Aspettativa di un prodotto di variabili casuali dipendenti quando

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Lasciate e , . Qual è l'aspettativa di come ? $X_1 \sim U[0,1]$ $X_i \sim U[X_{i - 1}, 1]$ $i = 2, 3,...$ $X_1 X_2 \cdots X_n$ $n \rightarrow \infty$

mathematical-statistics random-variable expected-value

— usedbywho
fonte

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Un'osservazione pedante: intende ? In alternativa, potrebbe significare condizionamento solo su , ovvero . Ma poiché quest'ultimo non specifica completamente la distribuzione congiunta di , non è immediatamente chiaro se l'aspettativa sia determinata in modo univoco.

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,

Penso che teoricamente dovrebbe essere condizionato su tutti i precedenti fino a . Tuttavia, dato possiamo ottenere la distribuzione per . Quindi non ne sono del tutto sicuro.

X_{i}

$X_i$

X_{i - 1}

$X_{i - 1}$

X_{i - 1}

$X_{i - 1}$

X_{i}

$X_i$

— Usato da chi il

@JuhoKokkala Come detto, non importa se si condizionano le variabili prima di perché non cambierebbero il fatto che è uniforme . La distribuzione di sembra perfettamente definita.

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 Se noi assumiamo solo e , è rimane possibile che e non siano condizionatamente indipendenti da . Pertanto, la distribuzione di non è ben definita.

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 Se ti dico che , qual è la distribuzione di ? Se puoi rispondere alla domanda senza nemmeno pensare a , in che modo e possono dipendere da ? Nota anche come altri poster non abbiano avuto problemi a simulare questa sequenza.

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,

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La risposta è effettivamente , $1/e$ come indovinato nelle risposte precedenti basate su simulazioni e approssimazioni finite.

La soluzione è facilmente raggiungibile introducendo una sequenza di funzioni . Anche se potremmo procedere immediatamente a questo passaggio, potrebbe sembrare piuttosto misterioso. La prima parte di questa soluzione spiega come si potrebbero preparare questi . La seconda parte mostra come vengono sfruttate per trovare un'equazione funzionale soddisfatta dalla funzione limitante . La terza parte mostra i calcoli (di routine) necessari per risolvere questa equazione funzionale. $f_n:[0,1]\to[0,1]$ $f_n(t)$ $f(t) = \lim_{n\to\infty}f_n(t)$

1. Motivazione

Possiamo arrivare a questo applicando alcune tecniche matematiche standard di risoluzione dei problemi. In questo caso, dove si ripete all'infinito un qualche tipo di operazione , il limite esisterà come punto fisso di tale operazione. La chiave, quindi, è identificare l'operazione.

La difficoltà è che il passaggio da a sembra complicato. È più semplice visualizzare questo passaggio come derivante dall'adiacente alle variabili piuttosto che adiacente alle variabili . Se dovessimo considerare come costruito come descritto nella domanda - con distribuito uniformemente su , distribuito in modo condizionale uniformemente su e così via-- quindi introducendo $E[X_1X_2\cdots X_{n-1}]$ $E[X_1X_2\cdots X_{n-1}X_n]$ $X_1$ $(X_2, \ldots, X_n)$ $X_n$ $(X_1, X_2, \ldots, X_{n-1})$ $(X_2, \ldots, X_n)$ $X_2$ $[0,1]$ $X_3$ $[X_2, 1]$ $X_1$ farà sì che ciascuno degli successivi si di un fattore verso il limite superiore . Questo ragionamento porta naturalmente alla seguente costruzione. $X_i$ $1-X_1$ $1$

In via preliminare, dal momento che è un po 'più semplice ridurre i numeri verso rispetto a , sia . Pertanto, è distribuito uniformemente in e è distribuito uniformemente in base a per tutti Siamo interessati a due cose: $0$ $1$ $Y_i = 1-X_i$ $Y_1$ $[0,1]$ $Y_{i+1}$ $[0, Y_i]$ $(Y_1, Y_2, \ldots, Y_i)$ $i=1, 2, 3, \ldots.$

Il valore limite di . $E[X_1X_2\cdots X_n]=E[(1-Y_1)(1-Y_2)\cdots(1-Y_n)]$
Come si comportano questi valori quando si restringe tutto uniformemente verso : cioè, ridimensionandoli tutti di un fattore comune , . $Y_i$ $0$ $t$ $0 \le t \le 1$

A tal fine, definire

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

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

Chiaramente ogni è definito e continuo (infinitamente differenziabile, in realtà) per tutte le reali . Ci concentreremo sul loro comportamento per . $f_n$ $t$ $t\in[0,1]$

2. Il passaggio chiave

Sono ovvi:

Ogni è una funzione monotonicamente decrescente da a . $f_n(t)$ $[0,1]$ $[0,1]$
$f_n(t) \gt f_{n+1}(t)$ per tutti . $n$
$f_n(0) = 1$ per tutto . $n$
$E(X_1X_2\cdots X_n) = f_n(1).$

Ciò implica che esiste per tutti e . $f(t) = \lim_{n\to\infty} f_n(t)$ $t\in[0,1]$ $f(0)=1$

Si che, subordinatamente a , la variabile è uniforme in e le variabili (subordinata a tutte le variabili precedenti) sono uniformi in : ovvero , soddisfano esattamente le condizioni soddisfatte da . conseguentemente $Y_1$ $Y_2/Y_1$ $[0,1]$ $Y_{i+1}/Y_1$ $[0, Y_i/Y_1]$ $(Y_2/Y_1, Y_3/Y_1, \ldots, Y_n/Y_1)$ $(Y_1, \ldots, Y_{n-1})$

\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}

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

Questa è la relazione ricorsiva che stavamo cercando.

Nel limite da deve quindi essere il caso che per distribuito uniformemente in indipendentemente da tutto , $n\to \infty$ $Y$ $[0,1]$ $Y_i$

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 .

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

Cioè, deve essere un punto fisso del funzionale per il quale $f$ $\mathcal{L}$

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. Calcolo della soluzione

Cancella la frazione moltiplicando entrambi i lati per . Poiché il lato destro è un integrale, possiamo differenziarlo rispetto a , il dare $1/t$ $t$ $t$

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

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

Equivalentemente, sottraendo e dividendo entrambi i lati per , $f(t)$ $t$

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

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

per . Possiamo estenderlo per continuità per includere . Con la condizione iniziale (3) , la soluzione unica è $0 \lt t \le 1$ $t=0$ $f(0)=1$

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

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

Di conseguenza, per (4), l'aspettativa limite di è , QED. $X_1X_2\cdots X_n$ $f(1)=e^{-1} = 1/e$

Poiché Mathematica sembra essere uno strumento popolare per studiare questo problema, ecco il codice Mathematica per calcolare e tracciare per il piccolo . Il diagramma di mostra una rapida convergenza verso (mostrato come grafico nero). $f_n$ $n$ $f_1, f_2, f_3, f_4$ $e^{-t}$

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
fonte

3

(+1) Bella analisi.

— cardinale il

Grazie per averlo condiviso con noi. Ci sono persone davvero brillanti là fuori!

— Felipe Gerard,

4

Aggiornare

Penso che sia una scommessa sicura che la risposta sia . Ho eseguito gli integrali per il valore atteso da a usando Mathematica e con ho ottenuto $1/e$ $n=2$ $n=100$ $n=100$

0.367879441171442321595523770161567628159853507344458757185018968311538556667710938369307469618599737077005261635286940285462842065735614

(fino a 100 cifre decimali). Il reciproco di quel valore è

2.718281828459045235360287471351873636852026081893477137766637293458245150821149822195768231483133554

La differenza con quella reciproca ed è $e$

-7.88860905221011806482437200330334265831479532397772375613947042032873*10^-31

Penso che sia troppo vicino, oserei dire, per essere una coincidenza razionale.

Il codice Mathematica segue:

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}]

Fine dell'aggiornamento

Questo è più un commento esteso che una risposta.

Se seguiamo un percorso di forza bruta determinando il valore atteso per diversi valori di , forse qualcuno riconoscerà un modello e sarà quindi in grado di prendere un limite. $n$

Per , abbiamo il valore atteso del prodotto $n=5$

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}

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

che è 96547/259200 o circa 0,3724807098765432.

Se trasciniamo l'integrale da 0 a 1, abbiamo un polinomio in con i seguenti risultati per a (e ho lasciato cadere il pedice per rendere le cose un po 'più facili da leggere): $x_1$ $n=1$ $n=6$

$x$

$(x + x^2)/2$

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

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

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

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

Se qualcuno riconosce la forma dei coefficienti interi, allora può essere determinato un limite come (dopo aver eseguito l'integrazione da 0 a 1 che è stata rimossa per mostrare il polinomio sottostante). $n\rightarrow\infty$

— JimB
fonte

1 / e

$1/e$ è meravigliosamente elegante! :)

— wolfies il

4

Bella domanda Proprio come un breve commento, vorrei notare che:

$X_n$ converge rapidamente in 1, quindi per il controllo Monte Carlo, l'impostazione sarà più che semplice. $n = 1000$
Se , quindi mediante simulazione Monte Carlo, come , . $Z_n = X_1 X_2 \dots X_n$ $n \rightarrow \infty$ $E[Z_n] \approx 0.367$
Il diagramma seguente confronta il pdf Monte Carlo simulato di con una distribuzione della funzione di potenza [cioè un beta (a, 1) pdf)] $Z_n$

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

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

... qui con il parametro : $a=0.57$

_{(fonte: tri.org.au )}

dove:

la curva blu indica il pdf "empirico" di Monte Carlo di $Z_n$
la curva tratteggiata rossa è un pdf PowerFunction.

La vestibilità sembra abbastanza buona.

Codice

Ecco 1 milione di disegni pseudocasuali del prodotto (diciamo con ), qui usando Mathematica : $Z_n$ $n = 1000$

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

La media del campione è:

 Mean[data]

0.367657

— Wolfies
fonte

puoi condividere l'intero codice? La mia soluzione differisce dalla tua.

1

Il primo punto elenco, che è cruciale, non sembra sufficientemente giustificato. Perché puoi eliminare l'effetto, diciamo, dei prossimi valori di ? Nonostante la "rapida" convergenza, il loro effetto cumulativo potrebbe ridurre considerevolmente le aspettative.

10^{100}

$10^{100}$

x_{n}

$x_n$

— whuber

1

Buon uso della simulazione qui. Ho domande simili a @whuber. Come possiamo essere sicuri che il valore converga a 0,367 ma non a qualcosa di più basso, che è potenzialmente possibile se è più grande?

n

$n$

— Usato da chi il

In risposta ai precedenti 2 commenti: (a) La serie converge molto rapidamente in 1. Anche a partire da un valore iniziale di , entro circa 60 iterazioni, sarà numericamente indistinguibile da 1,0 numerico a un computer . Quindi, simulare con è eccessivo. (b) Come parte del test di Monte Carlo, ho anche controllato la stessa simulazione (con 1 milione di esecuzioni) ma usando anziché 1000 e i risultati erano indistinguibili. Pertanto, sembra improbabile che valori più grandi di possano fare una differenza evidente: sopra , è effettivamente 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}

$X_n$

— Lupi il

0

Puramente intuitivamente, e basato sull'altra risposta di Rusty, penso che la risposta dovrebbe essere qualcosa del genere:

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

Che ci dà 0.3583668. Per ogni , stai dividendo l' intervallo a metà, dove inizia da . Quindi è un prodotto di , ecc. $X$ $(a,1)$ $a$ $0$ $1/2, (1 + 3/4)/2, (1 + 8/9)/2$

Questa è solo intuizione.

Il problema con la risposta di Rusty è che U [1] è identico in ogni singola simulazione. Le simulazioni non sono indipendenti. Una soluzione per questo è facile. Sposta la linea U[1] = runif(1,0,1)all'interno del primo anello. Il risultato è:

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)

Questo dà 0.3545284.

— Jessica
fonte

1

Correzione molto semplice! Immagino sia vero, c'è sempre un bug nel codice! Abbasso la mia risposta.

1

Sì, era esattamente quello che mi aspettavo accadesse dato che hai inserito i valori previsti come limiti inferiori.

1

S = 10000

$S = 10000$

0.3631297

$0.3631297$