Dibuja a partir de la distribución uniforme hasta que la suma sea superior a 1. ¿Cuál es el valor esperado del sorteo final?

Question

Yo estaba pensando en esta pregunta después de un problema relacionado: ¿cuál es el número esperado de sorteos para la suma exceda de 1? Para ese problema, la respuesta es conocido y es un resultado sorprendente http://mathworld.wolfram.com/UniformSumDistribution.html

Mi intuición es el sorteo final será más grande que el promedio de dibujar. Esto es debido a las grandes sorteos son más propensos a hacer la suma exceda de 1, el sesgo de la expectativa de estar por encima de la media.

Hice una simulación en una hoja de cálculo con 1 millón de sorteos y la estimación que encontré fue el sorteo final se acerca 0.655.

He probado muchas técnicas para tratar y resolver este analíticamente. Pero ninguno de mis respuestas están cerca de 0.655, para mi la simulación es malo o mis matemáticas está mal (estoy pensando en mi de matemáticas).

Cualquier persona capaz de ayudar a cómo escribir esta expectativa?

Mi método actual es esta: la expectativa de que el sorteo final será la suma de k=2 hasta el infinito de la probabilidad de la kth dibujar hace que la suma exceda de 1 (esto es 1/[k(k-2)!] como se explica aquí) veces el valor esperado para el sorteo final, que sería el rango de un valor menor de 1 - (suma en vez de k-1, dado que esta suma es menor que 1) en la parte superior valor de 1. Es este término el que me está dando problemas.

O tal vez me estoy acercando esta completamente equivocado. Los punteros sería genial.

También, estoy planeando sobre el uso de este como un rompecabezas para mi blog. Definitivamente voy a crédito a cualquier persona que le ayuda. Gracias.

Answer 1

La idea en este ejercicio, como en una pregunta sobre el número de sorteos necesarios para que la suma exceda $1$, es a condición de que el valor de la primera extracción.

Es decir, para cada $x$$(0,1)$, considere la posibilidad de $$ g(x)=\sum_{n\geqslant1}P(S_n\leqslant x). $$ A continuación, $P(S_1\leqslant x)=x$ $S'_n=S_{n+1}-S_1$ define un proceso de $(S'_n)_{n\geqslant1}$ independiente de $S_1$ y se distribuye como $(S_n)_{n\geqslant1}$. Acondicionado en el valor de$z$$S_1$, se obtiene $$ g(x)=x+\sum_{n\geqslant1}\int_0^xP(S_n\leqslant x-z)\mathrm dz=x+\int_0^xg(z)\mathrm dz. $$ Por lo tanto, $$ g(x)=\mathrm e^x-1. $$ El valor de $g(1)$ implica que el hecho bien conocido de que uno tiene una media de número de $\mathrm e$ llega a exceder $1$.

En lo que respecta al presente ejercicio, tenga en cuenta que la densidad de $f$ de la sacamos cuando la suma de primer supera $1$ es tal que, para cada $x$$(0,1)$, $$ f(x)=\sum_{n\geqslant1}P(S_n\lt1\leqslant S_n+x)=\sum_{n\geqslant1}P(1-x\leqslant S_n\lt1), $$ es decir, $$ f(x)=g(1)-g(1-x)=\mathrm e-\mathrm e^{1-x}. $$ Finalmente, el valor esperado del sorteo final es $$ \int_0^1xf(x)\mathrm dx=2-\tfrac12\mathrm e\approx0.640859. $$

Answer 2

Deje $f(x)$ reflejan la distribución deseada. Luego, por supuesto, queremos calcular $$ \int_0^1 x f(x)\,dx. $$

Let us try to find what form $f(x)$ takes; let $S_n$ denote the sum of $$ n uniforme de los sorteos. Entonces, tenemos $$ f(x) = \sum_{n=1}^\infty Pr[1-x<S_n<1] = \sum_{n=1}^\infty f_n(x). $$

Great; we may use the PDF from MathWorld and integrate over $(1-x,1)$. Tenemos $$ f_n(x) = \int_{1-x}^1 \frac{1}{2(n-1)!} \sum_{k=0}^n (-1)^k \binom{n}{k} (s-k)^{n-1} \mathrm{sgn}(s-k)\,ds = \frac{1}{2(n!)} \left[ 1-(1-x)^n + \sum_{k=1}^n \binom{n}{k} (-1)^{k+n} \left[(k-1+x)^n-(k-1)^n\right]\right].$$

In some sense, we are done. Mathematica confirms that $\sum_{n=1}^\infty \int_0^1 x\,f_n(x)\,dx$ gives us the numerical answer we desire. (I switched the order of integration and summation over an infinite series... let's just pretend that is okay.)

If you need to get a closed form answer, you're in luck. Sort of... you can at least compute $\int_0^1 xf_n(x)\,dx$ in terms of beta functions and incomplete beta functions. Not sure if the infinite sum over $n$ will close nicely.

Also, if you want to explore the distribution, here is some Mathematica code I wrote:

With[{samples = Table[
    First[NestWhile[
      With[{x = RandomReal[]}, {x, #1[[2]] + x}] &,
      {0, 0}, #1[[2]] < 1 &]], {100000}]},
 Print[Mean[samples]];
 Histogram[samples]]

[edit] I was mistaken about the beta functions. Let's find it exactly. Clearly, the $x(1-(1-x)^n) / (2*n!)$ no plantea ningún problema. Podemos integrar las cosas dentro de la binomial plazo y (saltarse algunos pasos), obtener $$ \sum_{n=1}^\infty \int_0^1 x\,f_n(x)\,dx = 1-e/4 + \frac{1}{2}\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^n}{n!} \sum_{k=1}^n \binom{n}{k} (-1)^k \frac{(n+2)k^{n+1}-k^{n+2}+(k-1)^{n+2}}{(n+1)(n+2)}. $$

Now, at this point, I am stuck. I bet there are some cute binomial identities that will reduce this further. I'll continue thinking about it.

[edit 2] Mathematica strongly suggests that the remaining double sum is also $1-e/4$. In other words, the complete answer is $2-e/2$. Desconcertante.

[editar 3; edición final] Feo, pero eficaz. Vamos $$ b_n = \sum_{k=1}^n \binom{n}{k} (-1)^k \frac{(n+2)k^{n+1}-k^{n+2}+(k-1)^{n+2}}{(n+1)(n+2)}$$ Se puede demostrar por inducción que $$ b_n = \frac{(-1)^n}{2} \frac{n(n+3)}{(n+2)(n+1)}. $$

En este punto, en realidad vamos a hacer; obtenemos el valor esperado como $$ 1-e/4 + \frac{1}{4} \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{n!} \cdot \frac{n+4}{(n+3)(n+2)}. $$ Reconocer $\frac{n+4}{(n+3)(n+2)} = -\frac{1}{n+3}+\frac{2}{n+2}$ y hacer de alimentación de la serie de trucos en $e^x$ a reducir la suma.