Очікування добутку з залежних випадкових величин, коли

18

Нехай і , . Яке очікування як ? $X_1 \sim U[0,1]$ $X_i \sim U[X_{i - 1}, 1]$ $i = 2, 3,...$ $X_1 X_2 \cdots X_n$ $n \rightarrow \infty$

mathematical-statistics random-variable expected-value

— використовувались хто
джерело

7

Педантичний зауваження: це означає ? Крім того, це може означати умову лише на , тобто . Але оскільки останній не повністю визначає спільний розподіл s, не відразу зрозуміло, чи однозначно визначено очікування.

X_{i} \sim U [X_{i - 1}, 1]

$X_i \sim U[X_{i - 1}, 1]$

X_{i} ∣ X_{1}, \dots, X_{i - 1} \sim U [X_{i - 1}, 1]

$X_i \mid X_1,\ldots,X_{i-1} \sim U[X_{i-1},1]$

X_{i - 1}

$X_{i-1}$

X_{i} ∣ X_{i - 1} \sim U [X_{i - 1}, 1]

$X_i \mid X_{i-1} \sim U[X_{i-1},1]$

X_{i}

$X_i$

— Juho Kokkala

Я думаю, що теоретично це повинно бути обумовлене всіма попередніми до . Однак, враховуючи ми можемо отримати розподіл для . Тож я не зовсім впевнений у цьому.

X_{i}

$X_i$

X_{i - 1}

$X_{i - 1}$

X_{i - 1}

$X_{i - 1}$

X_{i}

$X_i$

— хто

@JuhoKokkala Як зазначено, не має значення, якщо ви ставитеся до змінних до оскільки вони не змінять факту, що є рівномірним . Розподіл здається мені цілком чітко визначеним.

X_{i - 1}

$X_{i-1}$

X_{i}

$X_i$

[X_{i - 1}, 1]

$[X_{i-1}, 1]$

(X_{1}, \dots, X_{n})

$(X_1, \ldots , X_n)$

— dsaxton

@dsaxton Якщо припустимо лише і , це залишається можливим, що і не є умовно незалежними умовними для . Таким чином, розподіл недостатньо визначений.

X_{1} \sim U (0, 1)

$X_1\sim U(0,1)$

X_{i} ∣ X_{i - 1} \sim U (X_{i - 1}, 1), i = 2, 3, . . .

$X_i\mid X_{i-1} \sim U(X_{i-1},1), i=2,3,...$

X_{1}

$X_1$

X_{3}

$X_3$

X_{2}

$X_2$

(X_{1}, X_{2}, X_{3})

$(X_1,X_2,X_3)$

— Juho Kokkala

@JuhoKokkala Якщо я скажу вам, що , який розподіл ? Якщо ви можете відповісти на питання, навіть не замислюючись про , то як і можуть бути залежними від даної ? Також зауважте, як інші плакати не мали проблем з імітацією цієї послідовності.

X_{2} = t

$X_2=t$

X_{3}

$X_3$

X_{1}

$X_1$

X_{1}

$X_1$

X_{3}

$X_3$

X_{2}

$X_2$

— dsaxton

12

Відповідь справді є , $1/e$ як було здогадано у попередніх відповідях на основі моделювання та кінцевих наближень.

До рішення легко дійти, ввівши послідовність функцій . Хоча ми могли б перейти до цього кроку негайно, це може здатися загадковою. Перша частина цього рішення пояснює, як можна приготувати ці . У другій частині показано, як вони використовуються для пошуку функціонального рівняння, задоволеного обмежувальною функцією . У третій частині відображаються (звичайні) обчислення, необхідні для вирішення цього функціонального рівняння. $f_n:[0,1]\to[0,1]$ $f_n(t)$ $f(t) = \lim_{n\to\infty}f_n(t)$

1. Мотивація

Ми можемо досягти цього, застосовуючи деякі стандартні методи математичного вирішення задач. У цьому випадку, коли якась операція повторюється ad infinitum, межа буде існувати як фіксована точка цієї операції. Ключ, отже, полягає у визначенні операції.

Складність полягає в тому, що перехід від до виглядає складним. Цей крок простіше розглянути як такий, що виникає з примикання до змінних а не примикання до змінних . Якби ми розглядали як побудовані так, як описано у запитанні - з рівномірно розподіленими на , умовно рівномірно розподіленими на тощо потім вводячи $E[X_1X_2\cdots X_{n-1}]$ $E[X_1X_2\cdots X_{n-1}X_n]$ $X_1$ $(X_2, \ldots, X_n)$ $X_n$ $(X_1, X_2, \ldots, X_{n-1})$ $(X_2, \ldots, X_n)$ $X_2$ $[0,1]$ $X_3$ $[X_2, 1]$ $X_1$ призведе до зменшення кожного наступного на коефіцієнт напрямку до верхньої межі . Це міркування природно призводить до наступної конструкції. $X_i$ $1-X_1$ $1$

В якості попереднього питання, оскільки трохи простіше зменшити числа до ніж до , нехай . Таким чином, рівномірно розподілений у а рівномірно розподілений у умовно для всіх Нас цікавлять дві речі: $0$ $1$ $Y_i = 1-X_i$ $Y_1$ $[0,1]$ $Y_{i+1}$ $[0, Y_i]$ $(Y_1, Y_2, \ldots, Y_i)$ $i=1, 2, 3, \ldots.$

Граничне значення . $E[X_1X_2\cdots X_n]=E[(1-Y_1)(1-Y_2)\cdots(1-Y_n)]$
Як поводяться ці значення, коли всі рівномірно скорочуються до : тобто шляхом їх масштабування за деяким загальним фактором , . $Y_i$ $0$ $t$ $0 \le t \le 1$

З цією метою визначте

f_{n} (t) = E [(1 - t Y_{1}) (1 - t Y_{2}) \dots (1 - t Y_{n})] .

$f_n(t) = E[(1-tY_1)(1-tY_2)\cdots(1-tY_n)].$

Ясно, що кожен визначений і безперервний (насправді нескінченно диференційований) для всіх реальних . Ми зупинимося на їх поведінці для . $f_n$ $t$ $t\in[0,1]$

2. Ключовий крок

Наступні очевидні:

Кожен - монотонно зменшується функція від до . $f_n(t)$ $[0,1]$ $[0,1]$
$f_n(t) \gt f_{n+1}(t)$ для всіх . $n$
$f_n(0) = 1$ для всіх . $n$
$E(X_1X_2\cdots X_n) = f_n(1).$

З них випливає, що існує для всіх і . $f(t) = \lim_{n\to\infty} f_n(t)$ $t\in[0,1]$ $f(0)=1$

Зауважте, що за умови змінна є рівномірною в а змінні (умовні для всіх попередніх змінних) є рівномірними в : тобто , точно відповідають умовам, яким відповідає . Отже $Y_1$ $Y_2/Y_1$ $[0,1]$ $Y_{i+1}/Y_1$ $[0, Y_i/Y_1]$ $(Y_2/Y_1, Y_3/Y_1, \ldots, Y_n/Y_1)$ $(Y_1, \ldots, Y_{n-1})$

\begin{aligned} f_{n} (t) & = E [(1 - t Y_{1}) E [(1 - t Y_{2}) \dots (1 - t Y_{n}) | Y_{1}]] \\ = E [(1 - t Y_{1}) E [(1 - t Y_{1} \frac{Y_{2}}{Y_{1}}) \dots (1 - t Y_{1} \frac{Y_{n}}{Y_{1}}) | Y_{1}]] \\ = E [(1 - t Y_{1}) f_{n - 1} (t Y_{1})] . \end{aligned}

$\eqalign{ f_n(t) &= E[(1-tY_1) E[(1-tY_2)\cdots(1-tY_n)\,|\, Y_1]] \\ &= E\left[(1-tY_1) E\left[\left(1 - tY_1 \frac{Y_2}{Y_1}\right)\cdots \left(1 - tY_1 \frac{Y_n}{Y_1}\right)\,|\, Y_1\right]\right] \\ &= E\left[(1-tY_1) f_{n-1}(tY_1)\right]. }$

Це рекурсивні стосунки, яких ми шукали.

У обмеженні як повинно бути так, що для рівномірно розподілено в незалежно від усіх , $n\to \infty$ $Y$ $[0,1]$ $Y_i$

f (t) = E [(1 - t Y) f (t Y)] = \int_{0}^{1} (1 - t y) f (t y) d y = \frac{1}{t} \int_{0}^{t} (1 - x) f (x) d x .

$f(t) = E[(1 - tY)f(tY)]=\int_0^1 (1 - ty) f(ty) dy = \frac{1}{t}\int_0^t (1-x)f(x)dx.$

Тобто, має бути фіксованою точкою функціоналу для якого $f$ $\mathcal{L}$

L [g] (t) = \frac{1}{t} \int_{0}^{t} (1 - x) g (x) d x .

$\mathcal{L}[g](t) = \frac{1}{t}\int_0^t (1-x)g(x)dx.$

3. Розрахунок розчину

Очистіть дріб , помноживши обидві сторони на . Оскільки права рука є інтегралом, ми можемо диференціювати її відносно , даючи $1/t$ $t$ $t$

f (t) + t f^{'} (t) = (1 - t) f (t) .

$f(t) + tf'(t) = (1-t)f(t).$

Рівно, віднімаючи і розділяючи обидві сторони на , $f(t)$ $t$

f^{'} (t) = - f (t)

$f'(t) = -f(t)$

для . Ми можемо розширити це безперервністю, щоб включити . З початковою умовою (3) є унікальним рішенням $0 \lt t \le 1$ $t=0$ $f(0)=1$

f (t) = e^{- t} .

$f(t) = e^{-t}.$

Отже, за формулою (4) граничне очікування дорівнює , QED. $X_1X_2\cdots X_n$ $f(1)=e^{-1} = 1/e$

Оскільки Mathematica видається популярним інструментом для вивчення цієї проблеми, ось код Mathematica для обчислення та для малих . Ділянка відображає швидкої збіжності до (показаний в вигляді чорного графіка). $f_n$ $n$ $f_1, f_2, f_3, f_4$ $e^{-t}$

a = 0 <= t <= 1;
l[g_] := Function[{t}, (1/t) Integrate[(1 - x) g[x], {x, 0, t}, Assumptions -> a]];
f = Evaluate@Through[NestList[l, 1 - #/2 &, 3][t]]
Plot[f, {t,0,1}]

— дзижчати
джерело

3

(+1) Прекрасний аналіз.

— кардинал

Дякуємо, що поділилися цим із нами. Там є справді геніальні люди!

— Феліпе Джерард

4

Оновлення

Я думаю, що це безпечна ставка, що відповідь - . Я побив інтеграли для очікуваного значення від до за допомогою Mathematica і з я отримав $1/e$ $n=2$ $n=100$ $n=100$

0.367879441171442321595523770161567628159853507344458757185018968311538556667710938369307469618599737077005261635286940285462842065735614

(до 100 знаків після коми). Зворотна ця величина є

2.718281828459045235360287471351873636852026081893477137766637293458245150821149822195768231483133554

Різниця з цією зворотною і є $e$

-7.88860905221011806482437200330334265831479532397772375613947042032873*10^-31

Я думаю, що це занадто близько, смію сказати, щоб бути раціональним збігом обставин.

Код Mathematica наступний:

Do[
 x = Table[ToExpression["x" <> ToString[i]], {i, n}];
 integrand = Expand[Simplify[(x[[n - 1]]/(1 - x[[n - 1]])) Integrate[x[[n]], {x[[n]], x[[n - 1]], 1}]]];
 Do[
   integrand = Expand[Simplify[x[[i - 1]] Integrate[integrand, {x[[i]], x[[i - 1]], 1}]/(1 - x[[i - 1]])]],
   {i, n - 1, 2, -1}]
  Print[{n, N[Integrate[integrand, {x1, 0, 1}], 100]}],
 {n, 2, 100}]

Кінець оновлення

Це скоріше розширений коментар, ніж відповідь.

Якщо ми підемо шляхом грубої сили, визначивши очікуване значення для кількох значень , можливо, хтось розпізнає шаблон і тоді зможе взяти обмеження. $n$

Для ми маємо очікуване значення продукту, який є $n=5$

μ_{n} = \int_{0}^{1} \int_{x_{1}}^{1} \int_{x_{2}}^{1} \int_{x_{3}}^{1} \int_{x_{4}}^{1} \frac{x_{1} x_{2} x_{3} x_{4} x_{5}}{(1 - x_{1}) (1 - x_{2}) (1 - x_{3}) (1 - x_{4})} d x_{5} d x_{4} d x_{3} d x_{2} d x_{1}

$\mu_n=\int _0^1\int _{x_1}^1\int _{x_2}^1\int _{x_3}^1\int _{x_4}^1\frac{x_1 x_2 x_3 x_4 x_5}{(1-x_1) (1-x_2) (1-x_3) (1-x_4)}dx_5 dx_4 dx_3 dx_2 dx_1$

що становить 96547/259200 або приблизно 0,3724807098765432.

Якщо ми скинемо інтеграл від 0 до 1, у нас є многочлен у з такими результатами для до (і я скинув підпис, щоб полегшити читання речей): $x_1$ $n=1$ $n=6$

$x$

$(x + x^2)/2$

$(5x + 5x^2 + 2x^3)/12$

$(28x + 28x^2 + 13x^3 + 3x^4)/72$

$(1631x + 1631x^2 + 791x^3 + 231x^4 + 36x^5)/4320$

$(96547x + 96547x^2 + 47617x^3 + 14997x^4 + 3132x^5 + 360x^6)/259200$

Якщо хтось розпізнає форму цілих коефіцієнтів, то, можливо, може бути визначена межа як (після виконання інтеграції від 0 до 1, який був видалений, щоб показати основний многочлен). $n\rightarrow\infty$

— JimB
джерело

1 / e

$1/e$ красиво елегантно! :)

— волфує

4

Приємне запитання. Як швидкий коментар я зазначу, що:

$X_n$ швидко сходиться на 1, тому для перевірки в Монте-Карло встановлення буде більш ніж трюком. $n = 1000$
Якщо , то за моделюванням Монте-Карло, як , . $Z_n = X_1 X_2 \dots X_n$ $n \rightarrow \infty$ $E[Z_n] \approx 0.367$
Наступна схема порівнює модельований pdf Монте-Карло з розподілом функції живлення [тобто Beta (a, 1) pdf)] $Z_n$

f (z) = a z^{a - 1}

$f(z) = a z^{a-1}$

... тут з параметром : $a=0.57$

_{(джерело: tri.org.au )}

де:

синя крива позначає "емпіричний" pdf від Монте-Карло $Z_n$
червона пунктирна крива - це PDF-файл PowerFunction.

Підхід виглядає досить непогано.

Код

Ось 1 мільйон псевдовипадкових малюнків добутку (скажімо, ), тут за допомогою Mathematica : $Z_n$ $n = 1000$

data = Table[Times @@ NestList[RandomReal[{#, 1}] &, RandomReal[], 1000], {10^6}];

Середнє значення вибірки:

 Mean[data]

0,367657

— вовки
джерело

Ви можете поділитися своїм усім кодом? Моє рішення відрізняється від вашого.

1

Перший пункт, який має вирішальне значення, здається недостатньо виправданим. Чому ви можете відхилити ефект, скажімо, наступних значень ? Незважаючи на "швидку" конвергенцію, їх кумулятивний ефект може значно зменшити очікування.

10^{100}

$10^{100}$

x_{n}

$x_n$

— whuber

1

Тут добре використовувати моделювання. У мене є подібні запитання, як у @whuber. Як ми можемо бути впевнені, що значення збігається до 0,367, але не щось нижче, що потенційно можливо, якщо більше?

n

$n$

— хто

У відповідь на вищезазначені 2 коментарі: (a) Серія дуже швидко до 1. Навіть починаючи з початкового значення , протягом приблизно 60 ітерацій, буде чисельно невідрізним від числового 1,0 до комп'ютера . Отже, моделювання з є надмірним. (b) У рамках тесту в Монте-Карло я також перевірив те саме моделювання (з 1 мільйоном пробіжок), але використовуючи а не 1000, і результати не відрізнялися. Таким чином, представляється малоймовірним , що великі значення робитимуть яке - або помітна різниця: вище , це ефективний 1.0.

X_{i}

$X_i$

X_{1} = 0.1

$X_1 = 0.1$

X_{60}

$X_{60}$

X_{n}

$X_n$

n = 1000

$n = 1000$

n = 5000

$n = 5000$

n

$n$

n = 100

$n=100$

X_{n}

$X_n$

— волфіть

0

Суто інтуїтивно, і грунтуючись на іншій відповіді Расті, я думаю, що відповідь повинна бути приблизно такою:

n = 1:1000
x = (1 + (n^2 - 1)/(n^2)) / 2
prod(x)

Що нам дає 0.3583668. Для кожного ви розділяєте діапазон навпіл, де починається з . Тож це добуток тощо. $X$ $(a,1)$ $a$ $0$ $1/2, (1 + 3/4)/2, (1 + 8/9)/2$

Це просто інтуїція.

Проблема з відповіддю Расті полягає в тому, що U [1] однаковий у кожному симуляції. Моделювання не є незалежними. Виправити це легко. Перемістіть лінію з U[1] = runif(1,0,1)до всередині першої петлі. Результат:

set.seed(3)    #Just for reproducibility of my solution

n = 1000    #Number of random variables
S = 1000    #Number of Monte Carlo samples

Z = rep(NA,S)
U = rep(NA,n)

for(j in 1:S){
    U[1] = runif(1,0,1)
    for(i in 2:n){
        U[i] = runif(1,U[i-1],1)
    }
    Z[j] = prod(U)
}

mean(Z)

Це дає 0.3545284.

— Джессіка
джерело

1

Дуже просте виправлення! Я думаю, це правда, у коді завжди є помилка! Я прийму свою відповідь.

1

Так, саме це я і очікував, якщо врахувати очікувані значення як нижчі межі.

1

Я запускаю ваш код з і отримала як відповідь. Хіба це не трохи дивно, оскільки якщо б воно не збігалося з величиною, не більше бігів наблизить нас до цього значення?

S = 10000

$S = 10000$

0.3631297

$0.3631297$

— хто