なぜそれらの合計が1を超えるために必要な（0,1）上の連続した均一変数の数は平均

ランダム変数のストリーム合計してみましょう。聞かせて私たちが1を超え、合計のために必要な用語の数である、すなわち、このような最小の数です $X_i \overset{iid}\sim \mathcal{U}(0,1)$ $Y$ $Y$

X 1 + X 2 + \dots + X Y > 1.

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

の平均がオイラーの定数と等しいのはなぜですか？ $Y$ $e$

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

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

— 銀魚
ソース

私は10年以上前にこの質問を見たと思いますが、私は自習の質問の精神でこれを投稿しています。当時の回答を思い出すことはできませんが、モンテカルロシミュレーションを使用したスレッド近似

e $e$ 言及されたこのプロパティを見たとき、それは思い浮かばなかったと確信しています。私はこれがかなり一般的な演習問題だと思うので、完全な解決策ではなくスケッチを提示することを選択しました。

— シルバーフィッシュ

私は引き続き代替アプローチに非常に興味を持っています。これは、Gnedenkoの確率論（元はロシア語ですが広く翻訳されています）に質問として含まれていたことは知っていますが、そこでどのような解決策が期待されたか、他の場所で提起されたのかはわかりません。

— シルバーフィッシュ

私が書いたあなたのシンプレックス法を使用してMATLABのシミュレーションソリューションを。私はシンプレックスへのリンクについて知りませんでした、それはとても予想外です。

— アクサカル

回答:

最初の観察：はPMFよりも楽しいCDFを持っています $Y$

確率質量関数は、が合計が1を超えるのに「十分」である確率です。つまり、は1を超え、はそうではありません。。 $p_Y(n)$ $n$ $X_1 + X_2 + \dots X_n$ $X_1 + \dots + X_{n-1}$

累積分布は、が「十分」であることを必要とするだけです。つまり、で、制限はありません。これは、確率を処理するはるかに単純なイベントのように見えます。 $F_Y(n) = \Pr(Y \leq n)$ $n$ $\sum_{i=1}^{n}X_i > 1$

2番目の観測：は非負の整数値を取るため、はCDFの観点から記述できます。 $Y$ $\mathbb{E}(Y)$

明らかに唯一の値を取ることができます我々はの面でその平均値を書き込むことができるように、補完的なCDF、。 $Y$ $\{0, 1, 2, \dots\}$ $\bar F_Y$

E (Y) = \sum n = 0 \infty F ¯ Y (n) = \sum n = 0 \infty (1 - F Y (n))

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

実際、とは両方ともゼロなので、最初の2つの項はです。 $\Pr(Y=0)$ $\Pr(Y=1)$ $\mathbb{E}(Y) = 1 + 1 + \dots$

後の項に関して、がの確率である、の確率はどのイベントですか？ $F_Y(n)$ $\sum_{i=1}^{n}X_i > 1$ $\bar F_Y(n)$

3番目の観察：シンプレックスの（ハイパー）ボリュームは $n$ $\frac{1}{n!}$

私が念頭に置いて下体積占有有する-simplex 標準単位 -simplex全て陽性で象限のそれの凸包である：、頂点特に原点と単位の頂点 - 1、0、0、 0、1、0などのシンプレックス $n$ $(n-1)$ $\mathbb{R}^n$ $(n+1)$ $(n-1)$ $(1, 0, 0, \dots)$ $(0, 1, 0, \dots)$

たとえば、上記のの2シンプレックスの面積はで、の3シンプレックスの体積はです。 $x_1 + x_2 \leq 1$ $\frac{1}{2}$ $x_1 + x_2 + x_3 \leq 1$ $\frac{1}{6}$

で記述されたイベントの確率の積分を直接評価することで進行する証拠、および他の2つの引数へのリンクについては、このMath SEスレッドを参照してください。関連するスレッドも興味深い場合がありますとシンプレックスボリュームの合計との間に関係がありますか？ $\bar F_Y(n)$ $e$ $n$

— 銀魚
ソース

これは興味深い幾何学的アプローチであり、この方法で簡単に解決できます。綺麗な。これは、シンプレックスの体積の方程式です。率直に言って、よりエレガントなソリューションがあるとは思わない

— Aksakal

+1また、stats.stackexchange.com / questions / 41467 /…にある私の投稿のアプローチのいずれかからの完全な分布を取得することもできます。

Y $Y$

— whuber

このソリューションにつまずいた場合、彼らが学校で他の方法でそれを強制する方法はありません:)

— Aksakal

修正。ましょうのための部分的な和の小数部分である。との独立した均一性は、がを超える可能性が高いことを保証します。これは、すべてシーケンスの順序も同様です。 $n \ge 1$

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,…,n $i=1,2,\ldots, n$

X1 $X_1$

Xi+1 $X_{i+1}$

Ui+1 $U_{i+1}$

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

シーケンスを指定すると、シーケンス復元できます。方法を確認するには、 $U_1, U_2, \ldots, U_n$ $X_1, X_2, \ldots, X_n$

$U_1 = X_1$ 両方ともと間にあるためです。 $0$ $1$
もし、次いで。 $U_{i+1} \ge U_i$ $X_{i+1} = U_{i+1} - U_i$
それ以外の場合、で、です。 $U_i + X_{i+1} \gt 1$ $X_{i+1} = U_{i+1} - U_i + 1$

が既に昇順であるシーケンスが1つだけあります。この場合、です。 1つで同様に可能性のあるシーケンス、これにはチャンスがあり発生します。他のすべてのシーケンスでは、からへの少なくとも1ステップが故障しています。これは、の合計が以上でなければならないことを意味します。したがって、我々はそれを見る $U_i$ $1 \gt U_n = X_1 + X_2 + \cdots + X_n$ $n!$ $1/n!$ $U_i$ $U_{i+1}$ $X_i$ $1$

Pr (Y > n) = Pr (X 1 + X 2 + \dots + X n \leq 1) = Pr (X 1 + X 2 + \dots + X n < 1) = 1 n ! .

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

積分、分布全体の確率が得られます。 $Y$ $n\ge 1$

Pr (Y = n) = Pr (Y > n - 1) - Pr (Y > n) = 1 ( n - 1 ) ! - 1 n ! = n - 1 n ! .

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

また、

E (Y) = \sum n = 0 \infty Pr (Y > n) = \sum n = 0 \infty 1 n ! = e,

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

QED。

— ウーバー
ソース

私はそれを数回を読んで持っている、と私はほとんどそれを得る...私はの結果として、数学SEでの質問のカップルを掲載一定のコンピュータシミュレーション。あなたがそれらを見たかどうかはわかりません。それらの1つは、とTaylorシリーズの天井関数に関するTenfoldの親切な説明の前に戻ってきました。もう一つは、まさにこのトピックについて、...今までは、応答をやったことがなかった

e $e$

1/U(0,1) $1/U(0,1)$

— アントニParellada

こことここ。

— アントニ・パレラダ

また、均一な間隔で証明を追加できますか？

— 西安

@ Xi'anこの文脈で「均一な間隔」が意味することをより具体的に示すことができますか？

— whuber

完全な導出が得られないモンテカルロシミュレーションを使用したスレッド近似eで、均一な間隔を介したポアソンプロセスシミュレーションに言及しています。

— 西安

シェルドン・ロスの「確率の最初のコース」には、簡単に証明できるものがあります。

OPのビットに表記を変更する、とのために用語の最小数、又は異なって発現します。 $U_i \overset{iid}\sim \mathcal{U}(0,1)$ $Y$ $U_1 + U_2 + \dots + U_Y > 1$

Y = m i n {n : \sum i = 1 n U i > 1}

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

代わりに探した場合：

のため、我々は定義、の期待を発現追加されたときにを超える均一な描画の実現回数。

Y (u) = m i n {n : \sum i = 1 n U i > u}

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

u∈[0,1] $u\in[0,1]$

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

u $u$

次の一般的なプロパティを連続変数に適用できます。

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

発現させるために最初に均一の結果に条件付きで、かつ管理方程式を取得するPDFのおかげで、これは次のようになります。 $f(u)$ $X \sim U(0,1)$ $f_Y(y)=1.$

f (u) = \int 10 E [Y (u) | U 1 = x] d x (1)

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

もし、我々はより大きいのコンディショニングされている、すなわち、一方、場合、 $U_1=x$ $u$ $x>u$ $\mathbb E[Y(u)|U_1=x] =1 .$ $x <u$ $\mathbb E[Y(u)|U_1=x] =1 + f(u - x)$ 、すでに一様なランダムを描画しているので、カバーすると差がまだからです。式（1）に戻ります。 $1$ $x$ $u$

、及び置換で、我々が持っているであろう

f (u) = 1 + \int x 0 f (u - x) d x

$f(u) = 1 + \displaystyle\int_0^x f(u - x) \,dx$

w=u−x $w = u - x$

。f(u)=1+∫x0f(w)dw $f(u) = 1 + \displaystyle\int_0^x f(w) \,dw$

この方程式の両側を区別すると、次のことがわかります。

f' (u) = f (u) ⟹ f ' ( u ) f ( u ) = 1

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

最後の統合により、以下が得られます。

l o g [f (u)] = u + c ⟹ f (u) = k e u

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

一様分布からサンプルを引き出してを超えるという期待は、またはであることがわかっています。したがって、、およびです。したがって、 $0$ $1$ $f(0) = 1$ $k = 1$ $f(u)=e^u$ $f(1) = e.$

— アントニ・パレラダ
ソース

これが結果を一般化する方法が好きです。

— シルバーフィッシュ