Oczekiwanie iloczynu

18

Niech i , . Czego oczekuje jako ? $X_1 \sim U[0,1]$ $X_i \sim U[X_{i - 1}, 1]$ $i = 2, 3,...$ $X_1 X_2 \cdots X_n$ $n \rightarrow \infty$

mathematical-statistics random-variable expected-value używane przez kogo
źródło

7

Uwaga pedantyczna: czy

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

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

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

$X_i \mid X_1,\ldots,X_{i-1} \sim U[X_{i-1},1]$ ? Alternatywnie może to oznaczać warunkowanie tylko na

X_{i - 1}

$X_{i-1}$ , to znaczy

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

$X_i \mid X_{i-1} \sim U[X_{i-1},1]$ . Ponieważ jednak ta ostatnia nie określa w pełni wspólnego rozkładu

X_{i}

$X_i$ , nie jest od razu jasne, czy oczekiwanie jest jednoznacznie określone.

Juho Kokkala,

Myślę, że teoretycznie powinno się to zależeć od wszystkich poprzednich

X_{i}

$X_i$ aż do

X_{i - 1}

$X_{i - 1}$ . Jednak biorąc pod uwagę

X_{i - 1}

$X_{i - 1}$ , możemy uzyskać rozkład dla

X_{i}

$X_i$ . Nie jestem więc tego pewien.

używane przez

@JuhoKokkala Jak już wspomniano, nie ma znaczenia, czy warunek zostanie zmieniony przed

X_{i - 1}

$X_{i-1}$ ponieważ nie zmieniłyby one faktu, że

X_{i}

$X_i$ jest jednolity

[X_{i - 1}, 1]

$[X_{i-1}, 1]$ . Rozkład

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

$(X_1, \ldots , X_n)$ wydaje mi się doskonale dobrze zdefiniowany.

dsaxton,

@dsaxton Gdybyśmy tylko przypuszczać

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

$X_1\sim U(0,1)$ i

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

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

X_{1}

$X_1$ i

X_{3}

$X_3$ nie są warunkowo niezależne od

X_{2}

$X_2$ . Zatem rozkład

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

$(X_1,X_2,X_3)$ nie jest dobrze zdefiniowany.

Juho Kokkala,

@JuhoKokkala Jeśli powiem ci, że

X_{2} = t

$X_2=t$ , jaki jest rozkład

X_{3}

$X_3$ ? Jeśli potrafisz odpowiedzieć na pytanie, nawet nie myśląc o

X_{1}

$X_1$ , jak

X_{1}

$X_1$ i

X_{3}

$X_3$ być zależne od

X_{2}

$X_2$ ? Zauważ też, że inni plakaty nie mieli problemów z symulacją tej sekwencji.

dsaxton,

12

Odpowiedź rzeczywiście brzmi , $1/e$ jak przypuszczano we wcześniejszych odpowiedziach opartych na symulacjach i skończonych przybliżeniach.

Rozwiązanie można łatwo znaleźć, wprowadzając sekwencję funkcji . Chociaż moglibyśmy natychmiast przejść do tego kroku, może się to wydawać dość tajemnicze. Pierwsza część tego rozwiązania wyjaśnia, w jaki sposób można ugotować te . Druga część pokazuje, w jaki sposób są one wykorzystywane do znalezienia równania funkcjonalnego spełnianego przez funkcję ograniczającą $f_n:[0,1]\to[0,1]$ $f_n(t)$ $f(t) = \lim_{n\to\infty}f_n(t)$ . Trzecia część zawiera (rutynowe) obliczenia potrzebne do rozwiązania tego równania funkcjonalnego.

1. Motywacja

Możemy do tego dojść poprzez zastosowanie standardowych matematycznych technik rozwiązywania problemów. W takim przypadku, gdy jakiś rodzaj operacji powtarza się w nieskończoność, limit będzie istniał jako stały punkt tej operacji. Kluczem jest zatem identyfikacja operacji.

Trudność polega na tym, że przejście z do wygląda na skomplikowane. Łatwiej jest zobaczyć ten krok jako wynikający z przylegania do zmiennych niż do przylegania do zmiennych . Gdybyśmy mieli rozważyć $E[X_1X_2\cdots X_{n-1}]$ $E[X_1X_2\cdots X_{n-1}X_n]$ $X_1$ $(X_2, \ldots, X_n)$ $X_n$ $(X_1, X_2, \ldots, X_{n-1})$ $(X_2, \ldots, X_n)$ jako skonstruowano w sposób opisany w pytaniu - z równomiernie rozmieszczone na , warunkowo równomiernie rozmieszczone na , i tak dalej - następnie wprowadzenie spowoduje każdy z kolejnych się kurczyć współczynnik kierunku górnej granicy . To rozumowanie prowadzi naturalnie do następującej konstrukcji. $X_2$ $[0,1]$ $X_3$ $[X_2, 1]$ $X_1$ $X_i$ $1-X_1$ $1$

Na wstępie, ponieważ nieco łatwiej jest zmniejszyć liczby do niż do , niech . Zatem jest równomiernie rozłożone w a jest równomiernie rozłożone w warunkiem dla wszystkich $0$ $1$ $Y_i = 1-X_i$ $Y_1$ $[0,1]$ $Y_{i+1}$ $[0, Y_i]$ $(Y_1, Y_2, \ldots, Y_i)$ Interesują nas dwie rzeczy: $i=1, 2, 3, \ldots.$

Wartość graniczna . $E[X_1X_2\cdots X_n]=E[(1-Y_1)(1-Y_2)\cdots(1-Y_n)]$
Jak zachowują się te wartości podczas równomiernego zmniejszania wszystkich kierunku : to znaczy, skalując je wszystkie za pomocą pewnego wspólnego współczynnika , . $Y_i$ $0$ $t$ $0 \le t \le 1$

W tym celu zdefiniuj

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

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

Oczywiście każda jest zdefiniowana i ciągła (w rzeczywistości nieskończenie różniczkowa) dla wszystkich rzeczywistych . Skoncentrujemy się na ich zachowaniu dla . $f_n$ $t$ $t\in[0,1]$

2. Kluczowy krok

Oczywiste są następujące:

Każda jest funkcją monotonicznie malejącą od do . $f_n(t)$ $[0,1]$ $[0,1]$
$f_n(t) \gt f_{n+1}(t)$ dla wszystkich . $n$
dla wszystkich . $f_n(0) = 1$ $n$
$E(X_1X_2\cdots X_n) = f_n(1).$

Te wskazują, że występuje dla wszystkich , a . $f(t) = \lim_{n\to\infty} f_n(t)$ $t\in[0,1]$ $f(0)=1$

Zauważ, że zależnie od zmienna jest jednolita w a zmienne (zależne od wszystkich poprzednich zmiennych) są jednolite w : to znaczy $Y_1$ $Y_2/Y_1$ $[0,1]$ $Y_{i+1}/Y_1$ $[0, Y_i/Y_1]$ dokładnie spełniają warunki spełnione przez . $(Y_2/Y_1, Y_3/Y_1, \ldots, Y_n/Y_1)$ $(Y_1, \ldots, Y_{n-1})$ w konsekwencji

\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}

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

Jest to relacja rekurencyjna, której szukaliśmy.

W granicach musi zatem być tak, że dla równomiernie rozmieszczone w niezależnie od wszystkich , $n\to \infty$ $Y$ $[0,1]$ $Y_i$

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 .

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

Oznacza to, że musi być stałym punktem funkcjonalnego dla którego $f$ $\mathcal{L}$

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. Obliczanie rozwiązania

Usuń frakcję , mnożąc obie strony przez . Ponieważ prawa strona jest całką, możemy ją rozróżnić w odniesieniu do , dawania $1/t$ $t$ $t$

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

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

Odpowiednio, po odjęciu i podzieleniu obu stron przez , $f(t)$ $t$

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

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

dla . Możemy rozszerzyć to o ciągłość, aby uwzględnić . Ze stanu początkowego (3) The unikalne rozwiązanie $0 \lt t \le 1$ $t=0$ $f(0)=1$

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

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

W związku z tym według (4) ograniczające oczekiwanie wynosi , QED. $X_1X_2\cdots X_n$ $f(1)=e^{-1} = 1/e$

Ponieważ Mathematica wydaje się być popularnym narzędziem do badania tego problemu, oto kod Mathematica do obliczania i kreślenia dla małych . Wykres pokazuje szybką zbieżność z (pokazaną jako czarny wykres). $f_n$ $n$ $f_1, f_2, f_3, f_4$ $e^{-t}$

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}]

Whuber
źródło

3

(+1) Piękna analiza.

kardynał

Dziękujemy za podzielenie się z nami tym. Istnieje naprawdę świetnych ludzi!

Felipe Gerard,

4

Aktualizacja

Myślę, że to bezpieczny zakład, że odpowiedź to . Sprawdziłem całki dla oczekiwanej wartości od do za pomocą Mathematica i przy otrzymałem $1/e$ $n=2$ $n=100$ $n=100$

0.367879441171442321595523770161567628159853507344458757185018968311538556667710938369307469618599737077005261635286940285462842065735614

(do 100 miejsc po przecinku). Odwrotność tej wartości jest

2.718281828459045235360287471351873636852026081893477137766637293458245150821149822195768231483133554

Różnica polega na tym, że wzajemność i są $e$

-7.88860905221011806482437200330334265831479532397772375613947042032873*10^-31

Myślę, że to zbyt blisko, ośmielę się powiedzieć, aby być racjonalnym zbiegiem okoliczności.

Mathematica kod w następujący sposób:

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}]

Koniec aktualizacji

To bardziej rozszerzony komentarz niż odpowiedź.

Jeśli pójdziemy drogą brutalnej siły, określając oczekiwaną wartość dla kilku wartości , być może ktoś rozpozna wzór, a następnie będzie w stanie przekroczyć granicę. $n$

Dla mamy oczekiwaną wartość produktu $n=5$

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}

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

czyli 96547/259200 lub około 0,3724807098765432.

Jeśli upuszczymy całkę z 0 na 1, otrzymamy wielomian z następującymi wynikami dla do (i upuściłem indeks dolny, aby rzeczy były nieco łatwiejsze do odczytania): $x_1$ $n=1$ $n=6$

$x$

$(x + x^2)/2$

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

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

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

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

Jeśli ktoś rozpozna postać współczynników całkowitych, być może może być określony limit (po wykonaniu całkowania od 0 do 1, który został usunięty, aby pokazać leżący u jego podstaw wielomian). $n\rightarrow\infty$

JimB
źródło

jest pięknie elegancki! :)

1 / e

$1/e$

wilki

4

Fajne pytanie. Jako szybki komentarz chciałbym zauważyć, że:

$X_n$ zbiegnie się szybko do 1, więc dla sprawdzania Monte Carlo ustawienie $n = 1000$ będzie więcej niż załatwienie.
Jeśli $Z_n = X_1 X_2 \dots X_n$ , to przez symulację Monte Carlo, jako $n \rightarrow \infty$ , $E[Z_n] \approx 0.367$ .
Poniższy schemat porównuje symulowany pdf Monte Carlo $Z_n$ z rozkładem funkcji mocy [tj. Beta (a, 1) pdf)]

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

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

... tutaj z parametrem $a=0.57$ :

_{(źródło: tri.org.au )}

gdzie:

niebieska krzywa oznacza „empiryczny” pdf Monte Carlo dla $Z_n$
czerwona przerywana krzywa to pdf PowerFunction.

Dopasowanie wygląda całkiem nieźle.

Kod

Oto 1 milion pseudolosowych rysunków produktu $Z_n$ (powiedzmy, że $n = 1000$ ), tutaj za pomocą Mathematica :

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

Średnia próbki wynosi:

 Mean[data]

0,367657

wilki
źródło

czy możesz udostępnić cały swój kod? Moje rozwiązanie różni się od twojego.

1

10^{100}

$10^{100}$

x_{n}

$x_n$

1

n

$n$

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}

$X_n$

0

Czysto intuicyjnie i na podstawie innej odpowiedzi Rusty'ego myślę, że odpowiedź powinna być taka:

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

0.3583668 $X$ $(a,1)$ $a$ $0$ $1/2, (1 + 3/4)/2, (1 + 8/9)/2$

To tylko intuicja.

Problem z odpowiedzią Rusty polega na tym, że U [1] jest identyczny w każdej symulacji. Symulacje nie są niezależne. Naprawienie tego jest łatwe. Przesuń linię z U[1] = runif(1,0,1)do wewnątrz pierwszej pętli. Wynik to:

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)

To daje 0.3545284.

Jessica
źródło

1

Bardzo prosta poprawka! Myślę, że to prawda, w kodzie zawsze jest błąd! Zdejmę moją odpowiedź.

1

Tak, dokładnie tego się spodziewałem, biorąc pod uwagę, że podłączysz oczekiwane wartości jako dolne granice.

1

S = 10000

$S = 10000$

0.3631297

$0.3631297$

Oczekiwanie iloczynu

Odpowiedzi:

1. Motywacja

2. Kluczowy krok

3. Obliczanie rozwiązania