strumień zmiennych losowych, ; niech będzie liczbą warunków, których potrzebujemy, aby suma przekroczyła jeden, tj. jest najmniejszą liczbą taką, że
Dlaczego średnia równa stałej Eulera ?
probability
self-study
expected-value
uniform
Silverfish
źródło
źródło
Odpowiedzi:
Pierwsza obserwacja:Y ma bardziej przyjemny CDF niż PMF
Funkcją masy prawdopodobieństwapY(n) jest prawdopodobieństwem, że n "tylko na tyle tylko" na całkowitą przekraczać jedności, to znaczy X1+X2+…Xn przekracza jeden, a X1+⋯+Xn−1 czyni nie.
Skumulowany rozkładFY(n)=Pr(Y≤n) po prostu wymaga, że n jest „wystarczające”, tj. ∑ni=1Xi>1 bez ograniczenia o ile. To wygląda na znacznie prostsze wydarzenie, aby poradzić sobie z prawdopodobieństwem.
Druga obserwacja:Y przyjmuje nieujemne wartości całkowite, więc E(Y) można zapisać w kategoriach CDF
WyraźnieY mogą przyjmować jedynie wartości w {0,1,2,…} , więc możemy napisać jej średnia pod względem komplementarnej CDF , F¯Y .
W rzeczywistościPr(Y=0) i Pr(Y=1) są równe zeru tak, że pierwsze dwa terminy są E(Y)=1+1+… .
Jeśli chodzi o późniejsze terminy, jeśliFY(n) jest prawdopodobieństwem, że ∑ni=1Xi>1 , to jakie zdarzenie to F¯Y(n) prawdopodobieństwo?
Trzecie spostrzeżenie: (hiper) objętośćn prostego to 1n!
Na przykład powyższy 2-simpleks z ma obszar 1x1+x2≤1 a 3-simpleks zx1+x2+x3≤1ma tom112 x1+x2+x3≤1 .16
Aby uzyskać dowód, który przebiega przez bezpośrednią ocenę całki dla prawdopodobieństwa zdarzenia opisanego przez , oraz linki do dwóch innych argumentów, zobacz ten wątek Math SE . Powiązany wątek może również być interesujący: Czy istnieje związek między e a sumą objętości n- prostych?F¯Y(n) e n
źródło
Napraw . Niech U i = X 1 + X 2 + ⋯ + X in≥1 będą częściami ułamkowymi sum częściowych dla i = 1 , 2 , … , n . Niezależny jednorodność X 1 i X i + 1 gwarancji, że U i + 1 jest tak samo może przekraczać ù I , jak to jest mniejsze od niego. Oznacza to, żewszystkie n ! uporządkowanie sekwencji ( U i ) jest równie prawdopodobne.
Biorąc pod uwagę sekwencję , możemy odzyskać sekwencję X 1 , X 2 , … , X n . Aby zobaczyć, jak to zauważyć, zauważ toU1,U2,…,Un X1,X2,…,Xn
ponieważ oba są między 0 a 1 .U1=X1 0 1
Jeżeli , to X i + 1 = U i + 1 - U i .Ui+1≥Ui Xi+1=Ui+1−Ui
W przeciwnym razie , skąd X i + 1 = U i + 1 - U i + 1 .Ui+Xi+1>1 Xi+1=Ui+1−Ui+1
Jest dokładnie jedna sekwencja, w której są już w porządku rosnącym, w którym to przypadku 1 > U n = X 1 + X 2 + ⋯ + X n . Będąc jednym z n ! równie prawdopodobne sekwencje, ma szansę 1 / n ! wystąpienia. We wszystkich innych sekwencji jest co najmniej jeden etap ze U I do U i + 1 jest poza kolejnością. Oznacza to, że suma X i musiała być równa lub większa niż 1Ui 1>Un=X1+X2+⋯+Xn n! 1/n! Ui Ui+1 Xi 1 . Tak to widzimy
Daje to prawdopodobieństwa dla całego rozkładu , ponieważ dla całki n ≥ 1Y n≥1
Moreover,
QED.
źródło
In Sheldon Ross' A First Course in Probability there is an easy to follow proof:
Modifying a bit the notation in the OP,Ui∼iidU(0,1) and Y the minimum number of terms for U1+U2+⋯+UY>1 , or expressed differently:
If instead we looked for:
We can apply the following general properties for continuous variables:
to expressf(u) conditionally on the outcome of the first uniform, and getting a manageable equation thanks to the pdf of X∼U(0,1) , fY(y)=1. This would be it:
If theU1=x we are conditioning on is greater than u , i.e. x>u , E[Y(u)|U1=x]=1. If, on the other hand, x<u , E[Y(u)|U1=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):
If we differentiate both sides of this equation, we can see that:
with one last integration we get:
We know that the expectation that drawing a sample from the uniform distribution and surpassing0 is 1 , or f(0)=1 . Hence, k=1 , and f(u)=eu . Therefore f(1)=e.
źródło