Detener problema de tiempo con las traducciones al azar en el intervalo de unidad

Question

Usted toma un círculo centrado en el origen, tirada al azar, y la pintura de la parte en el primer cuadrante. Repita el hilado y la pintura hasta que el círculo está completamente cubierta con pintura. El problema es sólo para calcular el promedio del número de vueltas necesarias para ello.

En otras palabras, vamos a $A$ ser un Lebesgue medibles subconjunto de la unidad de intervalo de medida positiva, y deje $\langle \theta_n:n\ge1\rangle$ ser una secuencia aleatoria de valores independientes y distribuidos de manera uniforme en $[0,1]$, y definir $T$ menos entero, de modo que $\bigcup_{n=1}^T (A+\theta_n)\mod 1=[0,1]$. Hay una bonita expresión para el valor esperado de $T$ en términos de la medida de $A$?

Mi progreso en este problema se ha limitado a escribir un par de peludos múltiples integrales con pieza de sabios lineal límites para expresar la probabilidad de cobertura de la unidad de intervalo en un número bajo de vueltas. Mis sospechas son que este problema es bien conocido (es decir, excepto para mí) y que hay elegante métodos para resolver estos tipos de problemas.

Cualquier dirección hacia una solución sería muy apreciada.

Answer 1

Primero de todo, medida por sí sola no ayuda. Tomar un conjunto cerrado de medida positiva con vacío interior y tienen la buena suerte que cubre el círculo con sus rotaciones.

En segundo lugar, usted puede resolver el problema original sin par de peludos integrales, aunque con algunas series. Para empezar, vamos a encontrar la probabilidad de $P_n$ que después de $n$ gira el círculo no está aún completamente de color (de la expectativa en la pregunta entonces es sólo $\sum_{n\ge 0}P_n$). Esto es equivalente a decir que después colocamos $n$ puntos al azar en el círculo, vamos a ser capaces de encontrar al menos uno de ellos, de modo que el cuarto de círculo de arco después (mirando hacia la derecha, por ejemplo) es libre de otros puntos. Tenga en cuenta que en general no podrá ser de hasta el $3$ puntos como eso, así que tenemos que usar la inclusión-exclusión principio (PIE). En primer lugar, tenga en cuenta que la probabilidad de cada punto en particular a ser como esto es $\left(\frac 34\right)^{n-1}$. Desde allí se $n$ puntos, obtenemos $n\left(\frac 34\right)^{n-1}$ para el primer término en el PASTEL. Veamos ahora las parejas. Tenemos $\frac{n(n-1)}2$ de las personas. Colocar el punto con el menor índice de la primera, obtenemos $\frac{n(n-1)}2\left(\frac 12\right)^{n-1}$ para el segundo término en (PIE la primera $1/2$ está ahí porque el segundo punto debe permanecer fuera de la de medio círculo centrado en el primer punto y el resto están ahí porque los otros puntos deben estar en un conjunto de medida $\frac 12$. Por último, tenemos las $\frac{n(n-1)(n-2)}6$ triples. Esta vez, la probabilidad es un poco más difícil de calcular, porque después de colocar los dos primeros puntos, el espacio que queda para el último depende de la posición, de modo que uno peludo integral doble parece inevitable en este enfoque. Afortunadamente, después de lo que acaba de multiplicar por $\left(\frac 14\right)^{n-3}$ y obtener $$ P_n=n\left(\frac 34\right)^{n-1}-\frac{n(n-1)}2\left(\frac 12\right)^{n-1}+ \frac{n(n-1)(n-2)}6\cdot I\cdot \left(\frac 14\right)^{n-3} $$ donde $I$ es el peludo integral responsables de la colocación de 3 trimestre-círculos sin superposiciones.

Sigue a la suma de la serie, pero, afortunadamente, sabemos $\sum_{n\ge 0}x^n=\frac{1}{1-x}$ y la diferenciación de esta identidad $3$ de las veces no es una gran cosa. Usted obtener algún capricho número racional en la final.

Si alguien puede ofrecer un enfoque más elegante, voy a estar interesado en ver demasiado.

Answer 2

Esto puede ser visto como una versión de palo de romper.

La pregunta original cantidades para romper un círculo con $n$ distribuidos de manera uniforme puntos y preguntando si el mayor arco de más de $\frac{1}{4}$ de la circunferencia del círculo. Este es el mismo como romper un palo con $n-1$ distribuidos de manera uniforme puntos y preguntando si la pieza de mayor tamaño es más de $\frac{1}{4}$ de la longitud de la vara. Ambos han sido ampliamente estudiado, por ejemplo, por Lars Holst, en 1980 "En las Longitudes de las Piezas de un Palo Roto al Azar" y en 1981, en "Sobre la Convergencia de la Cobertura por Azar Arcos de un Círculo más Grande y el Espacio".

Empíricamente la respuesta a la pregunta original parece estar cerca de $13.2$, con la distribución de las probabilidades de que el número de cuadrantes al azar buscan algo como esto (los cuatro primeros puntos de la probabilidad de que uno de los cuatro cuadrantes de la cubierta del círculo - claramente cero).