それを示す $S_n -\lfloor S_n \rfloor \sim U[0,1]$
- $k \in \mathbb{N}$ 固定されています
- $(X_n)_{n \geq 1}$ すべて独立しており、 $[0,k]$
- 定義する $f(x)=x -\lfloor x \rfloor$
- $S_n= \sum_{i=1}^{n} X_i$
- $Z_n= f(S_n)$
- それを示したい $\forall n \geq 1, S_n -\lfloor S_n \rfloor \sim U[0,1]$
手順は次のとおりです。
- 私はの密度を見つけました $S_2$
- それを示す $Z_2 \sim U[0,1]$
3.（a）エクスプレス $f(f(S_n) + X_{n+1})$ と $Z_{n+1}$
3.（b）それを推測する $Z_n \sim U[0,1]$
私の試み：
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} $
- この質問については、 $Z=Z_2$
$0\leq Z \leq 1 $
ために $a \leq 1$
$0\leq Z \leq a \iff Z \in \bigcup_{j=0}^{j=k-1} [j,j+a]$
$F_Z(a)= \sum_{j=0}^{j=2k-1} F(j+a)-F(j)$
$ \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*} $
3.3。$f ( f(S_n) + X_{n+1})= f( S_n - \lfloor S_n \rfloor + X_{n+1} )$
しましょう $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} )$
なぜなら $f(x+p)=f(x)$ すべての整数に対して $p$ そう ： $f ( f(S_n) + X_{n+1}) = Z_{n+1}$
回答
これは@shalopの答えのより基本的な表現です。重要なのは、結局のところ、次の2つの主張を示すことです。
請求。
- 場合 $U \sim \mathcal{U}[0,k]$ いくつかのための $k\in\mathbb{N}$、その後 $f(U) \sim \mathcal{U}[0,1]$。
- 場合 $U \sim \mathcal{U}[0,1]$ そして $a \in \mathbb{R}$、その後 $f(a+U) \sim \mathcal{U}[0,1]$。
この主張を使用して、私たちはそれを知っています
$$f(X_n+a) = f(f(X_n) + a) \sim \mathcal{U}[0,1]$$
いつでも $a \in \mathbb{R}$ そして $X_n \sim \mathcal{U}[0,k]$ いくつかのための $k\in\mathbb{N}$。その後、任意の$r \in [0, 1)$、の独立によって $X_n$ そして $S_{n-1}$、
\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*}
したがって、望ましい結論が続きます。
主張の証明。最初の部分では、それは明らかです$f(U)$ でのみ値を取ります $[0,1)$。今、$r \in [0,1]$、 我々は持っています
$$ P(f(U) \leq r) = \sum_{q=0}^{k-1} P(q \leq U \leq q+r) = \sum_{q=0}^{k-1} \frac{r}{k} = r, $$
したがって $f(U)$希望する分布を持っています。第二部では、$a = \lfloor a \rfloor + \langle a \rangle$、 どこ $\langle a \rangle$ の小数部分を示します $a$。その後、任意の$r \in [0,1)$、
\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*}
ケースを考慮して $r < \langle a \rangle$ そして $r \geq \langle a \rangle$ 個別に、これは次のように簡単に計算できます。 $r$、再びそれを証明する $f(a+U) \sim \mathcal{U}[0,1]$。 $\square$
これは、直接計算するのが面倒なことの1つですが、モジュラー演算を使用すると簡単になります。この場合、モジュロを法とする実数で作業する必要があります$1$。次に、主張は、統一された措置が$\Bbb R/\Bbb Z$ 畳み込みの下で不変です（つまり、独立した合計）。
これは、役立つ場合に備えて、詳細に描かれた議論です。
アイデアは取り組むことです $\Bbb R/\Bbb Z$ の代わりに $\Bbb R$。しましょう$\pi: \Bbb R \to \Bbb R/\Bbb Z$ 投影図である $x \mapsto x \pmod 1$。今後、私が「合計」に言及するときはいつでも、それは上の加法群構造に関してです。$\Bbb R/\Bbb Z$。
しましょう $Y_i=\pi(X_i)$。注意してください$Y_i$ に均一に分布している $\Bbb R/\Bbb Z$ （つまり、表示すると弧長の測定値に従って分布します $\Bbb R/\Bbb Z$ 円として、または位相群として表示する場合はハール測度）。
また、独立した一様分布変数の有限和は、 $\Bbb R/\Bbb Z$ まだ均一に分布しています $\Bbb R/\Bbb Z$ （つまり、円の弧長メジャーは、メジャーの畳み込みの下で不変です）。
また、 $\pi$ は群準同型なので、 $\pi(S_n) = \sum_1^n Y_i$。したがって、前の段落から次のように結論付けます。$\pi(S_n)$ に均一に分布しています $\Bbb R/\Bbb Z$。
最後のステップは、次のことに注意することです。 $\pi$ 下で不変です $f$、すなわち、 $\pi \circ f = \pi$。したがって、$\pi(f(S_n))$ に一様分布があります $\Bbb R / \Bbb Z$。だが$\pi$ ドメインをに制限すると反転可能です $[0,1)$。また、$f(S_n)$ の値を取ります $[0,1)$。
によるプッシュフォワード $\pi^{-1}$ 均一測度の $\Bbb R/\Bbb Z$ の均一な尺度です $[0,1)$、だから私たちはそれを結論付けます $f(S_n)$ に均一に分布しています $[0,1)$。