Un interesante problema de tiempo de parada utilizando PGF's

Question

Esta es una pregunta que se me ocurrió el otro día:

Supongamos que $U_1, U_2, U_3, \cdots \overset{\text{iid}}{\sim} \text{Uniform}(0, 1)$ y que $N = \min\{n: \sum_{i=1}^{n}U_i \ge 1\}$ . Calcula $\mathbb{P}(N \in 2\mathbb{Z})$ (es decir, la probabilidad $N$ es par). ¿Qué le parece $\mathbb{P}(N \in 3 \mathbb{Z})$ ? En general, $\mathbb{P}(N \in k\mathbb{Z})$ . Del mismo modo, lo que es $\mathbb{E}[N|N \in k\mathbb{Z}]$ ?

Publicaré la respuesta más abajo, ¡pero ponte a prueba antes de buscar!

Answer 1

Vamos a necesitar algunos resultados para responder a esta pregunta.

Definición La función generadora de probabilidad (FGP) de una variable aleatoria $X$ con apoyo $\mathbb{N}_0 = \{0, 1, 2, \cdots\}$ se define como $g_X(s) = \mathbb{E}[s^X]$ .

Dato 1 Por definición, \begin{align*} g_X(s) = \sum_{k=0}^{\infty} \mathbb{P}(X = k)s^k \end{align*}

Dato 2 Tenemos \begin{align*} H_X(s) \overset{\text{def}}{=}\frac{1-g_X(s)}{1-s} = \sum_{k=0}^\infty\mathbb{P}(X > k)s^k \end{align*}

Dato 3 Tenemos \begin{align*} \mathbb{P}(X \in k\mathbb{Z}) = \frac{1}{k}\sum_{j=0}^{k-1}g_X(\omega_{k,j}) \end{align*} donde $\omega_{k,j} = \exp\left(\frac{2j\pi \mathbf{i}}{k}\right)$ son los $k$ raíces de la unidad, con $\mathbf{i}$ siendo la unidad imaginaria.

Ahora podemos atacar este problema. En primer lugar, hay que tener en cuenta que \begin{align*} \mathbb{P}(N > n) = \mathbb{P}\left(\sum_{k=1}^{n}X_k < 1\right) = \frac{1}{n!} \end{align*} Como la probabilidad corresponde a encontrar el volumen de un $n$ -tetraedro recto con lados de catetos de longitud 1. Entonces tenemos \begin{align*} H_N(s) = \sum_{k=0}^{\infty}\mathbb{P}(N > k)s^k = e^s \end{align*} Y por lo tanto $g_N(s) = 1 - (1-s)H_N(s) = 1 - (1-s)e^s$ . Ahora podemos ver que \begin{align*} \mathbb{P}(N \in 2\mathbb{Z}) &= \frac{1 + g_N(-1)}{2} = 1 - e^{-1} \approx 0.6321 \\ \mathbb{P}(N \in 3\mathbb{Z}) &= \frac{1 + g_N(\exp(2\pi \mathbf{i}/3)) + g_N(\exp(4\pi \mathbf{i}/3))}{3} = 1 - \frac{\sin\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)}{\sqrt{3e}} - \frac{\cos\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)}{\sqrt{e}} \approx 0.3403 \\ \mathbb{P}(N \in 4\mathbb{Z}) &= \frac{1 + g_N(\mathbf{i}) + g_N(-1) + g_N(-\mathbf{i})}{4} = 1 - \frac{1}{2}e^{-1} - \frac{\sin(1)}{2} - \frac{\cos(1)}{2}\approx 0.1252 \\ &\vdots \end{align*} y así sucesivamente. Para los valores esperados, utilizamos la fórmula que \begin{align*} \mathbb{E}[N|N \in k\mathbb{Z}] = \frac{\sum_{n \in k\mathbb{N}_0}n \mathbb{P}(N = n)}{\mathbb{P}(N \in k\mathbb{Z})} \end{align*} Definir \begin{align*} L_N(s) = \sum_{n = 0}^\infty n \mathbb{P}(N = n) s^n \end{align*} Tenga en cuenta que $L_N(s) = s \frac{d}{ds} g_N(s) = s^2 e^s$ y \begin{align*} \sum_{n \in k\mathbb{N}_0}n \mathbb{P}(N = n) = \frac{1}{k} \sum_{j=0}^{k-1} L_N(\omega_{k,j}) \end{align*} Introduciendo estos valores, tenemos \begin{align*} \mathbb{E}[N|N \in 2\mathbb{Z}] &= \frac{\frac{1}{2}(e^1 + e^{-1})}{1 - e^{-1}} \approx 2.44 \\ \mathbb{E}[N|N \in 3\mathbb{Z}] &= \frac{\frac{e}{3} + \frac{2 \sin(\frac{\sqrt{3}}{2} - \frac{\pi}{6})}{3\sqrt{e}}}{1 - \frac{\sin\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)}{\sqrt{3e}} - \frac{\cos\left(\frac{\sqrt{3}}{2}\right)}{\sqrt{e}}} \approx 3.06 \\ \mathbb{E}[N|N \in 4\mathbb{Z}] &= \frac{\frac{1}{4}e^{-1} + \frac{1}{4}e - \frac{\cos(1)}{2}}{1 - \frac{1}{2}e^{-1} - \frac{\sin(1)}{2} - \frac{\cos(1)}{2}} \approx 4.0055 \end{align*} y así sucesivamente.

Desafío Haga lo mismo para calcular $\text{Var}(N|N \in k \mathbb{Z})$ .

Answer 2

He aquí una solución más general para cualquier punto de parada $0 <c \le 1$ que anida el caso especial de $c = 1$ planteado en la pregunta.

Como se indica en Sumas aleatorias de variables aleatorias uniformes iid por simple construcción geométrica, la fdc del número $N$ de sorteos necesarios para superar $c$ , para $0<c \le 1$ es: $P(N \leq n) = 1 - \large \frac{c^n}{n!}$ .

Entonces el pmf de $N$ es $f(n)$ :

La probabilidad de que $N$ es par (usando Mathematica/mathStatica aquí para hacer rápidamente los detalles), es:

Entonces, el pmf de $N$ condicionado a $N$ ser incluso es:

Ahora que tenemos la pmf condicional, es sencillo derivar cualquier momento condicional. La media de $N$ condicionado a $N$ ser incluso es:

En el caso especial de que $c = 1$ (como considera el OP), la solución se simplifica a: $\frac{1+e^2}{2 (e-1)} \approx 2.44112$

De la misma manera, $\text{Var}(N)$ con la condición de $N$ estar a mano es simplemente:

El mismo enfoque funciona igual de bien para los múltiplos de 3 o 4, etc.