Valor esperado de la suma de Riemann para particiones aleatorias

Estaba seguro de que hay un elegante argumento probabilístico para esto, pero lamentablemente no lo veo. Uno puede hacer esto usando la densidad conjunta de las estadísticas de orden. Uno puede encontrar fácilmente en línea que el PDF conjunto para$(X_i,X_{i+1})$es$f_{i,i+1}(u,v)=\frac{n!}{(i-1)!(n-i-1)!}u^{i-1}(1-v)^{n-i-1}$en$0<u<v<1$. Por lo tanto, se puede calcular fácilmente

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

Tenga en cuenta que esto también es válido para$i=0$bajo su convención. Entonces sumando de$i=0$a$n-1$, reindexando e intercambiando suma e integrales, obtenemos:

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

Pero ten en cuenta que$\sum_{i=0}^n {n \choose i}v^{i}(1-v)^{n-i}=(v+(1-v))^n=1$, por lo tanto la suma de$i=1$a$n$es igual a$1-(1-v)^n$. Esta es la fórmula deseada.

Tenga en cuenta que$R=g(X_1,...,X_n)$para alguna funcion$g$. Además, desde$(X_1,...,X_n)$se distribuye uniformemente en símplex$C:=\{(x_1,...,x_n): 0<x_1<...<x_n<1\}$que es de$\frac{1}{n!}$medir, de modo que la densidad$h$de vectores$(X_1,...,X_n)$es dado por$h(x_1,...,x_n) = n! \cdot 1_C(x_1,...,x_n)$. Por eso

$$\mathbb E[R]=\mathbb E[g(X_1,...,X_n)] = \int_{C}g(x_1,...,x_n)h(x_1,...,x_n)d\lambda_n(x_1,...,x_n)$$ $$= n!\int_C\sum_{k=1}^nf(x_k)(x_k-x_{k-1})dx_1...dx_n$$ Veamos el caso$k=1$en primer lugar. Nuestra integral es entonces $$n!\int_0^1\int_{x_1}^1...\int_{x_{n-1}}^1 f(x_1)x_1dx_n...dx_1 = n!\int_0^1f(x_1)x_1(1-x_1)^{n-1}\frac{1}{(n-1)!}dx_1$$ Ahora, arregla$k \in \{2,...,n\}$y vamos a calcular $$\int_0^1 \int_0^{x_n}...\int_0^{x_2} f(x_k)(x_k-x_{k-1})dx_1...dx_n= \int_0^1...\int_0^{x_k}f(x_k)(x_k-x_{k-1})\frac{x_{k-1}^{k-2}}{(k-2)!}dx_{k-1}...dx_n$$ $$=\int_0^1 ... \int_0^{x_{k+1}}\frac{f(x_k)}{(k-2)!}\big(\frac{x_k^k}{k-1} - \frac{x_k^k}{k})dx_k...dx_n = \int_0^1...\int_0^{x_{k+1}}\frac{f(x_k)x_k^k}{k!}dx_k...dx_n$$ Aplicando el teorema de fubini para cambiar el orden de integración, nuestra integral se convierte en $$\int_0^1 \int_{x_{k}}^1 ... \int_{x_{n-1}}^1 \frac{f(x_k)x_k^k}{k!}dx_n...dx_k = \int_0^1 \frac{f(x_k)x_k^k}{k!}\cdot(1-x_k)^{n-k}\frac{1}{(n-k)!}dx_k$$ Poniendo todo junto, llegamos a $$\mathbb E[R] = \sum_{k=1}^n n! \int_0^1 f(x)\frac{x^k}{k!}\frac{(1-x)^{n-k}}{(n-k)!}dx = \int_0^1 f(x) \sum_{k=1}^n{n \choose k}x^k(1-x)^{n-k}dx$$ Ahora, agrega el$0'$el término y llegamos a $$\mathbb E[R]= \int_0^1f(x)\Big(\sum_{k=0}^n {n \choose k}x^k(1-x)^{n-k} - {n \choose 0}x^0(1-x)^n\Big)dx = \int_0^1 f(x)\big(1 - (1-x)^n\big)dx$$

Observación

He usado dos hechos que puedes probar fácilmente por inducción, a saber

$$\int_{y_j}^1 ... \int_{y_{m-1}}^1 dy_{m}...d_{y_{j+1}} = \frac{1}{(m-j)!}(1-y_j)^{m-j}$$ $$\int_{0}^{y_m}...\int_0^{y_{j+1}} dy_j...dy_{m-1} = \frac{y_m^{m-j}}{(m-j)!}$$ Y un hecho, que probablemente usted conozca (que se reduce a que el esquema de Bernoulli es una distribución de probabilidad (y es un caso especial de la fórmula de Newton)) $$\sum_{k=0}^n {n \choose k}x^k(1-x)^{n-k} = 1$$

Pensar en$X_k$como las estadísticas de pedidos de una muestra iid$U_1,\ldots,U_n$de la distribución uniforme en$(0,1)$.

Considere primero$f$de la forma$f=1_{(0,s]}$para fijo$s\in(0,1)$. Entonces

$$R=X_{N(s)},$$ dónde$N(s):=\#\{k:X_k\le s\}$. Por lo tanto $$P[R\le u]=[1-(s-u)]^n,\qquad 0<u<s,$$ porque$R\le u$si y solo si ninguno de los$X_k$caer en el intervalo$(u,s]$, que tiene probabilidad$[1-(s-u)]^n$. Por lo tanto $$\eqalign{ E[R] &=\int_0^s P[R>u] du \cr &=\int_0^s\left\{1-[1-(s-u)]^n\right\} du =\int_0^s[1-(1-t)^n] dt\cr &=\int_0^1f(t)[1-(1-t)^n] dt.\cr }$$ El resultado para funciones escalonadas se sigue inmediatamente de esto, y luego por aproximación para funciones continuas.$f$. (De hecho, un poco más de reflexión muestra que la identidad del problema es cierta para todos los límites medibles$f$.)

Usando$R_n$indicar la dependencia de$R$en$n$por un fijo$f$, está claro que

$$\lim_n E[R_n]=\int_0^1 f(t)\, dt$$ para acotado medible$f$(convergencia dominada). Si$f$es Riemann integrable, entonces también tienes$\lim_nR_n=\int_0^1 f(t) dt$, casi seguro.