Dlaczego liczba ciągłych zmiennych jednolitych na (0,1) potrzebnych do ich sumy przekraczającej jedną ma średnią ?

strumień zmiennych losowych, ; niech będzie liczbą warunków, których potrzebujemy, aby suma przekroczyła jeden, tj. jest najmniejszą liczbą taką, że$X_i \overset{iid}\sim \mathcal{U}(0,1)$$Y$$Y$

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

Dlaczego średnia równa stałej Eulera ?$Y$$e$

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

Pierwsza obserwacja: $Y$ ma bardziej przyjemny CDF niż PMF

Funkcją masy prawdopodobieństwa $p_Y(n)$ jest prawdopodobieństwem, że $n$ "tylko na tyle tylko" na całkowitą przekraczać jedności, to znaczy $X_1 + X_2 + \dots X_n$ przekracza jeden, a $X_1 + \dots + X_{n-1}$ czyni nie.

Skumulowany rozkład $F_Y(n) = \Pr(Y \leq n)$ po prostu wymaga, że $n$ jest „wystarczające”, tj. $\sum_{i=1}^{n}X_i > 1$ bez ograniczenia o ile. To wygląda na znacznie prostsze wydarzenie, aby poradzić sobie z prawdopodobieństwem.

Druga obserwacja: $Y$ przyjmuje nieujemne wartości całkowite, więc $\mathbb{E}(Y)$ można zapisać w kategoriach CDF

Wyraźnie $Y$ mogą przyjmować jedynie wartości w $\{0, 1, 2, \dots\}$ , więc możemy napisać jej średnia pod względem komplementarnej CDF , $\bar F_Y$ .

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

W rzeczywistości $\Pr(Y=0)$ i $\Pr(Y=1)$ są równe zeru tak, że pierwsze dwa terminy są $\mathbb{E}(Y) = 1 + 1 + \dots$ .

Jeśli chodzi o późniejsze terminy, jeśli $F_Y(n)$ jest prawdopodobieństwem, że $\sum_{i=1}^{n}X_i > 1$ , to jakie zdarzenie to $\bar F_Y(n)$ prawdopodobieństwo?

Trzecie spostrzeżenie: (hiper) objętość $n$ prostego to $\frac{1}{n!}$

$n$ -simplex mieć na uwadze, że mieści się w przestrzeni pod standardowym urządzeniu $(n-1)$ -simplex w wszystkie pozytywne orthant z $\mathbb{R}^n$ : jest kadłub wypukła z $(n+1)$ wierzchołkach, zwłaszcza pochodzenia oraz wierzchołki jednostki $(n-1)$ -implex w $(1, 0, 0, \dots)$ , $(0, 1, 0, \dots)$ itp.

Na przykład powyższy 2-simpleks z ma obszar $x_1 + x_2 \leq 1$ a 3-simpleks zx1+x2+x3≤1ma tom$\frac{1}{2}$$x_1 + x_2 + x_3 \leq 1$ .$\frac{1}{6}$

Aby uzyskać dowód, który przebiega przez bezpośrednią ocenę całki dla prawdopodobieństwa zdarzenia opisanego przez , oraz linki do dwóch innych argumentów, zobacz ten wątek Math SE . Powiązany wątek może również być interesujący: Czy istnieje związek między e a sumą objętości n- prostych?$\bar F_Y(n)$$e$$n$

Napraw . Niech U i = X 1 + X 2 + ⋯ + X $n \ge 1$ będą częściami ułamkowymi sum częściowych dla i = 1 , 2 , … , n . Niezależny jednorodność X 1 i X i + 1 gwarancji, że U i + 1 jest tak samo może przekraczać ù I , jak to jest mniejsze od niego. Oznacza to, żewszystkie n ! uporządkowanie sekwencji ( U i ) jest równie prawdopodobne.

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

Biorąc pod uwagę sekwencję , możemy odzyskać sekwencję X 1 , X 2 , … , X n . Aby zobaczyć, jak to zauważyć, zauważ to$U_1, U_2, \ldots, U_n$$X_1, X_2, \ldots, X_n$

• ponieważ oba są między 0 a 1 .$U_1 = X_1$$0$$1$

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

• W przeciwnym razie , skąd X i + 1 = U i + 1 - U i + 1 .$U_i + X_{i+1} \gt 1$$X_{i+1} = U_{i+1} - U_i + 1$

Jest dokładnie jedna sekwencja, w której są już w porządku rosnącym, w którym to przypadku 1 > U n = X 1 + X 2 + ⋯ + X n . Będąc jednym z n ! równie prawdopodobne sekwencje, ma szansę 1 / n ! wystąpienia. We wszystkich innych sekwencji jest co najmniej jeden etap ze U I do U i + 1 jest poza kolejnością. Oznacza to, że suma X i musiała być równa lub większa niż $U_i$$1 \gt U_n = X_1 + X_2 + \cdots + X_n$$n!$$1/n!$$U_i$$U_{i+1}$$X_i$$1$. Tak to widzimy

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

Daje to prawdopodobieństwa dla całego rozkładu , ponieważ dla całki n ≥ $Y$$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 $f(1) = e.$