Pourquoi le nombre de variables uniformes continues sur (0,1) nécessaires pour que leur somme dépasse un a-t-il une moyenne

Résumons un flux de variables aléatoires, ; soit le nombre de termes dont nous avons besoin pour que le total dépasse un, c'est-à-dire que est le plus petit nombre tel que$X_i \overset{iid}\sim \mathcal{U}(0,1)$$Y$$Y$

$$X_1 + X_2 + \dots + X_Y > 1.$$

Pourquoi la moyenne de égale à la constante Euler ?$Y$$e$

$$\mathbb{E}(Y) = e = \frac{1}{0!} + \frac{1}{1!} + \frac{1}{2!} + \frac{1}{3!} + \dots$$

Première observation: $Y$ a un CDF plus agréable que le PMF

La fonction de masse de probabilité $p_Y(n)$ est la probabilité que $n$ soit "juste assez" pour que le total dépasse l'unité, c'est-à-dire que $X_1 + X_2 + \dots X_n$ dépasse un tandis que $X_1 + \dots + X_{n-1}$ fait ne pas.

La distribution cumulée $F_Y(n) = \Pr(Y \leq n)$ nécessite simplement que $n$ soit "suffisant", c'est-à-dire $\sum_{i=1}^{n}X_i > 1$sans restriction sur la quantité par. Cela ressemble à un événement beaucoup plus simple pour gérer la probabilité de.

Deuxième observation: $Y$ prend des valeurs entières non négatives pour que $\mathbb{E}(Y)$ puisse être écrit en termes de CDF

Clairement, $Y$ ne peut prendre des valeurs que dans $\{0, 1, 2, \dots\}$ , donc nous pouvons écrire sa moyenne en termes de CDF complémentaire , $\bar F_Y$ .

$$\mathbb{E}(Y) = \sum_{n=0}^\infty \bar F_Y(n) = \sum_{n=0}^\infty \left(1 - F_Y(n) \right)$$

En fait $\Pr(Y=0)$ et $\Pr(Y=1)$ sont tous les deux nuls, donc les deux premiers termes sont $\mathbb{E}(Y) = 1 + 1 + \dots$ .

Comme pour les termes ultérieurs, si $F_Y(n)$ est la probabilité que $\sum_{i=1}^{n}X_i > 1$ , de quel événement $\bar F_Y(n)$ la probabilité est-elle?

Troisième observation: le (hyper) volume d'un $n$ simplex est $\frac{1}{n!}$

Le $n$ -simplex que j'ai en tête occupe le volume sous une unité standard $(n-1)$ -simplex dans l' orthant tout positif de $\mathbb{R}^n$ : c'est la coque convexe de $(n+1)$ sommets, en particulier l'origine plus les sommets de l'unité $(n-1)$ -simplement en $(1, 0, 0, \dots)$ , $(0, 1, 0, \dots)$ etc.

Par exemple, le 2-simplex ci-dessus avec $x_1 + x_2 \leq 1$ a la zone $\frac{1}{2}$ et le 3-simplex avec$x_1 + x_2 + x_3 \leq 1$a le volume$\frac{1}{6}$ .

Pour une preuve qui procède en évaluant directement une intégrale pour la probabilité de l'événement décrit par $\bar F_Y(n)$ , et des liens vers deux autres arguments, voir ce thread Math SE . Le fil conducteur peut également être intéressant: y a-t-il une relation entre $e$ et la somme des volumes $n$ -simplexes?

Fix n ≥ 1 . Soit U i = X 1 + X 2 + ⋯ + X $n \ge 1$mod1 soit les parties fractionnaires des sommes partielles pour i = 1 , 2 , … , n . L'uniformité indépendante de X 1 et X i + 1 garantit que U i + 1 est tout aussi susceptible de dépasser U i que d'être inférieur à lui. Cela implique quetous les n ! les ordres de la séquence ( U i ) sont également probables.

$$U_i = X_1 + X_2 + \cdots + X_i \mod 1$$ $i=1,2,\ldots, n$$X_1$$X_{i+1}$$U_{i+1}$$U_i$$n!$$(U_i)$

Etant donné la séquence U 1 , U 2 , … , U n , on peut récupérer la séquence X 1 , X 2 , … , X n . Pour voir comment, notez que$U_1, U_2, \ldots, U_n$$X_1, X_2, \ldots, X_n$

• U 1 = X 1 car les deux sont compris entre 0 et 1 .$U_1 = X_1$$0$$1$

• Si U i + 1 ≥ U i , alors X i + 1 = U i + 1 - U i .$U_{i+1} \ge U_i$$X_{i+1} = U_{i+1} - U_i$

• Sinon, U i + X i + 1 > 1 , d'où X i + 1 = U i + 1 - U i + 1 .$U_i + X_{i+1} \gt 1$$X_{i+1} = U_{i+1} - U_i + 1$

There is exactly one sequence in which the $U_i$ are already in increasing order, in which case $1 \gt U_n = X_1 + X_2 + \cdots + X_n$. Being one of $n!$ equally likely sequences, this has a chance $1/n!$ of occurring. In all the other sequences at least one step from $U_i$ to $U_{i+1}$ is out of order. This implies the sum of the $X_i$ had to equal or exceed $1$. Thus we see that

$$\Pr(Y \gt n) = \Pr(X_1 + X_2 + \cdots + X_n \le 1) = \Pr(X_1 + X_2 + \cdots + X_n \lt 1) = \frac{1}{n!}.$$

This yields the probabilities for the entire distribution of $Y$, since for integral $n\ge 1$

$$\Pr(Y = n) = \Pr(Y \gt n-1) - \Pr(Y \gt n) = \frac{1}{(n-1)!} - \frac{1}{n!} = \frac{n-1}{n!}.$$

Moreover,

$$\mathbb{E}(Y) = \sum_{n=0}^\infty \Pr(Y \gt n) = \sum_{n=0}^\infty \frac{1}{n!} = e,$$

QED.

In Sheldon Ross' A First Course in Probability there is an easy to follow proof:

Modifying a bit the notation in the OP, $U_i \overset{iid}\sim \mathcal{U}(0,1)$ and $Y$ the minimum number of terms for $U_1 + U_2 + \dots + U_Y > 1$, or expressed differently:

$$Y = min\Big\{n: \sum_{i=1}^n U_i>1\Big\}$$

If instead we looked for:

$$Y(u) = min\Big\{n: \sum_{i=1}^n U_i>u\Big\}$$ for $u\in[0,1]$, we define the $f(u)=\mathbb E[Y(u)]$, expressing the expectation for the number of realizations of uniform draws that will exceed $u$ when added.

We can apply the following general properties for continuous variables:

$E[X] = E[E[X|Y]]=\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}E[X|Y=y]\,f_Y(y)\,dy$

to express $f(u)$ conditionally on the outcome of the first uniform, and getting a manageable equation thanks to the pdf of $X \sim U(0,1)$, $f_Y(y)=1.$ This would be it:

$$f(u)=\displaystyle\int_0^1 \mathbb E[Y(u)|U_1=x]\,dx \tag 1$$

If the $U_1=x$ we are conditioning on is greater than $u$, i.e. $x>u$, $\mathbb E[Y(u)|U_1=x] =1 .$ If, on the other hand, $x <u$, $\mathbb E[Y(u)|U_1=x] =1 + f(u - x)$, because we already have drawn $1$ uniform random, and we still have the difference between $x$ and $u$ to cover. Going back to equation (1):

$$f(u) = 1 + \displaystyle\int_0^x f(u - x) \,dx$$ , and with substituting $w = u - x$ we would have $f(u) = 1 + \displaystyle\int_0^x f(w) \,dw$.

If we differentiate both sides of this equation, we can see that:

$$f'(u) = f(u)\implies \frac{f'(u)}{f(u)}=1$$

with one last integration we get:

$$log[f(u)] = u + c \implies f(u) = k \,e^u$$

We know that the expectation that drawing a sample from the uniform distribution and surpassing $0$ is $1$, or $f(0) = 1$. Hence, $k = 1$, and $f(u)=e^u$. Therefore $f(1) = e.$