Menunjukkan itu $S_n -\lfloor S_n \rfloor \sim U[0,1]$
- $k \in \mathbb{N}$ telah diperbaiki
- $(X_n)_{n \geq 1}$ semuanya independen dan mengikuti hukum yang seragam $[0,k]$
- Kami mendefinisikan $f(x)=x -\lfloor x \rfloor$
- $S_n= \sum_{i=1}^{n} X_i$
- $Z_n= f(S_n)$
- Kami ingin menunjukkan itu $\forall n \geq 1, S_n -\lfloor S_n \rfloor \sim U[0,1]$
Berikut langkah-langkahnya:
- Saya telah menemukan kepadatan $S_2$
- Menunjukkan bahwa $Z_2 \sim U[0,1]$
3. (a) Ekspres $f(f(S_n) + X_{n+1})$ dengan $Z_{n+1}$
3. (b) Simpulkan itu $Z_n \sim U[0,1]$
Upaya saya:
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} $
- Untuk pertanyaan ini, mari $Z=Z_2$
$0\leq Z \leq 1 $
Untuk $a \leq 1$
$0\leq Z \leq a \iff Z \in \bigcup_{j=0}^{j=k-1} [j,j+a]$
$F_Z(a)= \sum_{j=0}^{j=2k-1} F(j+a)-F(j)$
$ \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.$f ( f(S_n) + X_{n+1})= f( S_n - \lfloor S_n \rfloor + X_{n+1} )$
Membiarkan $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} )$
karena $f(x+p)=f(x)$ untuk semua bilangan bulat $p$ jadi: $f ( f(S_n) + X_{n+1}) = Z_{n+1}$
Jawaban
Berikut adalah terjemahan yang lebih mendasar dari jawaban @ shalop. Intinya adalah bahwa intinya adalah menunjukkan dua klaim berikut:
Klaim.
- Jika $U \sim \mathcal{U}[0,k]$ untuk beberapa $k\in\mathbb{N}$, kemudian $f(U) \sim \mathcal{U}[0,1]$.
- Jika $U \sim \mathcal{U}[0,1]$ dan $a \in \mathbb{R}$, kemudian $f(a+U) \sim \mathcal{U}[0,1]$.
Dengan menggunakan klaim ini, kami tahu itu
$$f(X_n+a) = f(f(X_n) + a) \sim \mathcal{U}[0,1]$$
kapanpun $a \in \mathbb{R}$ dan $X_n \sim \mathcal{U}[0,k]$ untuk beberapa $k\in\mathbb{N}$. Lalu untuk apa saja$r \in [0, 1)$, dengan kemerdekaan $X_n$ dan $S_{n-1}$,
\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*}
Karena itu, kesimpulan yang diinginkan mengikuti.
Bukti Klaim. Di bagian pertama, jelas itu$f(U)$ mengambil nilai hanya dalam $[0,1)$. Sekarang untuk apapun$r \in [0,1]$, kita punya
$$ P(f(U) \leq r) = \sum_{q=0}^{k-1} P(q \leq U \leq q+r) = \sum_{q=0}^{k-1} \frac{r}{k} = r, $$
dan oleh karena itu $f(U)$memiliki distribusi yang diinginkan. Di bagian kedua, tulis$a = \lfloor a \rfloor + \langle a \rangle$, dimana $\langle a \rangle$ menunjukkan bagian pecahan dari $a$. Lalu untuk apa saja$r \in [0,1)$,
\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*}
Mempertimbangkan kasusnya $r < \langle a \rangle$ dan $r \geq \langle a \rangle$ secara terpisah, ini dapat dengan mudah dihitung sebagai $r$, sekali lagi membuktikan itu $f(a+U) \sim \mathcal{U}[0,1]$. $\square$
Ini adalah salah satu hal yang menjengkelkan untuk dihitung secara langsung, tetapi menjadi mudah jika Anda menggunakan aritmatika modular. Dalam hal ini, Anda harus bekerja dengan modulo bilangan real$1$. Kemudian klaim mengikuti langsung dari fakta bahwa ukuran seragam pada$\Bbb R/\Bbb Z$ adalah invarian di bawah konvolusi (yaitu, jumlah independen).
Berikut adalah argumen yang ditarik secara rinci, seandainya itu membantu.
Idenya adalah untuk bekerja $\Bbb R/\Bbb Z$ dari pada $\Bbb R$. Membiarkan$\pi: \Bbb R \to \Bbb R/\Bbb Z$ menjadi peta proyeksi $x \mapsto x \pmod 1$. Untuk selanjutnya, setiap kali saya mengacu pada "jumlah", itu akan berkaitan dengan struktur kelompok aditif pada$\Bbb R/\Bbb Z$.
Membiarkan $Y_i=\pi(X_i)$. Perhatikan bahwa$Y_i$ didistribusikan secara seragam $\Bbb R/\Bbb Z$ (yaitu, mereka didistribusikan menurut ukuran panjang ar jika Anda melihatnya $\Bbb R/\Bbb Z$ sebagai lingkaran, atau ukuran Haar jika Anda melihatnya sebagai grup topologi).
Perhatikan juga bahwa jumlah terbatas variabel independen terdistribusi seragam di $\Bbb R/\Bbb Z$ masih didistribusikan secara seragam $\Bbb R/\Bbb Z$ (yaitu, ukuran panjang busur pada lingkaran adalah invarian di bawah ukuran konvolusi).
Perhatikan juga itu $\pi$ adalah homomorfisme kelompok, jadi kami memilikinya $\pi(S_n) = \sum_1^n Y_i$. Dengan demikian kami menyimpulkan dari paragraf sebelumnya bahwa$\pi(S_n)$ didistribusikan secara seragam $\Bbb R/\Bbb Z$.
Langkah terakhir adalah mencatat itu $\pi$ adalah invarian di bawah $f$, yaitu, $\pi \circ f = \pi$. Jadi$\pi(f(S_n))$ memiliki distribusi seragam $\Bbb R / \Bbb Z$. Tapi$\pi$ dapat dibalik jika kami membatasi domainnya ke $[0,1)$. Bahkan,$f(S_n)$ mengambil nilai-nilai $[0,1)$.
Maju terus $\pi^{-1}$ dari ukuran seragam $\Bbb R/\Bbb Z$ adalah ukuran seragam $[0,1)$, jadi kami menyimpulkan itu $f(S_n)$ didistribusikan secara seragam $[0,1)$.