Mostrandolo $S_n -\lfloor S_n \rfloor \sim U[0,1]$
- $k \in \mathbb{N}$ è aggiustato
- $(X_n)_{n \geq 1}$ sono tutti indipendenti e seguono una legge uniforme in materia $[0,k]$
- Definiamo $f(x)=x -\lfloor x \rfloor$
- $S_n= \sum_{i=1}^{n} X_i$
- $Z_n= f(S_n)$
- Lo vogliamo dimostrare $\forall n \geq 1, S_n -\lfloor S_n \rfloor \sim U[0,1]$
Ecco i passaggi:
- Ho trovato una densità di $S_2$
- Dimostralo $Z_2 \sim U[0,1]$
3. (a) Express $f(f(S_n) + X_{n+1})$ con $Z_{n+1}$
3. (b) Dedurlo $Z_n \sim U[0,1]$
Il mio tentativo:
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} $
- Per questa domanda, lascia $Z=Z_2$
$0\leq Z \leq 1 $
Per $a \leq 1$
$0\leq Z \leq a \iff Z \in \bigcup_{j=0}^{j=k-1} [j,j+a]$
$F_Z(a)= \sum_{j=0}^{j=2k-1} F(j+a)-F(j)$
$ \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.$f ( f(S_n) + X_{n+1})= f( S_n - \lfloor S_n \rfloor + X_{n+1} )$
Permettere $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} )$
perché $f(x+p)=f(x)$ per tutti i numeri interi $p$ così : $f ( f(S_n) + X_{n+1}) = Z_{n+1}$
Risposte
Ecco una resa più elementare della risposta di @ shalop. Il punto è che tutto si riduce a mostrare le seguenti due affermazioni:
Richiesta.
- Se $U \sim \mathcal{U}[0,k]$ per alcuni $k\in\mathbb{N}$, poi $f(U) \sim \mathcal{U}[0,1]$.
- Se $U \sim \mathcal{U}[0,1]$ e $a \in \mathbb{R}$, poi $f(a+U) \sim \mathcal{U}[0,1]$.
Usando questa affermazione, lo sappiamo
$$f(X_n+a) = f(f(X_n) + a) \sim \mathcal{U}[0,1]$$
ogni volta $a \in \mathbb{R}$ e $X_n \sim \mathcal{U}[0,k]$ per alcuni $k\in\mathbb{N}$. Quindi per qualsiasi$r \in [0, 1)$, dall'indipendenza di $X_n$ e $S_{n-1}$,
\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*}
Quindi la conclusione desiderata segue.
Prova di reclamo. Nella prima parte è chiaro che$f(U)$ accetta valori solo in $[0,1)$. Ora per qualsiasi$r \in [0,1]$, noi abbiamo
$$ P(f(U) \leq r) = \sum_{q=0}^{k-1} P(q \leq U \leq q+r) = \sum_{q=0}^{k-1} \frac{r}{k} = r, $$
e quindi $f(U)$ha la distribuzione desiderata. Nella seconda parte scrivi$a = \lfloor a \rfloor + \langle a \rangle$, dove $\langle a \rangle$ denota la parte frazionaria di $a$. Quindi per qualsiasi$r \in [0,1)$,
\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 i casi $r < \langle a \rangle$ e $r \geq \langle a \rangle$ separatamente, questo può essere facilmente calcolato come $r$, ancora una volta dimostrandolo $f(a+U) \sim \mathcal{U}[0,1]$. $\square$
Questa è una di quelle cose che è fastidioso da calcolare direttamente, ma diventa facile se si utilizza l'aritmetica modulare. In questo caso, dovresti lavorare con i numeri reali modulo$1$. Quindi l'affermazione deriva direttamente dal fatto che la misura uniforme in$\Bbb R/\Bbb Z$ è invariante sotto convoluzione (cioè, somme indipendenti).
Ecco l'argomento elaborato in dettaglio, nel caso sia utile.
L'idea è di lavorare $\Bbb R/\Bbb Z$ invece di $\Bbb R$. Permettere$\pi: \Bbb R \to \Bbb R/\Bbb Z$ essere la mappa di proiezione $x \mapsto x \pmod 1$. D'ora in poi, ogni volta che mi riferisco a una "somma" sarà rispetto alla struttura del gruppo additivo su$\Bbb R/\Bbb Z$.
Permettere $Y_i=\pi(X_i)$. Nota che il file$Y_i$ sono distribuiti uniformemente su $\Bbb R/\Bbb Z$ (cioè, sono distribuiti in base alla misura della lunghezza dell'arco se si visualizza $\Bbb R/\Bbb Z$ come un cerchio o misura di Haar se viene visualizzato come un gruppo topologico).
Si noti inoltre che qualsiasi somma finita di variabili distribuite uniformemente indipendenti in $\Bbb R/\Bbb Z$ è ancora distribuito uniformemente su $\Bbb R/\Bbb Z$ (cioè, la misura della lunghezza dell'arco sul cerchio è invariante sotto la convoluzione delle misure).
Nota anche quello $\pi$ è un omomorfismo di gruppo, quindi lo abbiamo $\pi(S_n) = \sum_1^n Y_i$. Concludiamo quindi dal paragrafo precedente che$\pi(S_n)$ è uniformemente distribuito su $\Bbb R/\Bbb Z$.
Il passaggio finale è notare che $\pi$ è invariante sotto $f$, cioè $\pi \circ f = \pi$. Così$\pi(f(S_n))$ ha una distribuzione uniforme su $\Bbb R / \Bbb Z$. Ma$\pi$ è invertibile se limitiamo il suo dominio a $[0,1)$. Inoltre,$f(S_n)$ assume valori $[0,1)$.
La spinta in avanti di $\pi^{-1}$ della misura uniforme in data $\Bbb R/\Bbb Z$ è la misura uniforme su $[0,1)$, quindi lo concludiamo $f(S_n)$ è uniformemente distribuito su $[0,1)$.