Mostrando que $S_n -\lfloor S_n \rfloor \sim U[0,1]$
- $k \in \mathbb{N}$ está arreglado
- $(X_n)_{n \geq 1}$ son todos independientes y siguen una ley uniforme sobre $[0,k]$
- Definimos $f(x)=x -\lfloor x \rfloor$
- $S_n= \sum_{i=1}^{n} X_i$
- $Z_n= f(S_n)$
- Queremos demostrar que $\forall n \geq 1, S_n -\lfloor S_n \rfloor \sim U[0,1]$
Estos son los pasos:
- He encontrado una densidad de $S_2$
- Muestra esa $Z_2 \sim U[0,1]$
3. (a) Expreso $f(f(S_n) + X_{n+1})$ con $Z_{n+1}$
3. (b) Deduzca que $Z_n \sim U[0,1]$
Mi intento:
1.$f_{S_2}(s)= \begin{cases} \frac{1}{k^2} s \quad \text{si} \quad 0 \leq s\leq k \\ \frac{1}{k} (2-\frac{s}{k}) \quad \text{si} \quad k \leq s \leq 2k\\ \end{cases} $
$F_{S_2}(s)= \begin{cases} \frac{s^2}{2 k^2} \quad \text{si} \quad 0 \leq s\leq k \\ 2\frac{s}{k}-\frac{s^2}{2 k^2} -1 \quad \text{si} \quad k \leq s \leq 2k\\ \end{cases} $
- Para esta pregunta, dejemos $Z=Z_2$
$0\leq Z \leq 1 $
Xa $a \leq 1$
$0\leq Z \leq a \iff Z \in \bigcup_{j=0}^{j=k-1} [j,j+a]$
$F_Z(a)= \sum_{j=0}^{j=2k-1} F(j+a)-F(j)$
$ \begin{align*} f_Z(a) &= \sum_{j=0}^{j=2k-1} f_S(a+j) \\ &= \sum_{j=0}^{j=k-1} f_S(a+j) + \sum_{j=k}^{j=2k-1} f_S(a+j) \\ &= \sum_{j=0}^{k-1} \big( \frac{a}{k^2} + \frac{j}{k^2} \big) + \sum_{j=k}^{2k-1} \big( \frac{2}{k} - \frac{a}{k^2} - \frac{j}{k^2}) \\ &= \big( \sum_{j=0}^{k-1} \frac{a}{k^2} - \sum_{j=k}^{2k-1}\frac{a}{k^2} \big) + \sum_{j=0}^{k-1} \frac{j}{k^2} - \sum_{j=0}^{k-1} \frac{j+k}{k^2} + \sum_{j=k}^{2k-1} \frac{2}{k} \\ &= -1 +\sum_{j=k}^{2k-1} \ \frac{2}{k} \\ &=-1+2=1\\ \end{align*} $
3.$f ( f(S_n) + X_{n+1})= f( S_n - \lfloor S_n \rfloor + X_{n+1} )$
Dejar $Z_n= S_n - \lfloor S_n\rfloor $
$S_{n+1} = S_n+ X_{n+1} = Z_n + \lfloor S_n\rfloor + X_{n+1}$
$ S_{n+1} - \lfloor S_{n+1}\rfloor = f( Z_n + X_{n+1} )$
porque $f(x+p)=f(x)$ para todo entero $p$ entonces : $f ( f(S_n) + X_{n+1}) = Z_{n+1}$
Respuestas
Aquí hay una interpretación más elemental de la respuesta de @ shalop. El punto es que todo se reduce a mostrar las siguientes dos afirmaciones:
Reclamación.
- Si $U \sim \mathcal{U}[0,k]$ para algunos $k\in\mathbb{N}$, entonces $f(U) \sim \mathcal{U}[0,1]$.
- Si $U \sim \mathcal{U}[0,1]$ y $a \in \mathbb{R}$, entonces $f(a+U) \sim \mathcal{U}[0,1]$.
Usando esta afirmación, sabemos que
$$f(X_n+a) = f(f(X_n) + a) \sim \mathcal{U}[0,1]$$
cuando $a \in \mathbb{R}$ y $X_n \sim \mathcal{U}[0,k]$ para algunos $k\in\mathbb{N}$. Entonces para cualquier$r \in [0, 1)$, por la independencia de $X_n$ y $S_{n-1}$,
\begin{align*} \mathbb{P}(Z_{n} \leq r) = \mathbb{E}[\mathbb{P}(f(X_{n}+S_{n-1}) \leq r \mid S_{n-1})] = \mathbb{E}[r] = r. \end{align*}
Por tanto, sigue la conclusión deseada.
Prueba de reclamación. En la primera parte, está claro que$f(U)$ toma valores solo en $[0,1)$. Ahora para cualquier$r \in [0,1]$, tenemos
$$ P(f(U) \leq r) = \sum_{q=0}^{k-1} P(q \leq U \leq q+r) = \sum_{q=0}^{k-1} \frac{r}{k} = r, $$
y por lo tanto $f(U)$tiene la distribución deseada. En la segunda parte, escribe$a = \lfloor a \rfloor + \langle a \rangle$, dónde $\langle a \rangle$ denota la parte fraccionaria de $a$. Entonces para cualquier$r \in [0,1)$,
\begin{align*} P(f(a+U) \leq r) &= P(\{ 0 \leq U < 1 - \langle a \rangle \} \cap \{ U+\langle a \rangle \leq r \}) \\ &\quad + P( \{ 1 - \langle a \rangle \leq U < 1 \} \cap \{ U+\langle a \rangle - 1 \leq r \}). \end{align*}
Considerando los casos $r < \langle a \rangle$ y $r \geq \langle a \rangle$ por separado, esto se puede calcular fácilmente como $r$, demostrando de nuevo que $f(a+U) \sim \mathcal{U}[0,1]$. $\square$
Esta es una de esas cosas que resulta molesto de calcular directamente, pero se vuelve fácil si usa aritmética modular. En este caso, debería trabajar con números reales módulo$1$. Entonces, la alegación se deriva directamente del hecho de que la medida uniforme sobre$\Bbb R/\Bbb Z$ es invariante bajo convolución (es decir, sumas independientes).
Aquí está el argumento elaborado con todo detalle, en caso de que sea útil.
La idea es trabajar $\Bbb R/\Bbb Z$ en vez de $\Bbb R$. Dejar$\pi: \Bbb R \to \Bbb R/\Bbb Z$ ser el mapa de proyección $x \mapsto x \pmod 1$. De ahora en adelante, siempre que me refiera a una "suma" será con respecto a la estructura del grupo aditivo en$\Bbb R/\Bbb Z$.
Dejar $Y_i=\pi(X_i)$. Tenga en cuenta que el$Y_i$ se distribuyen uniformemente en $\Bbb R/\Bbb Z$ (es decir, se distribuyen de acuerdo con la medida de la longitud del arco si ve $\Bbb R/\Bbb Z$ como un círculo, o medida Haar si lo ve como un grupo topológico).
También tenga en cuenta que cualquier suma finita de variables independientes distribuidas uniformemente en $\Bbb R/\Bbb Z$ todavía se distribuye uniformemente en $\Bbb R/\Bbb Z$ (es decir, la medida de la longitud del arco en el círculo es invariante bajo la convolución de medidas).
Tenga en cuenta también que $\pi$ es un homomorfismo de grupo, por lo que tenemos que $\pi(S_n) = \sum_1^n Y_i$. Por tanto, concluimos del párrafo anterior que$\pi(S_n)$ se distribuye uniformemente en $\Bbb R/\Bbb Z$.
El paso final es notar que $\pi$ es invariante bajo $f$, es decir, $\pi \circ f = \pi$. Así$\pi(f(S_n))$ tiene una distribución uniforme en $\Bbb R / \Bbb Z$. Pero$\pi$ es invertible si restringimos su dominio a $[0,1)$. Además,$f(S_n)$ toma valores en $[0,1)$.
El empujón por $\pi^{-1}$ de la medida uniforme en $\Bbb R/\Bbb Z$ es la medida uniforme en $[0,1)$, entonces concluimos que $f(S_n)$ se distribuye uniformemente en $[0,1)$.