Por que o número de variáveis ​​uniformes contínuas em (0,1) necessárias para que sua soma exceda um tem a média

Vamos resumir um fluxo de variáveis aleatórias, $X_i \overset{iid}\sim \mathcal{U}(0,1)$ ; seja $Y$ o número de termos que precisamos para que o total exceda um, ou seja, $Y$ é o menor número que

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

Por que a média de $Y$ igual a constante de Euler $e$ ?

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

Primeira observação: tem um CDF mais agradável que o PMF$Y$

A função de densidade de probabilidade é a probabilidade de que n é "apenas o suficiente" para o total a exceder unidade, isto é, X 1 + X 2 + ... X n excede uma enquanto X 1 + ⋯ + X n - 1 faz não.$p_Y(n)$$n$$X_1 + X_2 + \dots X_n$$X_1 + \dots + X_{n-1}$

A distribuição cumulativa requer simplesmente n é "suficiente", ou seja, Σ n i = 1 X i > 1 , sem restrição de como muito perto. Parece um evento muito mais simples de lidar com a probabilidade de.$F_Y(n) = \Pr(Y \leq n)$$n$$\sum_{i=1}^{n}X_i > 1$

Segunda observação: recebe valores inteiros não negativos, para que E ( Y ) possa ser escrito em termos de CDF$Y$$\mathbb{E}(Y)$

Claramente só pode assumir valores em { 0 , 1 , 2 , ... } , para que possamos escrever sua média em termos da CDF complementar , ˉ F Y .$Y$$\{0, 1, 2, \dots\}$$\bar F_Y$

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

De fato, e Pr ( Y = 1 ) são zero, então os dois primeiros termos são E ( Y ) = 1 + 1 + … .$\Pr(Y=0)$$\Pr(Y=1)$$\mathbb{E}(Y) = 1 + 1 + \dots$

Quanto aos termos posteriores, se é a probabilidade de ∑ n i = 1 X i > 1 , qual evento é ˉ F Y ( n ) a probabilidade de?$F_Y(n)$$\sum_{i=1}^{n}X_i > 1$$\bar F_Y(n)$

Terceira observação: o (hiper) volume de um simplex é $n$$\frac{1}{n!}$

O -simplex eu ter em mente ocupa o volume debaixo de uma unidade padrão ( n - 1 ) -simplex no todo-positivo orthant de R n : é o casco convexo de ( n + 1 ) vértices, em particular, a origem mais os vértices da unidade ( n - 1 ) -simplex em ( 1 , 0 , 0 , … ) , ( 0 , 1 , 0 , $n$$(n-1)$$\mathbb{R}^n$$(n+1)$$(n-1)$$(1, 0, 0, \dots)$ etc.$(0, 1, 0, \dots)$

Por exemplo, o 2-simplex acima com tem a área $x_1 + x_2 \leq 1$ e o 3-simplex comx1+x2+x3≤1tem o volume$\frac{1}{2}$$x_1 + x_2 + x_3 \leq 1$ .$\frac{1}{6}$

Para uma prova que prossegue avaliando diretamente uma integral para a probabilidade do evento descrito por e vincula-se a dois outros argumentos, consulte este tópico do Math SE . O fio afins também podem ser de interesse: Existe uma relação entre e e a soma de n -simplexes volumes?$\bar F_Y(n)$$e$$n$

Corrija . Seja U i = X 1 + X 2 + ⋯ + X $n \ge 1$ são as partes fracionárias das somas parciais para i = 1 , 2 , … , n . A uniformidade independente de X 1 e X i + 1 garante que U i + 1 tem a probabilidade de exceder U i tanto quanto menor que ele. Isso implica quetodos os n ! ordenações da sequência ( U i ) são igualmente prováveis.

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

Dada a sequência , podemos recuperar a sequência X 1 , X 2 , … , X n . Para ver como, observe que$U_1, U_2, \ldots, U_n$$X_1, X_2, \ldots, X_n$

• porque ambos estão entre 0 e 1 .$U_1 = X_1$$0$$1$

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

• Caso contrário, , de onde 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$

Existe exactamente uma sequência em que o já estão em ordem crescente, no caso em que um > L n = X 1 + X 2 + ⋯ + X n . Sendo um dos n ! Seqüências igualmente prováveis, isso tem uma chance 1 / n ! de ocorrer. Em todas as outras seqüências, pelo menos um passo de U i a U i + 1 está fora de ordem. Isso implica que a soma do X que eu tinha que ser igual ou superior a $U_i$$1 \gt U_n = X_1 + X_2 + \cdots + X_n$$n!$$1/n!$$U_i$$U_{i+1}$$X_i$$1$. Assim, vemos que

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

Isso gera as probabilidades para toda a distribuição de , pois para a integral n ≥ $Y$$n\ge 1$

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

Além disso,

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

QED.

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

$U_i \overset{iid}\sim \mathcal{U}(0,1)$$Y$$U_1 + U_2 + \dots + U_Y > 1$

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

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 $f(1) = e.$