Oczekiwanie iloczynu

18

Niech i , . Czego oczekuje jako ?X1U[0,1]XiU[Xi1,1]i=2,3,...X1X2Xnn

używane przez kogo
źródło
7
Uwaga pedantyczna: czy XiU[Xi1,1] ma oznaczać XiX1,,Xi1U[Xi1,1] ? Alternatywnie może to oznaczać warunkowanie tylko na Xi1 , to znaczy XiXi1U[Xi1,1]. Ponieważ jednak ta ostatnia nie określa w pełni wspólnego rozkładuXi , nie jest od razu jasne, czy oczekiwanie jest jednoznacznie określone.
Juho Kokkala,
Myślę, że teoretycznie powinno się to zależeć od wszystkich poprzednich Xi aż do Xi1 . Jednak biorąc pod uwagę Xi1 , możemy uzyskać rozkład dla Xi . Nie jestem więc tego pewien.
używane przez
@JuhoKokkala Jak już wspomniano, nie ma znaczenia, czy warunek zostanie zmieniony przed Xi1 ponieważ nie zmieniłyby one faktu, że Xi jest jednolity [Xi1,1] . Rozkład (X1,,Xn) wydaje mi się doskonale dobrze zdefiniowany.
dsaxton,
@dsaxton Gdybyśmy tylko przypuszczać X1U(0,1) i XiXi1U(Xi1,1),i=2,3,..., pozostaje możliwe, że X1 i X3 nie są warunkowo niezależne od X2 . Zatem rozkład (X1,X2,X3) nie jest dobrze zdefiniowany.
Juho Kokkala,
@JuhoKokkala Jeśli powiem ci, że X2=t , jaki jest rozkład X3 ? Jeśli potrafisz odpowiedzieć na pytanie, nawet nie myśląc o X1 , jak X1 i X3 być zależne od X2 ? Zauważ też, że inni plakaty nie mieli problemów z symulacją tej sekwencji.
dsaxton,

Odpowiedzi:

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 f n ( t ) . Druga część pokazuje, w jaki sposób są one wykorzystywane do znalezienia równania funkcjonalnego spełnianego przez funkcję ograniczającą f ( t ) = lim n f n ( t )fn:[0,1][0,1]fn(t)f(t)=limnfn(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 E [ X 1 X 2X n - 1 X n ] wygląda na skomplikowane. Łatwiej jest zobaczyć ten krok jako wynikający z przylegania do zmiennych niż do przylegania do zmiennych . Gdybyśmy mieli rozważyćE[X1X2Xn1]E[X1X2Xn1Xn]X1X n ( X 1 , X 2 , , X n - 1 ) ( X 2 , , X n ) X 2 [ 0 , 1 ] X 3 [ X 2 , 1 ] X 1 X i 1 - X 1 1(X2,,Xn)Xn(X1,X2,,Xn1)(X2,,Xn)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.X2[0,1]X3[X2,1]X1Xi1X11

Na wstępie, ponieważ nieco łatwiej jest zmniejszyć liczby do niż do , niech . Zatem jest równomiernie rozłożone w a jest równomiernie rozłożone w warunkiem dla wszystkich1 Y i = 1 - X i Y 1 [ 0 , 1 ] Y i + 1 [ 0 , Y i ] ( Y 1 , Y 2 , , Y i )01Yi=1XiY1[0,1]Yi+1[0,Yi](Y1,Y2,,Yi) Interesują nas dwie rzeczy:i=1,2,3,.

  1. Wartość graniczna .E[X1X2Xn]=E[(1Y1)(1Y2)(1Yn)]

  2. Jak zachowują się te wartości podczas równomiernego zmniejszania wszystkich kierunku 0 : to znaczy, skalując je wszystkie za pomocą pewnego wspólnego współczynnika t , 0 t 1 .Yi0t0t1

W tym celu zdefiniuj

fn(t)=E[(1tY1)(1tY2)(1tYn)].

Oczywiście każda jest zdefiniowana i ciągła (w rzeczywistości nieskończenie różniczkowa) dla wszystkich rzeczywistych . Skoncentrujemy się na ich zachowaniu dla .fnt [ 0 , 1 ]tt[0,1]


2. Kluczowy krok

Oczywiste są następujące:

  1. Każda jest funkcją monotonicznie malejącą od do .[ 0 , 1 ] [ 0 , 1 ]fn(t)[0,1][0,1]

  2. nfn(t)>fn+1(t) dla wszystkich .n

  3. dla wszystkich n .fn(0)=1n

  4. E(X1X2Xn)=fn(1).

Te wskazują, że występuje dla wszystkich t [ 0 , 1 ] , a f ( 0 ) = 1 .f(t)=limnfn(t)t[0,1]f(0)=1

Zauważ, że zależnie od zmienna Y 2 / Y 1 jest jednolita w [ 0 , 1 ], a zmienne Y i + 1 / Y 1 (zależne od wszystkich poprzednich zmiennych) są jednolite w [ 0 , Y i / Y 1 ] : to znaczy ( Y 2 / Y 1 , Y 3 / Y 1 , , Y nY1Y2/Y1[0,1]Yi+1/Y1[0,Yi/Y1] dokładnie spełniają warunki spełnione przez ( Y 1 , , Y n - 1 ) . (Y2/Y1,Y3/Y1,,Yn/Y1)(Y1,,Yn1) w konsekwencji

fn(t)=E[(1tY1)E[(1tY2)(1tYn)|Y1]]=E[(1tY1)E[(1tY1Y2Y1)(1tY1YnY1)|Y1]]=E[(1tY1)fn1(tY1)].

Jest to relacja rekurencyjna, której szukaliśmy.

W granicach musi zatem być tak, że dla Y równomiernie rozmieszczone w [ 0 , 1 ] niezależnie od wszystkich Y i ,nY[0,1]Yi

f(t)=E[(1tY)f(tY)]=01(1ty)f(ty)dy=1t0t(1x)f(x)dx.

Oznacza to, że musi być stałym punktem funkcjonalnego L, dla któregofL

L[g](t)=1t0t(1x)g(x)dx.

3. Obliczanie rozwiązania

Usuń frakcję , mnożąc obie strony przez t . Ponieważ prawa strona jest całką, możemy ją rozróżnić w odniesieniu do t , dawania1/ttt

f(t)+tf(t)=(1t)f(t).

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

f(t)=f(t)

dla . Możemy rozszerzyć to o ciągłość, aby uwzględnić t = 0 . Ze stanu początkowego (3) C ( 0 ) = 1 The unikalne rozwiązanie0<t1t=0f(0)=1

f(t)=et.

W związku z tym według (4) ograniczające oczekiwanie wynosi f ( 1 ) = e - 1 = 1 / e , QED.X1X2Xnf(1)=e1=1/e


Ponieważ Mathematica wydaje się być popularnym narzędziem do badania tego problemu, oto kod Mathematica do obliczania i kreślenia dla małych n . Wykres f 1 , f 2 , f 3 , f 4 pokazuje szybką zbieżność z e - t (pokazaną jako czarny wykres).fnnf1,f2,f3,f4et

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}]

Postać

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 n = 2 do n = 100 za pomocą Mathematica i przy n = 100 otrzymałem1/en=2n=100n=100

0.367879441171442321595523770161567628159853507344458757185018968311538556667710938369307469618599737077005261635286940285462842065735614

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

2.718281828459045235360287471351873636852026081893477137766637293458245150821149822195768231483133554

Różnica polega na tym, że wzajemność i 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 produktun=5

μn=01x11x21x31x41x1x2x3x4x5(1x1)(1x2)(1x3)(1x4)dx5dx4dx3dx2dx1

czyli 96547/259200 lub około 0,3724807098765432.

Jeśli upuszczymy całkę z 0 na 1, otrzymamy wielomian z następującymi wynikami dla n = 1 do n = 6 (i upuściłem indeks dolny, aby rzeczy były nieco łatwiejsze do odczytania):x1n=1n=6

x

(x+x2)/2

(5x+5x2+2x3)/12

(28x+28x2+13x3+3x4)/72

(1631x+1631x2+791x3+231x4+36x5)/4320

(96547x+96547x2+47617x3+14997x4+3132x5+360x6)/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

JimB
źródło
jest pięknie elegancki! :)1/e
wilki
4

Fajne pytanie. Jako szybki komentarz chciałbym zauważyć, że:

  • Xn zbiegnie się szybko do 1, więc dla sprawdzania Monte Carlo ustawienien=1000 będzie więcej niż załatwienie.

  • Jeśli Zn=X1X2Xn , to przez symulację Monte Carlo, jako n , E[Zn]0.367 .

  • Poniższy schemat porównuje symulowany pdf Monte Carlo Zn z rozkładem funkcji mocy [tj. Beta (a, 1) pdf)]

f(z)=aza1

... tutaj z parametrem a=0.57 :


(źródło: tri.org.au )

gdzie:

  • niebieska krzywa oznacza „empiryczny” pdf Monte Carlo dla Zn
  • czerwona przerywana krzywa to pdf PowerFunction.

Dopasowanie wygląda całkiem nieźle.

Kod

Oto 1 milion pseudolosowych rysunków produktu Zn (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
10100xn
1
n
XiX1=0.1X60Xnn=1000n=5000nn=100Xn
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)

0.3583668X(a,1)a01/2,(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=100000.3631297