Почему число непрерывных равномерных переменных в (0,1), необходимое для того, чтобы их сумма превышала единицу, имеет среднее значение

Суммируем поток случайных величин: ; пусть будет числом слагаемых, которое нам нужно, чтобы сумма превысила единицу, т. е. - наименьшее число, такое, чтоY $X_i \overset{iid}\sim \mathcal{U}(0,1)$$Y$$Y$

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

Почему среднее значение равно постоянной Эйлера ?$Y$$e$

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

Первое наблюдение: у $Y$ есть более приятный CDF, чем PMF

Массовая функция вероятности $p_Y(n)$ - это вероятность того, что $n$ «достаточно» для того, чтобы сумма превысила единицу, то есть $X_1 + X_2 + \dots X_n$ превышает единицу, тогда как $X_1 + \dots + X_{n-1}$ делает не.

Кумулятивное распределение просто требует, чтобы n было «достаточно», т. Е. I n i = 1 X i > 1 без ограничения на сколько. Это выглядит как гораздо более простое событие, чтобы справиться с вероятностью.$F_Y(n) = \Pr(Y \leq n)$$n$$\sum_{i=1}^{n}X_i > 1$

Второе наблюдение: принимает неотрицательные целочисленные значения, поэтому E ( Y ) можно записать в терминах CDF$Y$$\mathbb{E}(Y)$

Ясно , что может принимать только значения в { 0 , 1 , 2 , ... } , так что мы можем написать его среднее с точки зрения дополнительного КОР , ··· F Y .$Y$$\{0, 1, 2, \dots\}$$\bar F_Y$

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

На самом деле и Pr ( Y = 1 ) оба равны нулю, поэтому первые два члена E ( Y ) = 1 + 1 + … .$\Pr(Y=0)$$\Pr(Y=1)$$\mathbb{E}(Y) = 1 + 1 + \dots$

Что касается более поздних сроках, если вероятность того, что Σ п я = 1 X я > 1 , какое событие является ˉ F Y ( п ) вероятность?$F_Y(n)$$\sum_{i=1}^{n}X_i > 1$$\bar F_Y(n)$

Третье наблюдение: (гипер) объем симплекса равен $n$$\frac{1}{n!}$

симплекс я имею в виду , занимает объем при в стандартных единицах ( п - 1 ) симплекс в все-инфицированного ортантом из R п : это выпуклая оболочка ( п + 1 ) вершин, в частности , происхождение плюс вершины единичного ( n - 1 ) -симплекса в ( 1 , 0 , 0 , … ) , ( 0 , 1 , 0 , $n$$(n-1)$$\mathbb{R}^n$$(n+1)$$(n-1)$$(1, 0, 0, \dots)$ и т. д.$(0, 1, 0, \dots)$

Например, вышеприведенный 2-симплекс с имеет площадь $x_1 + x_2 \leq 1$ и 3-симплекс сx1+x2+x3≤1имеет объем$\frac{1}{2}$$x_1 + x_2 + x_3 \leq 1$ .$\frac{1}{6}$

Для доказательства того, что происходит путем оценки непосредственно интеграл для вероятности события , описываемого , а также ссылки на два других аргументов см это Math SE нить . Связанный поток также может представлять интерес: существует ли связь между e и суммой объемов n- симплексов?$\bar F_Y(n)$$e$$n$

Зафиксируйте . Пусть U i = X 1 + X 2 + ⋯ + X $n \ge 1$ - дробные части частичных сумм для i = 1 , 2 , … , n . Независимая однородность X 1 и X i + 1 гарантирует, что U i + 1 с такой же вероятностью будет превышать U i, как и меньше его. Это означает, чтовсе п ! упорядочения последовательности ( U i ) одинаково вероятны.

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

Учитывая последовательность , мы можем восстановить последовательность X 1 , X 2 , … , X n . Чтобы увидеть, как, обратите внимание, что$U_1, U_2, \ldots, U_n$$X_1, X_2, \ldots, X_n$

• потому что оба находятся между 0 и 1 .$U_1 = X_1$$0$$1$

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

• В противном случае , откуда 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$

Существует ровно одна последовательность, в которой уже находятся в возрастающем порядке, и в этом случае 1 > U n = X 1 + X 2 + ⋯ + X n . Быть одним из п ! одинаково вероятные последовательности, у этого есть шанс 1 / n ! происходящего. Во всех других последовательностях по меньшей мере один шаг от U i до U i + 1 не в порядке. Это означает, что сумма X я должен был равняться или превышать $U_i$$1 \gt U_n = X_1 + X_2 + \cdots + X_n$$n!$$1/n!$$U_i$$U_{i+1}$$X_i$$1$, Таким образом, мы видим, что

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

Это дает вероятности для всего распределения , так как для интеграла n ≥ $Y$$n\ge 1$

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

Более того,

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

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 $f(1) = e.$