{n} U_{i} > u}

$Y(u) = min\Big\{n: \sum_{i=1}^n U_i>u\Big\}$ için , , eklendiğinde fazla olacak muntazam çekilişlerin gerçekleşme sayısı beklentisini ifade eder .

u \in [0, 1]

$u\in[0,1]$

f (u) = E [Y (u)]

$f(u)=\mathbb E[Y(u)]$

u

$u$

Sürekli değişkenler için aşağıdaki genel özellikleri uygulayabiliriz:

$E[X] = E[E[X|Y]]=\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}E[X|Y=y]\,f_Y(y)\,dy$

yu birinci üniformanın sonucu üzerinde şartlı olarak ifade etmek ve , sayesinde yönetilebilir bir denklem elde etmekBu olurdu: $f(u)$ $X \sim U(0,1)$ $f_Y(y)=1.$

\begin{matrix} (1) & f (u) = \int_{0}^{1} E [Y (u) | U_{1} = x] d x \end{matrix}

$f(u)=\displaystyle\int_0^1 \mathbb E[Y(u)|U_1=x]\,dx \tag 1$

Eğer biz makinesi olan daha büyük olan , yani ,Öte yandan, , , çünkü zaten tek tip rastgele çizdik ve aramızdaki fark hala var ve kapsamaktadır. Denkleme (1) geri dönme: $U_1=x$ $u$ $x>u$ $\mathbb E[Y(u)|U_1=x] =1 .$ $x <u$ $\mathbb E[Y(u)|U_1=x] =1 + f(u - x)$ $1$ $x$ $u$

f (u) = 1 + \int_{0}^{x} f (u - x) d x

$f(u) = 1 + \displaystyle\int_0^x f(u - x) \,dx$ ve ikame ile biz olurdu .

w = u - x

$w = u - x$

f (u) = 1 + \int_{0}^{x} f (w) d w

$f(u) = 1 + \displaystyle\int_0^x f(w) \,dw$

Bu denklemin her iki tarafını da ayırt edersek şunu görebiliriz:

f^{'} (u) = f (u) ⟹ \frac{f^{'} (u)}{f (u)} = 1

$f'(u) = f(u)\implies \frac{f'(u)}{f(u)}=1$

son bir entegrasyon sayesinde:

l o g [f (u)] = u + c ⟹ f (u) = k e^{u}

$log[f(u)] = u + c \implies f(u) = k \,e^u$

Bildiğimiz beklentisi düzgün dağılımından bir örneği alınması ve aşarak olduğu olduğu ya da . Bu nedenle, ve . Bu nedenle $0$ $1$ $f(0) = 1$ $k = 1$ $f(u)=e^u$ $f(1) = e.$

— Antoni Parellada
kaynak

Bunun sonucu genelleştirme şeklini seviyorum.

— Silverfish