Das Minimum des Mittelwerts der Exponentialvariablen
Lassen $X_1, \ldots, X_n, \ldots$ iid exponentielle Zufallsvariablen mit Mittelwert 1. Es ist bekannt, dass $\min_{1\le j < \infty} \frac{X_1 + \cdots + X_j}{j}$folgt der Gleichverteilung U (0,1). Kann mir jemand helfen, einen Hinweis auf dieses Ergebnis zu finden? Danke vielmals!
Antworten
$\newcommand\la\lambda\newcommand\w{\mathfrak w}\newcommand\R{\mathbb R}$Das müssen wir zeigen $P(U<u)=u$ zum $u\in(0,1)$, wo $$U:=\min_{j\ge1} \frac{X_1+\cdots+X_j}j$$ und $X_1,X_2,\dots$ sind iid exponentielle Zufallsvariablen mit Mittelwert $1$. Dieses Minimum wird fast sicher (as) erreicht, weil durch das starke Gesetz der großen Anzahl,$\frac{X_1+\cdots+X_j}j\to1$ als als $j\to\infty$, wohingegen $\inf_{j\ge1} \frac{X_1+\cdots+X_j}j<1$ wie
Für jeden natürlichen $j$ und jede $u\in(0,1)$, $$\begin{aligned} U<u&\iff\exists j\ge1\ \;\sum_{i=1}^j X_i<ju \\ &\iff\exists j\ge1\ \;Y_{u,j}:=\sum_{i=1}^j(u-X_i)>0 \\ &\iff\bar Y_u>0, \end{aligned}\tag{1}$$ wo $\bar Y_u:=\max_{j\ge0}Y_{u,j}$mit $Y_{u,0}=0$(Na sicher). Nach der Formel$E e^{i\la\bar Y}=\w_+(\la)/\w_+(0)$ganz am Ende von Abschnitt 19 von Kapitel 4 (S. 105) und Satz 2 in diesem Kapitel (S. 106-107) von Borovkov ,$$g_u(\la):=E e^{i\la\bar Y_u}=\frac{(1-u)i\la}{1+i\la-e^{i\la u}}$$ für alle echt $\la$. Beachten Sie auch das$\bar Y_u\ge Y_{u,0}=0$. Also, gemäß Satz 1 in diesem Artikel oder seiner arXiv-Version ,$$P(\bar Y_u>0)=E\,\text{sign}\,\bar Y_u =\frac1{\pi i}\,\int_\R \frac{g_u(\la)}\la\,d\la =\frac1{\pi i}\,\int_\R h_u(\la)\,d\la \tag{2} ,$$ wo $$h_u(\la):=\frac{g_u(\la)-g_u(\infty-)}\la =(1-u)\frac{1-e^{i \la u}}{\la(e^{i \la u}-1-i\la)}$$ und die Integrale werden im Sinne des Hauptwerts verstanden.
$\require{\ulem}$
In Anbetracht von (1) bleibt zu zeigen, dass die Integrale in (2) gleich sind $\pi i u$ für alle $u\in(0,1)$.
Dies wird nun unter Eine integrale Identität bewiesen
Ein elegantes und allgemeineres Ergebnis kann aus der Renyi-Darstellung der Exponentialordnungsstatistik abgeleitet werden. Siehe mein Buch Statistik: Neue Grundlagen, Toolkit, Rezepte für maschinelles Lernen , S. 133-138.
Wir können sowohl den laufenden Durchschnitt als auch den laufenden Mindestdurchschnitt explizit verfolgen.
Lassen $f(k,m,r)$ sei die Wahrscheinlichkeitsdichte, die danach $k$ Variablen ist der bisherige Mindestdurchschnitt $m$und der aktuelle laufende Durchschnitt ist $r$ mit $m<r$.
Lassen $g(k,m)$ sei die Wahrscheinlichkeitsdichte, die danach $k$ Variablen ist der bisherige Mindestdurchschnitt $m$, und dies ist auch der bisherige laufende Durchschnitt.
Ich behaupte das für $k\ge2:$ \begin{align} f(k,m,r) &= \frac{e^{-kr}(kr)^{k-1}}{r(k-2)!}1_{[m<r]}\\ g(k,m) &= \frac{e^{-km}(km)^{k-1}}{(k-1)!} \end{align}
Sobald wir diese Formeln haben, können wir die begrenzende Verteilung aus der Tatsache erraten, dass wir nur interessiert sind $f$ und nicht $g$ (da nach vielen Unentschieden der Mindestdurchschnitt mit ziemlicher Sicherheit in der Vergangenheit passiert ist) und nur in $r=1$(da nach vielen Unentschieden der laufende Durchschnitt fast sicher 1 ist). Wir können also vermuten, dass die Grenzverteilung eine Normalisierung von ist$f(k,m,1)$, die wir als ablesen können $1_{[m<1]}$und ist die gewünschte gleichmäßige Verteilung.
Formal reicht es aus, das zu zeigen $$\int_0^\infty f(k,m,r)dr + g(k,m) \to 1_{[m<r]} \text{ as }k \to \infty$$was ich numerisch überprüft habe. Der erste Begriff ist gerecht$\Gamma[k-1,km]/(k-2)!$Der Beweis der Grenze ist also wahrscheinlich einfach, obwohl ich ihn noch nicht gefunden habe.
Zurück zum Anspruch, die Formeln für $f$ und $g$ kann durch eine Induktion für nachgewiesen werden $k'=k+1$:: \begin{align} f(k',m,r)= &\int_{x=m}^{k'r/k} f(k,m,x)k'e^{-k'r+kx}dx \\ &+ g(k,m)k'e^{-k'r+km}\\ g(k',m)= &\int_{r=m}^{\infty}\int_{x=m}^{r} f(k,x,r)k'e^{-k'm+kr}dx\,dr \\ &+ \int_{x=m}^{\infty}g(k,x)k'e^{-k'm+kx}dx \end{align} Die vier Terme auf der rechten Seite dieser Gleichungen sind genau das, was benötigt wird, um die vier Möglichkeiten für zu verfolgen $m<r$ oder $m=r$ und $m_{old}<r_{old}$ oder $m_{old}=r_{old}$.
(Da Sie nach einer Referenz suchen, verwandle ich meinen obigen Kommentar in eine Antwort :)
Ein Beweis unter Verwendung der klassischen Fluktuationstheorie wird meine Antwort gegeben
Erwartetes Supremum des Durchschnitts?
(Mir ist nicht bekannt, dass dieses Ergebnis bekannt ist oder aus früheren Referenzen stammt).
HINZUGEFÜGT:
Betrachten Sie den zugehörigen Poisson-Prozess $N(t)$ mit $N(0)=0$ und Interarrival Zeiten $X_i$. Dann ist das leicht zu erkennen$a>0$ \begin{align*} \sup_{t\geq 0}( N(t)-at) \leq 0 \;\; \Longleftrightarrow \;\;\inf_{n\geq 1}\frac{S_n}{n}\geq \frac{1}{a}\end{align*}
Es wurde hier gezeigt https://www.ams.org/journals/tran/1957-085-01/S0002-9947-1957-0084900-X/S0002-9947-1957-0084900-X.pdf und hier https://www.jstor.org/stable/2237099 Das \begin{align*}\mathbb{P}(\sup_{t\geq 0} (N(t)-at)\leq 0)=\Big\{\begin{array}{cc} 1-\frac{1}{a} \mbox { if } a\geq 1\\ 0 \mbox{ else }\end{array}\end{align*}
Somit ist das Ergebnis in dieser Formulierung tatsächlich klassisch.