Dejemos que $U_1, U_2, \ldots$ sea una secuencia de variables aleatorias independientes con PDF $f(u) = 1, \;\; 0 < u < 1$ .

Question

Dejemos que $U_1, U_2, \ldots$ sea una secuencia de variables aleatorias independientes con PDF $$f(u) = 1, \;\; 0 < u < 1$$

Encuentre $E[N]$ cuando $N = \min\left\{n\mid \sum\limits_{i = 1}^n U_i > 1\right\}$ .

Sugerencia: Para $x\in (0,1)$ , defina $N(x) = \min\Big\{n\mid \sum\limits_{i = 1}^n U_i > x\Big\}$ .

Estoy absolutamente perdido en esta cuestión. Cualquier ayuda será muy apreciada.

Answer 1

Para $x\ge 0$ , dejemos que $N(x)=\min\left\{n:\sum_{i=1}^n U_i>x\right\}$ como en la sugerencia, de modo que $N=N(1)$ . Queremos calcular $$p(x,n)=\Bbb P\big[N(x)=n\big]$$ cuando $n$ es un número entero positivo y $0\le x\le 1$ .

Para un número entero positivo $k$ , dejemos que $S_k=U_1+U_2+\ldots+U_k$ con densidad de probabilidad $f_k$ . Para $0\le x\le 1$ Obsérvese que $$f_k(x)=\frac{d}{dx}\int_0^x\int_0^{x-u_1}\ldots \int_0^{x-\sum_{j=1}^{k-2}u_j}\int_0^{x-\sum_{j=1}^{k-1}u_j}du_k\ du_{k-1}\ \ldots\ du_{2}\ du_1.$$ Así que $$f_k(x)=\frac{d}{dx}\left(\frac{x^k}{k!}\right)=\frac{x^{k-1}}{(k-1)!}$$ para $0\le x\le 1$ .

Si $N(x)=n$ entonces $S_{n-1}\le x<S_n$ . Afirmamos que $p(n,x)=\frac{x^{n-1}}{(n-1)!}-\frac{x^n}{n!}$ para cada número entero positivo $n$ . Si $n=1$ entonces claramente $S_1=U_1$ Así que $$p(x,1)=\Bbb{P}[S_1>x]=\Bbb{P}[U_1>x]=1-x=\frac{1}{(1-1)!}-\frac{x^1}{1!}.$$ Ahora suponemos que $n>1$ . Por lo tanto, $$p(x,n)=\int_0^x \Bbb P\big[U_n>x-s\big]f_{n-1}(s)ds=\int_0^x\big(1-(x-s)\big)f_{n-1}(s)ds.$$ Así que \begin{align}p(x,n)&=\int_0^x(1-x+s)\frac{s^{n-2}}{(n-2)!}ds=(1-x)\frac{x^{n-1}}{(n-1)!}+\frac{x^{n}}{n\cdot (n-2)!}\\&=\frac{(n-x)x^{n-1}}{n!}=\frac{x^{n-1}}{(n-1)!}-\frac{x^n}{n!}.\end{align} (Hay que comprobar que $\sum_{n=1}^\infty p(x,n)=1$ .)

En concreto $$\Bbb{P}[N=n]=p(1,n)=\frac1{(n-1)!}-\frac1{n!}=\frac{n-1}{n!}.$$ De ello se desprende que $$\Bbb{E}\big[N(x)\big]=\sum_{n=1}^\infty n\Bbb{P}\big[N(x)=n\big]=\sum_{n=1}^\infty n\left(\frac{x^{n-1}}{(n-1)!}-\frac{x^n}{n!}\right)=e^x,$$ así que $\Bbb{E}[N]=e$ .

Escriba $p'(x,k)$ para $\frac{d}{dx}p(x,k)$ . Para $x>1$ podemos demostrar que $$p(x,n)=-\int_{x-1}^x (1-x+s)\sum_{r=1}^{n-1}p'(s,r) ds.$$ Es decir, tenemos una recursión $$p(x,n)=\sum_{r=1}^{n-1}\left(- p(x,r)+\int_{x-1}^x p(s,r)ds\right).$$ Si $P(x,n)=\sum_{j=1}^np(x,n)=\Bbb{P}\big[N(x)\le n\big]$ , entonces obtenemos $$P(x,n)=\int_{x-1}^x P(s,n-1) ds.$$ Desde $$P(x,1)=p(x,1)=\left\{\begin{array}{ll}1-x&\text{if }0\le x< 1\\ 0&\text{if }x\ge1, \end{array}\right.$$ y $$P(x,n)=1-\frac{x^n}{n!}$$ para $0\le x\le 1$ podemos, en principio, encontrar todos los $P(x,n)$ y $p(x,n)$ para cada número entero positivo $n$ en cualquier $x\ge 0$ . Por ejemplo, $$P(x,2)=\left\{\begin{array}{ll}1-\frac{x^2}{2}&\text{if }0\le x<1\\ 2-2x+\frac{x^2}{2}&\text{if }1\le x<2\\ 0&\text{if }x\ge 2, \end{array}\right.$$ $$p(x,2)=\left\{\begin{array}{ll}x-\frac{x^2}{2}&\text{if }0\le x<1\\ 2-2x+\frac{x^2}{2}&\text{if }1\le x<2\\ 0&\text{if }x\ge 2, \end{array}\right.$$ $$P(x,3)=\left\{\begin{array}{ll}1-\frac{x^3}{6}&\text{if }0\le x<1\\ \frac{1}{2}+\frac{3x}{2}-\frac{3x^2}{2}+\frac{x^3}{3}&\text{if }1\le x<2\\ \frac{9}{2}-\frac{9x}{2}+\frac{3x^2}{2}-\frac{x^3}{6}&\text{if }2\le x<3\\ 0&\text{if }x\ge 3, \end{array}\right.$$ $$p(x,3)=\left\{\begin{array}{ll}\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{6}&\text{if }0\le x<1\\ -\frac{3}{2}+\frac{7x}{2}-2x^2+\frac{x^3}{3}&\text{if }1\le x<2\\ \frac{9}{2}-\frac{9x}{2}+\frac{3x^2}{2}-\frac{x^3}{6}&2\le x<3\\ 0&\text{if }x\ge 3. \end{array}\right.$$ No estoy viendo un patrón para poder encontrar $P(x,n)$ o $p(x,n)$ para la arbitrariedad $x$ y $n$ , excepto: $$P(x,n)=p(x,n)=\frac{(n-x)^n}{n!}$$ si $n-1\le x\le n$ y trivialmente $P(x,n)=p(x,n)=0$ cuando $x>n$ . Además, tenemos $$P(x,n)+P(n-x,n)=1$$ cuando $0\le x\le n$ .