Mengapa jumlah variabel seragam kontinu pada (0,1) yang diperlukan untuk jumlah mereka melebihi satu memiliki rata-rata ?

Mari kita menjumlahkan aliran variabel acak, ; misalkan adalah jumlah istilah yang kita perlukan untuk totalnya melebihi satu, yaitu adalah angka terkecil sehinggaY $X_i \overset{iid}\sim \mathcal{U}(0,1)$$Y$$Y$

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

Mengapa mean dari sama Euler konstan ?$Y$$e$

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

Pengamatan pertama: $Y$ memiliki CDF yang lebih menyenangkan daripada PMF

Fungsi massa probabilitas $p_Y(n)$ adalah probabilitas bahwa $n$ adalah "cukup" untuk total melebihi kesatuan, yaitu $X_1 + X_2 + \dots X_n$ melebihi satu sedangkan $X_1 + \dots + X_{n-1}$ tidak tidak.

Distribusi kumulatif $F_Y(n) = \Pr(Y \leq n)$ hanya membutuhkan $n$ adalah "cukup", yaitu $\sum_{i=1}^{n}X_i > 1$ tanpa batasan berapa banyak oleh. Ini terlihat seperti peristiwa yang jauh lebih sederhana untuk menghadapi probabilitas.

Pengamatan kedua: $Y$ mengambil nilai integer non-negatif sehingga $\mathbb{E}(Y)$ dapat ditulis dalam bentuk CDF

Jelas $Y$ hanya dapat mengambil nilai dalam $\{0, 1, 2, \dots\}$ , sehingga kita dapat menulis mean dalam hal CDF pelengkap , $\bar F_Y$ .

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

Faktanya $\Pr(Y=0)$ dan $\Pr(Y=1)$ sama-sama nol, jadi dua istilah pertama adalah $\mathbb{E}(Y) = 1 + 1 + \dots$ .

Adapun persyaratan kemudian, jika $F_Y(n)$ adalah probabilitas bahwa $\sum_{i=1}^{n}X_i > 1$ , apa acara adalah $\bar F_Y(n)$ probabilitas?

Pengamatan ketiga: volume (hiper) dari $n$ simpleks adalah $\frac{1}{n!}$

The $n$ -simplex ada di benak saya menempati volume bawah standar unit $(n-1)$ -simplex di semua positif orthant dari $\mathbb{R}^n$ : itu adalah convex hull dari $(n+1)$ simpul, khususnya asal ditambah simpul dari unit $(n-1)$ -simplex at $(1, 0, 0, \dots)$ , $(0, 1, 0, \dots)$ dll.

Misalnya, 2-simpleks di atas dengan memiliki luas $x_1 + x_2 \leq 1$ dan 3-simpleks denganx1+x2+x3≤1memiliki volume$\frac{1}{2}$$x_1 + x_2 + x_3 \leq 1$ .$\frac{1}{6}$

Untuk bukti yang dihasilkan dengan langsung mengevaluasi integral untuk probabilitas acara yang dijelaskan oleh , dan tautan ke dua argumen lain, lihat utas Matematika SE ini . Thread terkait juga mungkin menarik: Apakah ada hubungan antara e dan jumlah volume n- simpleks?$\bar F_Y(n)$$e$$n$

Perbaiki . Biarkan U i = X 1 + X 2 + ⋯ + X $n \ge 1$ menjadi bagian pecahan dari jumlah parsial untuk i = 1 , 2 , … , n . Keseragaman independen dari X 1 dan X i + 1 menjamin bahwa U i + 1 kemungkinan akan melebihi U i karena lebih kecil dari itu. Ini menyiratkan bahwasemua n ! orderings urutan ( U i ) sama-sama mungkin.

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

Dengan urutan , kita dapat memulihkan urutan X 1 , X 2 , ... , X n . Untuk melihat caranya, perhatikan itu$U_1, U_2, \ldots, U_n$$X_1, X_2, \ldots, X_n$

• karena keduanya antara 0 dan 1 .$U_1 = X_1$$0$$1$

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

• Kalau tidak, , dari mana 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$

Ada tepat satu urutan di mana sudah dalam urutan meningkat, dalam hal ini 1 > U n = X 1 + X 2 + ⋯ + X n . Menjadi salah satu dari n ! kemungkinan urutan yang sama, ini memiliki peluang 1 / n ! terjadi. Dalam semua urutan lainnya, setidaknya satu langkah dari U i ke U i + 1 rusak. Ini menyiratkan jumlah X saya harus sama atau melebihi $U_i$$1 \gt U_n = X_1 + X_2 + \cdots + X_n$$n!$$1/n!$$U_i$$U_{i+1}$$X_i$$1$. Jadi kita melihat itu

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

Ini menghasilkan probabilitas untuk seluruh distribusi , karena untuk integral n ≥ $Y$$n\ge 1$

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

Bahkan,

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

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 $f(1) = e.$