เหตุใดจำนวนของตัวแปรสม่ำเสมออย่างต่อเนื่องใน (0,1) จำเป็นสำหรับผลรวมของพวกเขาที่มากกว่าหนึ่งมีค่าเฉลี่ย

ขอให้เราสรุปกระแสตัวแปรสุ่ม, $X_i \overset{iid}\sim \mathcal{U}(0,1)$ ; ให้$Y$เป็นจำนวนเทอมที่เราต้องการสำหรับผลรวมเกินหนึ่งกล่าวคือ$Y$เป็นจำนวนน้อยที่สุดเช่นนั้น

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

ทำไมเฉลี่ยของ$Y$เท่ากับออยเลอร์คง$e$ ?

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

การสังเกตครั้งแรก: $Y$มี CDF ที่น่าพอใจมากกว่า PMF

ฟังก์ชันมวลความน่าจะเป็น$p_Y(n)$คือความน่าจะเป็นที่$n$เป็น "เพียงเพียงพอ" สำหรับผลรวมเกินความเป็นเอกภาพคือ$X_1 + X_2 + \dots X_n$เกินกว่าหนึ่งในขณะที่$X_1 + \dots + X_{n-1}$ไม่ ไม่.

การแจกแจงสะสม$F_Y(n) = \Pr(Y \leq n)$เพียงต้องการ$n$คือ "เพียงพอ" คือ$\sum_{i=1}^{n}X_i > 1$โดยไม่มีข้อ จำกัด เกี่ยวกับจำนวน ดูเหมือนว่าเหตุการณ์ที่ง่ายกว่ามากที่จะจัดการกับความน่าจะเป็น

การสังเกตครั้งที่สอง: $Y$รับค่าจำนวนเต็มแบบไม่ลบเพื่อให้$\mathbb{E}(Y)$ สามารถเขียนในรูปของ CDF

ชัดเจนว่า$Y$สามารถรับค่าในเพื่อให้เราสามารถเขียนมันหมายถึงในแง่ของCDF เสริม, ˉ F Y$\{0, 1, 2, \dots\}$$\bar F_Y$

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

ในความเป็นจริงและพีอาร์( Y = 1 )มีทั้งศูนย์ดังนั้นข้อตกลงสองคนแรกเป็นE ( Y ) = 1 + 1 + ...$\Pr(Y=0)$$\Pr(Y=1)$$\mathbb{E}(Y) = 1 + 1 + \dots$

สำหรับเงื่อนไขในภายหลังหากคือความน่าจะเป็นที่∑ n i = 1 X i > 1เหตุการณ์ใดที่ˉ F Y ( n )ความน่าจะเป็นของ?$F_Y(n)$$\sum_{i=1}^{n}X_i > 1$$\bar F_Y(n)$

การสังเกตที่สาม: ปริมาณ (ไฮเปอร์) ของ -simplex คือ$n$$\frac{1}{n!}$

-simplex ฉันมีในใจปริมาตรภายใต้การเป็นหน่วยมาตรฐาน( n - 1 ) -simplexในทุกบวกorthantของR n : มันเป็นเรือนูน( n + 1 )จุดโดยเฉพาะในแหล่งกำเนิดบวก จุดยอดของหน่วย( n - 1 ) -simplex ที่( 1 , 0 , 0 , … ) , ( 0 , 1 , 0 , $n$$(n-1)$$\mathbb{R}^n$$(n+1)$$(n-1)$$(1, 0, 0, \dots)$ฯลฯ$(0, 1, 0, \dots)$

ตัวอย่างเช่น 2-simplex ด้านบนที่มีมีพื้นที่$x_1 + x_2 \leq 1$และ 3-simplex พร้อมx1+x2+x3≤1มีระดับเสียง$\frac{1}{2}$$x_1 + x_2 + x_3 \leq 1$ .$\frac{1}{6}$

เพื่อพิสูจน์ว่าเงินที่ได้จากการประเมินโดยตรงหนึ่งสำหรับความน่าจะเป็นของเหตุการณ์ที่อธิบายไว้โดยที่และการเชื่อมโยงถึงสองข้อโต้แย้งอื่นดูนี้ด้ายคณิตศาสตร์ SE หัวข้อที่เกี่ยวข้องอาจเป็นที่สนใจ: มีความสัมพันธ์ระหว่างeและผลรวมของปริมาณn -simplexes หรือไม่?$\bar F_Y(n)$$e$$n$

แก้ไข 1 ให้U i = X 1 + X 2 + ⋯ + X $n \ge 1$เป็นเศษชิ้นส่วนของจำนวนเงินบางส่วนสำหรับฉัน= 1 , 2 , ... , n ความเท่าเทียมกันอย่างเป็นอิสระของ X 1และ X i + 1รับประกันได้ว่า U i + 1นั้นมีแนวโน้มที่จะสูงกว่า U iเนื่องจากมันจะน้อยกว่านั้น นี่ก็หมายความว่า nทั้งหมด ! ลำดับของลำดับ ( U i )มีแนวโน้มเท่ากัน

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

ที่กำหนดลำดับ , เราสามารถกู้คืนลำดับX 1 , X 2 , ... , X n หากต้องการดูวิธีให้สังเกตว่า$U_1, U_2, \ldots, U_n$$X_1, X_2, \ldots, X_n$

• เพราะทั้งสองอยู่ระหว่าง 0และ1$U_1 = X_1$$0$$1$

• ถ้าแล้วX ฉัน+ 1 = U ฉัน+ 1 - Uฉัน$U_{i+1} \ge U_i$$X_{i+1} = U_{i+1} - U_i$

• มิฉะนั้นดังนั้นX ฉัน+ 1 = U ฉัน+ 1 - U ฉัน + 1$U_i + X_{i+1} \gt 1$$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

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

สิ่งนี้ให้ความน่าจะเป็นสำหรับการแจกแจงทั้งหมดของ , เนื่องจากอินทิกรัลn ≥ $Y$$n\ge 1$

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

ยิ่งไปกว่านั้น

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

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 $f(1) = e.$