Erwarteter Wert der Riemann-Summe für zufällige Partitionen

Ich war mir sicher, dass es dafür ein elegantes probabilistisches Argument gibt, aber leider sehe ich es nicht. Dazu kann man die gemeinsame Ordnungsdichtestatistik nutzen. Man kann leicht online finden, dass das gemeinsame PDF für$(X_i,X_{i+1})$Ist$f_{i,i+1}(u,v)=\frac{n!}{(i-1)!(n-i-1)!}u^{i-1}(1-v)^{n-i-1}$An$0<u<v<1$. Daher kann man leicht rechnen

$$\begin{align} \mathbb{E}[f(X_{i+1})(X_{i+1}-X_i)]&=\int_0^1\int_0^v f(v)[v-u]f_{i,i+1}(u,v)\mathrm{d}u\mathrm{d}v\\ &=\int_0^1\left(\frac{n!(1-v)^{n-i-1}}{(i-1)!(n-i-1)!}\right)f(v)\left(\int_0^v [v-u]u^{i-1}\mathrm{d}u\right)\mathrm{d}v\\ &=\int_0^1\left(\frac{n!(1-v)^{n-i-1}}{(i-1)!(n-i-1)!}\right)f(v)\left[\frac{v^{i+1}}{i(i+1)}\right]\mathrm{d}v\\ &=\int_0^1f(v)\left[{n \choose i+1}v^{i+1}(1-v)^{n-i-1}\right]\mathrm{d}v. \end{align}$$

Beachten Sie, dass dies tatsächlich auch für gilt$i=0$unter Ihrer Konvention. Dann summiert aus$i=0$Zu$n-1$, Neuindizierung und Austausch von Summe und Integral erhalten wir:

$$\begin{align} \mathbb{E}[R]=\int_0^1 f(v) \sum_{i=1}^n {n \choose i}v^{i}(1-v)^{n-i}\mathrm{d}v. \end{align}$$

Aber beachte das$\sum_{i=0}^n {n \choose i}v^{i}(1-v)^{n-i}=(v+(1-v))^n=1$, daher die Summe aus$i=1$Zu$n$ist gleich$1-(1-v)^n$. Dies ist die gewünschte Formel.

Beachten Sie, dass$R=g(X_1,...,X_n)$für irgendeine Funktion$g$. Außerdem seit$(X_1,...,X_n)$ist gleichmäßig auf symplex verteilt$C:=\{(x_1,...,x_n): 0<x_1<...<x_n<1\}$was ist von$\frac{1}{n!}$messen, damit die Dichte$h$des Vektors$(X_1,...,X_n)$wird von gegeben$h(x_1,...,x_n) = n! \cdot 1_C(x_1,...,x_n)$. Somit

$$\mathbb E[R]=\mathbb E[g(X_1,...,X_n)] = \int_{C}g(x_1,...,x_n)h(x_1,...,x_n)d\lambda_n(x_1,...,x_n)$$ $$= n!\int_C\sum_{k=1}^nf(x_k)(x_k-x_{k-1})dx_1...dx_n$$ Schauen wir uns den Fall an$k=1$zuerst. Unser Integral ist dann $$n!\int_0^1\int_{x_1}^1...\int_{x_{n-1}}^1 f(x_1)x_1dx_n...dx_1 = n!\int_0^1f(x_1)x_1(1-x_1)^{n-1}\frac{1}{(n-1)!}dx_1$$ Jetzt reparieren$k \in \{2,...,n\}$und lass uns rechnen $$\int_0^1 \int_0^{x_n}...\int_0^{x_2} f(x_k)(x_k-x_{k-1})dx_1...dx_n= \int_0^1...\int_0^{x_k}f(x_k)(x_k-x_{k-1})\frac{x_{k-1}^{k-2}}{(k-2)!}dx_{k-1}...dx_n$$ $$=\int_0^1 ... \int_0^{x_{k+1}}\frac{f(x_k)}{(k-2)!}\big(\frac{x_k^k}{k-1} - \frac{x_k^k}{k})dx_k...dx_n = \int_0^1...\int_0^{x_{k+1}}\frac{f(x_k)x_k^k}{k!}dx_k...dx_n$$ Durch Anwendung des Fubini-Theorems zur Änderung der Integrationsreihenfolge wird unser Integral $$\int_0^1 \int_{x_{k}}^1 ... \int_{x_{n-1}}^1 \frac{f(x_k)x_k^k}{k!}dx_n...dx_k = \int_0^1 \frac{f(x_k)x_k^k}{k!}\cdot(1-x_k)^{n-k}\frac{1}{(n-k)!}dx_k$$ Wenn wir alles zusammenfügen, kommen wir zu $$\mathbb E[R] = \sum_{k=1}^n n! \int_0^1 f(x)\frac{x^k}{k!}\frac{(1-x)^{n-k}}{(n-k)!}dx = \int_0^1 f(x) \sum_{k=1}^n{n \choose k}x^k(1-x)^{n-k}dx$$ Fügen Sie nun die hinzu$0'$Term und wir kommen an $$\mathbb E[R]= \int_0^1f(x)\Big(\sum_{k=0}^n {n \choose k}x^k(1-x)^{n-k} - {n \choose 0}x^0(1-x)^n\Big)dx = \int_0^1 f(x)\big(1 - (1-x)^n\big)dx$$

Anmerkung

Ich habe zwei Tatsachen verwendet, die Sie leicht durch Induktion beweisen können, nämlich

$$\int_{y_j}^1 ... \int_{y_{m-1}}^1 dy_{m}...d_{y_{j+1}} = \frac{1}{(m-j)!}(1-y_j)^{m-j}$$ $$\int_{0}^{y_m}...\int_0^{y_{j+1}} dy_j...dy_{m-1} = \frac{y_m^{m-j}}{(m-j)!}$$ Und eine Tatsache, die Ihnen wahrscheinlich bekannt ist (was darauf hinausläuft, dass das Bernoulli-Schema eine Wahrscheinlichkeitsverteilung ist (und ein Sonderfall der Newton-Formel ist)) $$\sum_{k=0}^n {n \choose k}x^k(1-x)^{n-k} = 1$$

Denken Sie an die$X_k$wie die Bestellstatistik aus einer iid-Stichprobe$U_1,\ldots,U_n$ab der Gleichverteilung$(0,1)$.

Überlegen Sie zuerst$f$des Formulars$f=1_{(0,s]}$für fest$s\in(0,1)$. Dann

$$R=X_{N(s)},$$ Wo$N(s):=\#\{k:X_k\le s\}$. Deshalb $$P[R\le u]=[1-(s-u)]^n,\qquad 0<u<s,$$ Weil$R\le u$wenn und nur wenn keiner der$X_k$ins Intervall fallen$(u,s]$, die Wahrscheinlichkeit hat$[1-(s-u)]^n$. Deshalb $$\eqalign{ E[R] &=\int_0^s P[R>u] du \cr &=\int_0^s\left\{1-[1-(s-u)]^n\right\} du =\int_0^s[1-(1-t)^n] dt\cr &=\int_0^1f(t)[1-(1-t)^n] dt.\cr }$$ Daraus folgt unmittelbar das Ergebnis für Stufenfunktionen und dann näherungsweise für stetige Funktionen$f$. (Tatsächlich zeigt ein wenig weitergehendes Nachdenken, dass die Identität des Problems für alle begrenzten Messgrößen wahr ist$f$.)

Verwenden$R_n$um die Abhängigkeit anzuzeigen$R$An$n$für ein festes$f$, es ist klar, dass

$$\lim_n E[R_n]=\int_0^1 f(t)\, dt$$ für begrenzt messbar$f$(dominierte Konvergenz). Wenn$f$ist Riemann integrierbar, dann haben Sie auch$\lim_nR_n=\int_0^1 f(t) dt$, fast sicher.