Warum hat die Anzahl der stetigen einheitlichen Variablen auf (0,1), die erforderlich sind, damit ihre Summe eine überschreitet, einen Mittelwert für

Summieren wir einen Strom von Zufallsvariablen, $X_i \overset{iid}\sim \mathcal{U}(0,1)$ ; Sei $Y$ die Anzahl der Terme, die wir benötigen, damit die Summe eins überschreitet, dh $Y$ ist die kleinste Zahl, so dass

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

Warum ist der Mittelwert von $Y$ gleich Eulers Konstante $e$ ?

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

Erste Beobachtung: $Y$ hat eine angenehmere CDF als PMF

Die Wahrscheinlichkeitsmassenfunktion $p_Y(n)$ ist die Wahrscheinlichkeit, dass $n$ "gerade genug" ist, damit die Summe die Einheit überschreitet, dh $X_1 + X_2 + \dots X_n$ überschreitet eins, während $X_1 + \dots + X_{n-1}$ tut nicht.

Die kumulative Verteilung $F_Y(n) = \Pr(Y \leq n)$ erfordert lediglich $n$ ist "genug", dh $\sum_{i=1}^{n}X_i > 1$ ohne Einschränkungen auf wie viel von. Dies scheint ein viel einfacheres Ereignis zu sein, um mit der Wahrscheinlichkeit umzugehen.

Zweite Beobachtung: $Y$ nimmt nicht negative ganzzahlige Werte so $\mathbb{E}(Y)$ kann geschrieben werden in Bezug auf die CDF

Offensichtlich $Y$ kann nur Werte in $\{0, 1, 2, \dots\}$ , so dass wir seinen Mittelwert in Bezug auf die schreiben können komplementäre CDF , $\bar F_Y$ .

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

Tatsächlich sind Pr ( Y = 0 ) und Pr ( Y = 1 ) beide Null, so dass die ersten beiden Terme E ( Y ) = 1 + 1 $\Pr(Y=0)$$\Pr(Y=1)$ … sind .$\mathbb{E}(Y) = 1 + 1 + \dots$

Was die späteren Ausdrücke betrifft, wenn F Y ( n ) die Wahrscheinlichkeit ist, dass ∑ n i = 1 X i > 1 ist , von welchem ​​Ereignis ist ˉ F Y ( n ) die Wahrscheinlichkeit?$F_Y(n)$$\sum_{i=1}^{n}X_i > 1$$\bar F_Y(n)$

Dritte Beobachtung: Das (Hyper-) Volumen eines n- Implex ist $n$$\frac{1}{n!}$

Der n- Implex, den ich im Auge habe, besetzt das Volumen unter einer Standardeinheit ( n - 1 ) -Implex in der vollpositiven Orthante von R n : Es ist die konvexe Hülle von ( n + 1 ) Eckpunkten, insbesondere der Ursprung plus die Eckpunkte der Einheit ( n - 1 ) -simplex bei ( 1 , 0 , 0 , … ) , ( 0 , 1 , ) usw.$n$$(n-1)$$\mathbb{R}^n$$(n+1)$$(n-1)$$(1, 0, 0, \dots)$$(0, 1, 0, \dots)$

Zum Beispiel hat der 2-Simplex oben mit x 1 + x 2 ≤ 1 die Fläche $x_1 + x_2 \leq 1$2 und der 3-Simplex mitx1+x2+x3≤1hat Volumen$\frac{1}{2}$$x_1 + x_2 + x_3 \leq 1$$\frac{1}{6}$ .

Für einen Beweis dafür , dass Erlös durch direkte ein integrale für die Wahrscheinlichkeit des Ereignisses beschrieben durch Auswertung ˉ F Y ( n ) , und Verbindungen zu zwei weiteren Argumenten findet diesen Thread Math SE . Der verwandte Thread könnte auch von Interesse sein: Gibt es eine Beziehung zwischen e und der Summe der n- Implexe-Volumina?$\bar F_Y(n)$$e$$n$

Fix $n \ge 1$. Let

$$U_i = X_1 + X_2 + \cdots + X_i \mod 1$$ be the fractional parts of the partial sums for $i=1,2,\ldots, n$. The independent uniformity of $X_1$ and $X_{i+1}$ guarantee that $U_{i+1}$ is just as likely to exceed $U_i$ as it is to be less than it. This implies that all $n!$ orderings of the sequence $(U_i)$ are equally likely.

Given the sequence $U_1, U_2, \ldots, U_n$, we can recover the sequence $X_1, X_2, \ldots, X_n$. To see how, notice that

• $U_1 = X_1$ because both are between $0$ and $1$.

• If $U_{i+1} \ge U_i$, then $X_{i+1} = U_{i+1} - U_i$.

• Otherwise, $U_i + X_{i+1} \gt 1$, whence $X_{i+1} = U_{i+1} - U_i + 1$.

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 $f(1) = e.$