¿Por qué el número de variables uniformes continuas en (0,1) necesarias para que su suma exceda una tiene media

Vamos a sumar un flujo de variables aleatorias, ; dejemos que sea ​​el número de términos que necesitamos para que el total exceda uno, es decir, es el número más pequeño tal queY $X_i \overset{iid}\sim \mathcal{U}(0,1)$$Y$$Y$

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

¿Por qué la media de son iguales a la constante de Euler ?$Y$$e$

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

Primera observación: $Y$ tiene un CDF más agradable que PMF

La función de masa de probabilidad $p_Y(n)$ es la probabilidad de que $n$ sea ​​"solo lo suficiente" para que el total exceda la unidad, es decir, $X_1 + X_2 + \dots X_n$ excede uno, mientras que $X_1 + \dots + X_{n-1}$ sí no.

La distribución acumulativa $F_Y(n) = \Pr(Y \leq n)$ simplemente requiere que $n$ sea ​​"suficiente", es decir, $\sum_{i=1}^{n}X_i > 1$ sin restricción en cuanto a cuánto. Esto parece un evento mucho más simple para tratar con la probabilidad de.

Segunda observación: $Y$ toma valores enteros no negativos para que $\mathbb{E}(Y)$ pueda escribirse en términos del CDF

Claramente $Y$ sólo puede tomar valores en $\{0, 1, 2, \dots\}$ , por lo que podemos escribir su media en términos del CDF complementaria , $\bar F_Y$ .

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

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 términos posteriores, si $F_Y(n)$ es la probabilidad de que $\sum_{i=1}^{n}X_i > 1$ , ¿de qué evento es $\bar F_Y(n)$ la probabilidad de?

Tercera observación: el (hiper) volumen de un simple es $n$$\frac{1}{n!}$

El -simplex que tengo en mente ocupa el volumen bajo una unidad estándar ( n - 1 ) -simplex en el todo-positivo ortante de R n : es la envolvente convexa de ( n + 1 ) vértices, en particular, el origen más los vértices de la unidad ( n - 1 ) -simplex en ( 1 , 0 , 0 , ... ) , ( 0 , 1 , 0 , $n$$(n-1)$$\mathbb{R}^n$$(n+1)$$(n-1)$$(1, 0, 0, \dots)$ etc.$(0, 1, 0, \dots)$

Por ejemplo, el 2-simplex anterior con tiene área $x_1 + x_2 \leq 1$ y el 3-simplex conx1+x2+x3≤1tiene volumen$\frac{1}{2}$$x_1 + x_2 + x_3 \leq 1$ .$\frac{1}{6}$

Para obtener una prueba que procede evaluando directamente una integral para la probabilidad del evento descrito por , y enlaces a otros dos argumentos, vea este hilo Math SE . El hilo relacionado también puede ser de interés: ¿Existe una relación entre e y la suma de los volúmenes n -simplexes?$\bar F_Y(n)$$e$$n$

Fix . Sea U i = X 1 + X 2 + ⋯ + X $n \ge 1$ sea ​​las partes fraccionarias de las sumas parciales para i = 1 , 2 , ... , n . La uniformidad independiente de X 1 y X i + 1 garantiza que U i + 1 es tan probable que exceda a U i como sea menor. Esto implica quetodos n

$$U_i = X_1 + X_2 + \cdots + X_i \mod 1$$ $i=1,2,\ldots, n$$X_1$$X_{i+1}$$U_{i+1}$$U_i$$n!$Los ordenamientos de la secuencia son igualmente probables.$(U_i)$

Dada la secuencia , podemos recuperar la secuencia X 1 , X 2$U_1, U_2, \ldots, U_n$ . Para ver cómo, note que$X_1, X_2, \ldots, X_n$

• $U_1 = X_1$ porque ambos están entre y 1 .$0$$1$

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

• De lo contrario, , de donde X i + 1 = U i + $U_i + X_{i+1} \gt 1$ .$X_{i+1} = U_{i+1} - U_i + 1$

Hay exactamente una secuencia en la que ya está en orden creciente, en cuyo caso 1 > U n = X 1 + X 2 + ⋯ + X n . Siendo uno de n ! secuencias igualmente probables, esto tiene una posibilidad de 1 / n ! de ocurrir. En todas las demás secuencias, al menos un paso de U i a U i + 1 está fuera de servicio. Esta es la suma de la X i tenía que ser igual o superior $U_i$$1 \gt U_n = X_1 + X_2 + \cdots + X_n$$n!$$1/n!$$U_i$$U_{i+1}$$X_i$$1$. Así vemos que

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

Esto produce las probabilidades para toda la distribución de , ya que para la integral n ≥ $Y$$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

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 $f(1) = e.$