Número de rvs uniformes necesarios para cruzar un umbral

Question

Sea $N(x)$ sea el número de variables aleatorias uniformes (distribuidas en $[0,1]$ ) que hay que sumar para que la suma cruce $x$ ( $x > 0$ ). El valor esperado de $N(x)$ se puede calcular y es un resultado muy chulo que $E(N(1)) = e$ . La expresión para general $x$ es

$E(N(x)) = \sum_{k=0}^{[x]} (-1)^k \frac{(x-k)^k}{k!} e^{x-k}$

donde $[x]$ es el mayor número entero menor que $x$ . En $x$ es grande, esta función $E(N(x))$ crece linealmente (como cabría esperar). Las simulaciones por ordenador sugieren que $E(N(x)) \approx 2x + 2/3$ . Mi pregunta es la siguiente: ¿es posible adivinar esta forma para $E(N(x))$ sin computarlo realmente? En $2x$ parte es intuitiva pero ¿existe una buena intuición de por qué hay una constante aditiva y por qué ese valor es $2/3$ ?

Mi motivación es la siguiente: Cuando computé $E(N(x))$ utilizando la fórmula anterior para valores grandes de $x$ me encontré con esta asíntota y me pareció sorprendente que una ecuación polinómica en potencias de $e$ da valores muy cercanos a un número racional. Me interesa mucho saber la razón (si la hay) que hay detrás. Gracias de antemano por cualquier ayuda.

Answer 1

Otra forma de decirlo: el valor esperado de la suma justo después de cruzar x es x+1/3. Si simplemente condicionas la suma para que esté en (x,x+1) entonces la expectativa sería aproximadamente x+1/2, con la suma distribuida casi uniformemente. Pero también condicionas a que el rebasamiento sea menor que el último salto. La expectativa del menor de dos iids uniformes [0,1] es 1/3.

Answer 2

Este problema, que a mi me encantó desde la primera vez que se encontró antes de la universidad. Me escribió una generalización de una forma menos matemático de la audiencia en un foro de poker.

Una manera de ver la original es que si f(x) = E(N(X)),$f(x) = 1 + \int_{x-1}^x f(t) dt$, que satisface la condición inicial que $f(x) = 0$ en $(-1,0)$. $f$ es 1 más que el promedio de $f$ en el intervalo anterior.

Podemos deshacernos de la constante por el uso de $g(x) = f(x) - 2x$ que satisface $g(x) = \int_{x-1}^x g(t) dt$. $g$ es igual a su valor medio en el intervalo anterior. Ahora la condición inicial se convierte en trivial: $g(x) = -2x$$(-1,0)$, y es a partir de esta $-2x$ que el valor asintótico de $2/3$ viene.

$g$ es asintóticamente constante, y se puede adivinar a partir de la geometría y compruebe que el promedio ponderado de la $\int_0^1 2t~g(x+t)dt$ es independiente de $x$, por lo tanto igual al valor asintótico de $g$. El valor en $x=-1$ es $\int_0^1 4t(1-t)dt = \frac23$, por lo que es el valor asintótico de $g$.

La misma técnica funciona para más general continuas distribuciones soportadas en $\mathbb R^+$ de la distribución uniforme, y la respuesta resulta ser muy simple. Vamos a encontrar un análogo conserva la cantidad.

Deje $\alpha$ ser la función de densidad. Vamos a la $n$th momento de ser $\alpha_n$. Querremos $\alpha_2$ a existir.

Deje $f(x)$ ser el promedio del índice del primer parcial de la suma, que es, al menos, $x$ de los IID variables aleatorias con densidad $\alpha$. $f(x) = 1 + \int_{-\infty}^x f(t) \alpha(x-t) dt$, y $f(x) = 0$$x\lt0$. (Podríamos dejar que el límite inferior es 0, también.)

Deje $g(x) = f(x) - x/\alpha_1$. A continuación,$g(x) = \int_{-\infty}^xg(t)\alpha(x-t)dt$,$g(x) = -x/\alpha_1$$\mathbb R^-$.

Escogeremos $h$, de modo que $H(x) = \int_{-\infty}^x g(t) h(x-t) dt$ es constante.

$0 = H'(x) = g(x)h(0) + \int_{\infty}^x g(t) h'(x-t)dt.$

Esta integral se parece a la de la ecuación integral para $g$ si elegimos $h'(x) = c\alpha(x)$. $c=-1$ satisface la ecuación. Por lo tanto, si $h(x) = \int_x^\infty \alpha(t)dt$ $H(x)$ es constante.

Deje que el valor asintótico de $g$$v$. A continuación, el valor de $H(x)$ ambos $H(\infty) = v~\alpha_1$ y

$H(0) = \int_{-\infty}^0 g(t) h(0-t)dt$

$H(0) = 1/\alpha_1 \int_0^\infty y~h(y) dy$

$H(0) = 1/(2\alpha_1) \int_0^\infty y^2 ~\alpha(y)dy~~$ (por partes)

$H(0) = \alpha_2 / (2 \alpha_1)$

$v~ \alpha_1 = \alpha_2 / (2 \alpha_1)$

$v = \alpha_2 / (2 \alpha_1^2)$.

Por eso, $f(x)$ es asintótica a $x/\alpha_1 + \alpha_2/(2 \alpha_1^2)$.

Para la distribución uniforme en [0,1], $\alpha_1 = \frac12$$\alpha_2 = \frac13$, lo $f(x) = 2x + \frac23 + o(1)$.

Como un cheque, una distribución exponencial con media de 1 ha el segundo momento 2, y obtenemos que $f(x)$ es asintótica a $x+1$. En efecto, en ese caso, $f(x) = x+1$$\mathbb R^+$. Si usted tiene memoryless bombillas de luz de vida media de 1, entonces en el momento $x$, un promedio de $x$ bombillas quemadas, y usted está en el $x+1$st bombilla.