Sumemos un flujo de variables aleatorias, $X_i \overset{iid}\sim \mathcal{U}(0,1)$ dejar $Y$ sea el número de términos que necesitamos para que el total sea superior a uno, es decir $Y$ es el menor número tal que
$$X_1 + X_2 + \dots + X_Y > 1.$$
¿Por qué la media de $Y$ igual a la constante de Euler $e$ ?
$$\mathbb{E}(Y) = e = \frac{1}{0!} + \frac{1}{1!} + \frac{1}{2!} + \frac{1}{3!} + \dots $$
Primera observación: $Y$ tiene una FCD más agradable que PMF
La función de masa de probabilidad $p_Y(n)$ es la probabilidad de que $n$ es "justo lo suficiente" para que el total supere la unidad, es decir. $X_1 + X_2 + \dots X_n$ es superior a uno mientras que $X_1 + \dots + X_{n-1}$ no lo hace.
La distribución acumulativa $F_Y(n) = \Pr(Y \leq n)$ simplemente requiere $n$ es "suficiente", es decir $\sum_{i=1}^{n}X_i > 1$ sin restricción de la cantidad por. Esto parece un evento mucho más simple para hacer frente a la probabilidad de.
Segunda observación: $Y$ toma valores enteros no negativos por lo que $\mathbb{E}(Y)$ se puede escribir en términos de la FCD
Claramente $Y$ sólo puede tomar valores en $\{0, 1, 2, \dots\}$ por lo que podemos escribir su media en términos de la FCD complementario , $\bar F_Y$ .
$$\mathbb{E}(Y) = \sum_{n=0}^\infty \bar F_Y(n) = \sum_{n=0}^\infty \left(1 - F_Y(n) \right)$$
De hecho $\Pr(Y=0)$ y $\Pr(Y=1)$ son ambos cero, por lo que los dos primeros términos son $\mathbb{E}(Y) = 1 + 1 + \dots$ .
En cuanto a los plazos posteriores, si $F_Y(n)$ es la probabilidad de que $\sum_{i=1}^{n}X_i > 1$ ¿Qué evento es $\bar F_Y(n)$ la probabilidad de?
Tercera observación: el (hiper)volumen de un $n$ -simplex es $\frac{1}{n!}$
En $n$ -simplex que tengo en mente ocupa el volumen bajo un unidad estándar $(n-1)$ -simplex en el todo positivo orthant de $\mathbb{R}^n$ es el casco convexo de $(n+1)$ vértices, en particular el origen más los vértices de la unidad $(n-1)$ -simplex en $(1, 0, 0, \dots)$ , $(0, 1, 0, \dots)$ etc.
Por ejemplo, el 2-simplex anterior con $x_1 + x_2 \leq 1$ tiene área $\frac{1}{2}$ y el 3-simplex con $x_1 + x_2 + x_3 \leq 1$ tiene volumen $\frac{1}{6}$ .
Para una prueba que procede evaluando directamente una integral para la probabilidad del suceso descrito por $\bar F_Y(n)$ y enlaces a otros dos argumentos, véase este hilo de Math SE . El hilo relacionado también puede ser de interés: ¿Existe una relación entre $e$ y la suma de $n$ -¿simplexes volúmenes?
Fijar $n \ge 1$ . Sea $$U_i = X_1 + X_2 + \cdots + X_i \mod 1$$ sean las partes fraccionarias de las sumas parciales para $i=1,2,\ldots, n$ . La uniformidad independiente de $X_1$ y $X_{i+1}$ garantizan que $U_{i+1}$ es igual de probable que supere $U_i$ como lo es ser menos que ella. Esto implica que todos $n!$ ordenaciones de la secuencia $(U_i)$ son igualmente probables.
Dada la secuencia $U_1, U_2, \ldots, U_n$ podemos recuperar la secuencia $X_1, X_2, \ldots, X_n$ . Para ver cómo, observe que
$U_1 = X_1$ porque ambos están entre $0$ y $1$ .
Si $U_{i+1} \ge U_i$ entonces $X_{i+1} = U_{i+1} - U_i$ .
Por lo demás, $U_i + X_{i+1} \gt 1$ de donde $X_{i+1} = U_{i+1} - U_i + 1$ .
Existe exactamente una secuencia en la que el $U_i$ ya están en orden creciente, en cuyo caso $1 \gt U_n = X_1 + X_2 + \cdots + X_n$ . Siendo uno de $n!$ secuencias igualmente probables, esto tiene una oportunidad $1/n!$ de ocurrir. En todas las demás secuencias, al menos un paso de $U_i$ a $U_{i+1}$ está fuera de servicio. Esto implica que la suma de los $X_i$ tenía que igualar o superar $1$ . Así, vemos que
$$\Pr(Y \gt n) = \Pr(X_1 + X_2 + \cdots + X_n \le 1) = \Pr(X_1 + X_2 + \cdots + X_n \lt 1) = \frac{1}{n!}.$$
Así se obtienen las probabilidades de toda la distribución de $Y$ ya que para la integral $n\ge 1$
$$\Pr(Y = n) = \Pr(Y \gt n-1) - \Pr(Y \gt n) = \frac{1}{(n-1)!} - \frac{1}{n!} = \frac{n-1}{n!}.$$
Además,
$$\mathbb{E}(Y) = \sum_{n=0}^\infty \Pr(Y \gt n) = \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{n!} = e,$$
QED.
En la obra de Sheldon Ross Primer curso de probabilidad hay una prueba fácil de seguir:
Modificando un poco la notación de la OP, $U_i \overset{iid}\sim \mathcal{U}(0,1)$ y $Y$ el número mínimo de mandatos para $U_1 + U_2 + \dots + U_Y > 1$ o expresado de forma diferente:
$$Y = min\Big\{n: \sum_{i=1}^n U_i>1\Big\}$$
Si en lugar de eso buscamos:
$$Y(u) = min\Big\{n: \sum_{i=1}^n U_i>u\Big\}$$ para $u\in[0,1]$ definimos el $f(u)=\mathbb E[Y(u)]$ que expresa la expectativa del número de realizaciones de extracciones uniformes que superarán $u$ cuando se añade.
Podemos aplicar las siguientes propiedades generales para variables continuas:
$E[X] = E[E[X|Y]]=\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}E[X|Y=y]\,f_Y(y)\,dy$
expresar $f(u)$ condicionado al resultado del primer uniforme, y obteniendo una ecuación manejable gracias al pdf de $X \sim U(0,1)$ , $f_Y(y)=1.$ Sería esto:
$$f(u)=\displaystyle\int_0^1 \mathbb E[Y(u)|U_1=x]\,dx \tag 1$$
Si el $U_1=x$ que estamos condicionando es mayor que $u$ es decir $x>u$ , $\mathbb E[Y(u)|U_1=x] =1 .$ Si, por el contrario, $x <u$ , $\mathbb E[Y(u)|U_1=x] =1 + f(u - x)$ porque ya hemos dibujado $1$ aleatorio uniforme, y todavía tenemos la diferencia entre $x$ y $u$ para cubrir. Volviendo a la ecuación (1):
$$f(u) = 1 + \displaystyle\int_0^x f(u - x) \,dx$$ y sustituyendo $w = u - x$ tendríamos $f(u) = 1 + \displaystyle\int_0^x f(w) \,dw$ .
Si diferenciamos ambos lados de esta ecuación, podemos ver que:
$$f'(u) = f(u)\implies \frac{f'(u)}{f(u)}=1$$
con una última integración obtenemos:
$$log[f(u)] = u + c \implies f(u) = k \,e^u$$
Sabemos que la expectativa de que extraer una muestra de la distribución uniforme y superar $0$ est $1$ o $f(0) = 1$ . Por lo tanto, $k = 1$ y $f(u)=e^u$ . Por lo tanto $f(1) = e.$
I-Ciencias es una comunidad de estudiantes y amantes de la ciencia en la que puedes resolver tus problemas y dudas.
Puedes consultar las preguntas de otros usuarios, hacer tus propias preguntas o resolver las de los demás.
