Perché il numero di variabili uniformi continue su (0,1) necessarie affinché la loro somma superi una ha media

Sommiamo un flusso di variabili casuali, ; lascia che sia il numero di termini di cui abbiamo bisogno affinché il totale superi uno, ovvero è il numero più piccolo tale che$X_i \overset{iid}\sim \mathcal{U}(0,1)$$Y$$Y$

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

Perché la media di $Y$ uguale alla costante Eulero $e$?

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

Prima osservazione: $Y$ ha un CDF più piacevole di PMF

La funzione di massa di probabilità $p_Y(n)$ è la probabilità che $n$ sia "appena sufficiente" perché il totale superi l'unità, cioè $X_1 + X_2 + \dots X_n$ supera uno mentre $X_1 + \dots + X_{n-1}$ fa non.

La distribuzione cumulativa $F_Y(n) = \Pr(Y \leq n)$ richiede semplicemente che $n$ sia "sufficiente", cioè $\sum_{i=1}^{n}X_i > 1$ senza alcuna limitazione di quanto. Sembra un evento molto più semplice da gestire con la probabilità di.

Seconda osservazione: $Y$ assume valori interi non negativi in ​​modo che $\mathbb{E}(Y)$ possa essere scritto in termini di CDF

Chiaramente $Y$ può assumere solo i valori in $\{0, 1, 2, \dots\}$ , in modo da poter scrivere sua media in termini di CDF complementare , $\bar F_Y$ .

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

In effetti $\Pr(Y=0)$ e $\Pr(Y=1)$ sono entrambi zero, quindi i primi due termini sono $\mathbb{E}(Y) = 1 + 1 + \dots$ .

Per quanto riguarda i termini successivi, se $F_Y(n)$ è la probabilità che $\sum_{i=1}^{n}X_i > 1$ , quale evento è $\bar F_Y(n)$ la probabilità di?

Terza osservazione: il (iper) volume di un $n$ -simplex è $\frac{1}{n!}$

Il $n$ -simplex ho in mente occupa il volume sotto un'unità standard $(n-1)$ -simplex in tutto positivo orthant di $\mathbb{R}^n$ : è l'inviluppo convesso di $(n+1)$ vertici, in particolare l'origine più i vertici dell'unità $(n-1)$ -simplex a $(1, 0, 0, \dots)$ , $(0, 1, 0, \dots)$ ecc.

Ad esempio, il 2-simplex sopra con ha area $x_1 + x_2 \leq 1$ e il 3-simplex conx1+x2+x3≤1ha volume$\frac{1}{2}$$x_1 + x_2 + x_3 \leq 1$ .$\frac{1}{6}$

Per una prova che procede valutando direttamente un integrale per la probabilità dell'evento descritto da , e collegamenti ad altri due argomenti, vedere questo thread Math SE . Anche il thread correlato può essere interessante: esiste una relazione tra e e la somma dei volumi n -simplexes?$\bar F_Y(n)$$e$$n$

Correzione . Sia U i = X 1 + X 2 + ⋯ + X $n \ge 1$ sono le parti frazionarie delle somme parziali per i = 1 , 2 , … , n . L'uniformità indipendente di X 1 e X i + 1 garantisce che U i + 1 ha la stessa probabilità di superare U i in quanto deve essere inferiore. Ciò implica chetutto n ! gli ordinamenti della sequenza ( U i ) sono ugualmente probabili.

$$U_i = X_1 + X_2 + \cdots + X_i \mod 1$$ $i=1,2,\ldots, n$$X_1$$X_{i+1}$$U_{i+1}$$U_i$$n!$$(U_i)$

Data la sequenza , possiamo recuperare la sequenza X 1 , X 2 , ... , X n . Per vedere come, notalo$U_1, U_2, \ldots, U_n$$X_1, X_2, \ldots, X_n$

• perché entrambi sono compresi tra 0 e 1 .$U_1 = X_1$$0$$1$

• Se , allora X i + 1 = U i + 1 - U i .$U_{i+1} \ge U_i$$X_{i+1} = U_{i+1} - U_i$

• Otherwise, $U_i + X_{i+1} \gt 1$, whence $X_{i+1} = U_{i+1} - U_i + 1$.

There is exactly one sequence in which the $U_i$ are already in increasing order, in which case $1 \gt U_n = X_1 + X_2 + \cdots + X_n$. Being one of $n!$ equally likely sequences, this has a chance $1/n!$ of occurring. In all the other sequences at least one step from $U_i$ to $U_{i+1}$ is out of order. This implies the sum of the $X_i$ had to equal or exceed $1$. Thus we see that

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

This yields the probabilities for the entire distribution of $Y$, since for integral $n\ge 1$

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

Moreover,

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

QED.

In Sheldon Ross' A First Course in Probability there is an easy to follow proof:

Modifying a bit the notation in the OP, $U_i \overset{iid}\sim \mathcal{U}(0,1)$ and $Y$ the minimum number of terms for $U_1 + U_2 + \dots + U_Y > 1$, or expressed differently:

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

If instead we looked for:

$$Y(u) = min\Big\{n: \sum_{i=1}^n U_i>u\Big\}$$ for $u\in[0,1]$, we define the $f(u)=\mathbb E[Y(u)]$, expressing the expectation for the number of realizations of uniform draws that will exceed $u$ when added.

We can apply the following general properties for continuous variables:

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

to express $f(u)$ conditionally on the outcome of the first uniform, and getting a manageable equation thanks to the pdf of $X \sim U(0,1)$, $f_Y(y)=1.$ This would be it:

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

If the $U_1=x$ we are conditioning on is greater than $u$, i.e. $x>u$, $\mathbb E[Y(u)|U_1=x] =1 .$ If, on the other hand, $x <u$, $\mathbb E[Y(u)|U_1=x] =1 + f(u - x)$, because we already have drawn $1$ uniform random, and we still have the difference between $x$ and $u$ to cover. Going back to equation (1):

$$f(u) = 1 + \displaystyle\int_0^x f(u - x) \,dx$$ , and with substituting $w = u - x$ we would have $f(u) = 1 + \displaystyle\int_0^x f(w) \,dw$.

If we differentiate both sides of this equation, we can see that:

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

with one last integration we get:

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

We know that the expectation that drawing a sample from the uniform distribution and surpassing $0$ is $1$, or $f(0) = 1$. Hence, $k = 1$, and $f(u)=e^u$. Therefore $f(1) = e.$