Deje $X \geq 1$ ser un entero r.v. con $E[X]=\mu$. Deje $X_i$ ser una secuencia de iid rvs con la distribución de $X$. En el entero de la línea, empezamos a $0$, y quiere saber la posición esperada después de la primera cruzada $K$, que es un fijo entero. Cada posición se determina mediante la adición de $X_i$ a la posición anterior. Así que la pregunta es, si podemos detener este proceso después de la primera vez $\tau$ que $Y_{\tau}=\sum_{i=1}^{\tau}X_i > K$, que es, después de la primera vez que se cruza $K$, entonces, ¿qué es $E[Y_{\tau}-K]$?. Podemos obtener una cota de $O(\mu)$?
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Mingo
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Deje $\tau = \min \{ n \geq 1:X_1 + \cdots + X_n > K \}$. A continuación, $\tau$ es un valor entero aleatorio variable, delimitada desde arriba por $K+1$ (desde $X_i \geq 1$). Tenga en cuenta que $\tau = n$ si y sólo si $\sum\nolimits_{i = 1}^{n - 1} {X_i } \le K$$\sum\nolimits_{i = 1}^{n} {X_i } > K$. Por lo tanto, el caso de $\lbrace \tau = n \rbrace$ sólo depende de los valores de $X_1,\ldots,X_n$. Así que, por definición, $\tau$ es un tiempo de paro con respecto a la secuencia de $X_1,X_2,\ldots$. Ahora, $X_1,X_2,\ldots$ son yo.yo.d. con finito expectativa $\mu$, e $\tau$ es un tiempo de paro para ellos. Por otra parte, ${\rm E}(\tau) < \infty$ desde $\tau \leq K+1$. Por lo tanto, por Wald de la identidad, $$ {\rm E}\bigg(\sum\limits_{i = 1}^\tau {X_i } \bigg) = {\rm E}(\tau )\mu \leq (K+1)\mu. $$ Así que si ponemos $Y_\tau = \sum\nolimits_{i = 1}^\tau {X_i }$, obtenemos $$ {\rm E}(Y_\tau - K) = {\rm E}(Y_\tau) - K \leq (K+1)\mu - K. $$
EDITAR:
Desde $\tau \geq 1$, tenemos $$ \mu - K \leq {\rm E}(Y_\tau - K) \leq (K+1)\mu - K. $$
Como hemos visto anteriormente, el problema se reduce a calcular el ${\rm E}(\tau)$. Poner $S_n = \sum\nolimits_{i = 1}^n {X_i }$ ($S_0 = 0$). Tenga en cuenta que $$ {\rm P}(\tau = n) = {\rm P}(S_{n - 1} \le K,S_n > K) = {\rm P}(S_{n - 1} \le K) - {\rm P}(S_n \le K). $$ Por lo tanto, $$ {\rm E}(\tau) = \sum\limits_{n = 1}^{K + 1} {n{\rm P}(\tau = n)} = \sum\limits_{n = 1}^{K + 1} n[{\rm P}(S_{n - 1} \le K) - {\rm P}(S_n \le K)] = \sum\limits_{n = 0}^K {{\rm P}(S_n \le K)}. $$ Así, podemos escribir $$ {\rm E}(\tau) = 1 + \sum\limits_{n = 1}^\infty {{\rm P}(S_n \le K)} = 1 + \sum\limits_{n = 1}^\infty {F^{(n)}(K)}, $$ donde $F^{(n)}$ es la función de distribución de $S_n$. Para $t>0$ real, definir $m(t) = \sum\nolimits_{n = 1}^\infty {F^{(n)}(t)}$. A partir de la teoría de los procesos de renovación, sabemos que $m(t) = {\rm E}(N_t)$ donde $\lbrace N_t:t \geq 0 \rbrace$ es un proceso de renovación con el inter-tiempos de llegada distribuidos de acuerdo a la distribución de $X$. $m(t)$ se llama a la función de la renovación. Cabe señalar que los de Primaria Renovación Teorema, $$ \mathop {\lim }\limits_{t \to \infty } \frac{{m(t)}}{t} = \frac{1}{\mu }. $$ Volviendo a nuestra configuración original, tenemos $$ {\rm E}(Y_\tau ) = {\rm E}(\tau )\mu = (1 + m(K))\mu. $$ Así, el problema se reduce a calcular el $m(K)$.
Por último, aquí es algunas enlace útil relativos a la renovación de la teoría, que es muy relevante para esta respuesta.
John Fouhy
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Edit: Esta respuesta se muestra lo que sucede cuando $X$ podría ser cero (contrario a la pregunta).
Deje $K = 1$, y $X = M$ ($M > 1$) con una probabilidad de $p$ $0$ lo contrario. Por lo tanto $E[Y_\tau - K] = M-1$, mientras que de $E[X] = pM$. La elección de $M = n+1$ $p = 1/n(n+1)$ obtenemos $E[X] = 1/n$$E[Y_\tau - K] = n$, por lo que un atado de $O(\mu)$ no es posible.
