그것을 보여주는 $S_n -\lfloor S_n \rfloor \sim U[0,1]$
- $k \in \mathbb{N}$ 고쳐 졌어
- $(X_n)_{n \geq 1}$ 모두 독립적이며 $[0,k]$
- 우리는 정의합니다 $f(x)=x -\lfloor x \rfloor$
- $S_n= \sum_{i=1}^{n} X_i$
- $Z_n= f(S_n)$
- 우리는 그것을 보여주고 싶습니다 $\forall n \geq 1, S_n -\lfloor S_n \rfloor \sim U[0,1]$
단계는 다음과 같습니다.
- 나는 밀도를 발견했다 $S_2$
- 보여줘 $Z_2 \sim U[0,1]$
3. (a) 익스프레스 $f(f(S_n) + X_{n+1})$ 와 $Z_{n+1}$
3. (b) 추론 $Z_n \sim U[0,1]$
내 시도 :
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} $
- 이 질문에 대해 $Z=Z_2$
$0\leq Z \leq 1 $
에 대한 $a \leq 1$
$0\leq Z \leq a \iff Z \in \bigcup_{j=0}^{j=k-1} [j,j+a]$
$F_Z(a)= \sum_{j=0}^{j=2k-1} F(j+a)-F(j)$
$ \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*} $
삼.$f ( f(S_n) + X_{n+1})= f( S_n - \lfloor S_n \rfloor + X_{n+1} )$
허락하다 $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} )$
때문에 $f(x+p)=f(x)$ 모든 정수 $p$ 그래서 : $f ( f(S_n) + X_{n+1}) = Z_{n+1}$
답변
@shalop의 대답에 대한 더 기본적인 표현이 있습니다. 요점은 모두 다음 두 가지 주장을 보여주는 것으로 요약된다는 것입니다.
청구.
- 만약 $U \sim \mathcal{U}[0,k]$ 일부 $k\in\mathbb{N}$, 다음 $f(U) \sim \mathcal{U}[0,1]$.
- 만약 $U \sim \mathcal{U}[0,1]$ 과 $a \in \mathbb{R}$, 다음 $f(a+U) \sim \mathcal{U}[0,1]$.
이 주장을 사용하여 우리는
$$f(X_n+a) = f(f(X_n) + a) \sim \mathcal{U}[0,1]$$
할때는 언제나 $a \in \mathbb{R}$ 과 $X_n \sim \mathcal{U}[0,k]$ 일부 $k\in\mathbb{N}$. 그런 다음$r \in [0, 1)$, 독립에 의해 $X_n$ 과 $S_{n-1}$,
\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*}
따라서 원하는 결론이 이어집니다.
클레임 증명. 첫 번째 부분에서$f(U)$ 값만 취 $[0,1)$. 이제 모든$r \in [0,1]$, 우리는
$$ P(f(U) \leq r) = \sum_{q=0}^{k-1} P(q \leq U \leq q+r) = \sum_{q=0}^{k-1} \frac{r}{k} = r, $$
따라서 $f(U)$원하는 분포가 있습니다. 두 번째 부분에서는$a = \lfloor a \rfloor + \langle a \rangle$, 어디 $\langle a \rangle$ 의 분수 부분을 나타냅니다 $a$. 그런 다음$r \in [0,1)$,
\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*}
사례 고려 $r < \langle a \rangle$ 과 $r \geq \langle a \rangle$ 별도로, 이것은 다음과 같이 쉽게 계산할 수 있습니다. $r$, 다시 증명 $f(a+U) \sim \mathcal{U}[0,1]$. $\square$
이것은 직접 계산하기가 성가신 일 중 하나이지만 모듈 식 산술을 사용하면 쉬워집니다. 이 경우 실수로 모듈로 작업해야합니다.$1$. 그런 다음 주장은 균일 한 조치가$\Bbb R/\Bbb Z$ 컨볼 루션 (즉, 독립 합계)에서 불변입니다.
다음은 도움이 될 경우에 대비하여 자세히 설명 된 주장입니다.
아이디어는 $\Bbb R/\Bbb Z$ 대신에 $\Bbb R$. 허락하다$\pi: \Bbb R \to \Bbb R/\Bbb Z$ 투영지도 $x \mapsto x \pmod 1$. 이후로 "합"을 언급 할 때마다 덧셈 그룹 구조와 관련이 있습니다.$\Bbb R/\Bbb Z$.
허락하다 $Y_i=\pi(X_i)$. 참고$Y_i$ 균일하게 분포 $\Bbb R/\Bbb Z$ (즉, 당신이 볼 경우 호 길이 측정에 따라 분포됩니다 $\Bbb R/\Bbb Z$ 원으로, 또는 토폴로지 그룹으로 볼 경우 Haar 측정).
또한 독립 균등 분포 변수의 유한 합이 $\Bbb R/\Bbb Z$ 여전히 균일하게 배포됩니다. $\Bbb R/\Bbb Z$ (즉, 원의 아크 길이 측정 값은 측정 값의 컨볼 루션 하에서 변하지 않습니다).
또한 $\pi$ 그룹 동형입니다. 그래서 우리는 $\pi(S_n) = \sum_1^n Y_i$. 따라서 우리는 이전 단락에서 결론을 내립니다.$\pi(S_n)$ 균일하게 분포되어 있습니다. $\Bbb R/\Bbb Z$.
마지막 단계는 $\pi$ 변하지 않는다 $f$즉, $\pi \circ f = \pi$. 그러므로$\pi(f(S_n))$ 에 균일 한 분포가 있습니다 $\Bbb R / \Bbb Z$. 그러나$\pi$ 도메인을 다음으로 제한하면 $[0,1)$. 게다가,$f(S_n)$ 값을 취하다 $[0,1)$.
에 의해 추진 $\pi^{-1}$ 통일 측정의 $\Bbb R/\Bbb Z$ 에 대한 균일 측정입니다 $[0,1)$, 그래서 우리는 $f(S_n)$ 균일하게 분포되어 있습니다. $[0,1)$.