때

18

및 , 이라고합시다 . 을 로 기대하는 것은 무엇입니까 ? $X_1 \sim U[0,1]$ $X_i \sim U[X_{i - 1}, 1]$ $i = 2, 3,...$ $X_1 X_2 \cdots X_n$ $n \rightarrow \infty$

mathematical-statistics random-variable expected-value

— 사용하는 사람
소스

7

현학적 인 말은 :입니다

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

$X_i \sim U[X_{i - 1}, 1]$ 목적에 평균

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

$X_i \mid X_1,\ldots,X_{i-1} \sim U[X_{i-1},1]$ ? 또는 , 즉 에서만 컨디셔닝을 의미 할 수 있습니다. 그러나 후자는 의 공동 분포를 완전히 지정하지 않기 때문에

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}

$X_i$ 기대가 유일하게 결정되는지는 명확하지 않다.

— Juho Kokkala

나는 이론적으로는 모든 이전 조건으로해야한다고 생각

X_{i}

$X_i$ 까지 최대

X_{i - 1}

$X_{i - 1}$ . 그러나 주어진

X_{i - 1}

$X_{i - 1}$ 에 대한 우리가 얻을 수있는 유통

X_{i}

$X_i$ . 그래서 나는 이것에 대해 확실하지 않습니다.

— usedbywho

@JuhoKokkala 언급 한 바와 같이

이전의 변수에 대해 조건을 설정하더라도

가 균일

X_{i - 1}

$X_{i-1}$ 하다는 사실을 변경하지 않기 때문에 중요하지 않습니다

.

의 분포는 나에게 완벽하게 정의 된 것처럼 보입니다.

X_{i}

$X_i$

[X_{i - 1}, 1]

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

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

$(X_1, \ldots , X_n)$

— dsaxton

@dsaxton 우리는 가정하면

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

$X_1\sim U(0,1)$ 및

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

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

X_{1}

$X_1$ 및

X_{3}

$X_3$ 조건에 독립적 인 조건부없는

X_{2}

$X_2$ . 따라서

의 분포

이 잘 정의되지 않았습니다.

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

$(X_1,X_2,X_3)$

— Juho Kokkala

@JuhoKokkala

라고하면

의 분포는 무엇 입니까? 당신은 약조차 생각하지 않고 질문에 대답 할 수 있다면

어떻게,

및

BE 따라 주어진

? 또한 다른 포스터가이 순서를 시뮬레이션하는 데 어려움을 겪지 않은 방법에 주목하십시오.

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

대답은 참으로 , $1/e$ 시뮬레이션과 유한 근사치에 따라 이전 응답에서 짐작한다.

일련의 함수 을 도입하면 솔루션에 쉽게 도달 할 수 있습니다 . 우리는 그 단계를 즉시 진행할 수 있지만 다소 신비한 것처럼 보일 수 있습니다. 이 솔루션의 첫 번째 부분에서는 이러한 어떻게 요리 할 수 있는지 설명합니다 . 두 번째 부분은 제한 함수 의해 충족되는 함수 방정식을 찾기 위해 어떻게 활용되는지 보여줍니다. $f_n:[0,1]\to[0,1]$ $f_n(t)$ $f(t) = \lim_{n\to\infty}f_n(t)$ . 세 번째 부분에는이 함수 방정식을 푸는 데 필요한 (일상적인) 계산이 표시됩니다.

1. 동기

우리는 몇 가지 표준 수학 문제 해결 기술을 적용하여 이에 도달 할 수 있습니다. 이 경우 어떤 종류의 작업이 무한정 반복되는 경우 해당 작업 의 고정 된 지점 으로 제한이 존재 합니다. 따라서 핵심은 작업을 식별하는 것입니다.

어려움은 에서 로의 이동 이 복잡해 보인다는 점입니다. 이것은 인접 발생하는 경우이 단계 볼 간단 변수를로 대신 인접보다 변수로 $E[X_1X_2\cdots X_{n-1}]$ $E[X_1X_2\cdots X_{n-1}X_n]$ $X_1$ $(X_2, \ldots, X_n)$ $X_n$ . 우리가 을 질문에 설명 된대로 구성한것으로 간주한다면 가 에균일하게 분포되고 에 조건부로 균일하게 분포되고 그래서 - 도입 후 후속 각자 발생할 행을 $(X_1, X_2, \ldots, X_{n-1})$ $(X_2, \ldots, X_n)$ $X_2$ $[0,1]$ $X_3$ $[X_2, 1]$ $X_1$ $X_i$ 배 축소 상한쪽으로 $1-X_1$ $1$ . 이 추론은 자연스럽게 다음과 같은 구성으로 이어집니다.

예비 문제로서, 보다 숫자를 축소하는 것이 조금 더 간단하므로 하자 . 따라서, 균일하게 분포되어있다 및 균일하게 분포한다 조건에 모든 $0$ $1$ $Y_i = 1-X_i$ $Y_1$ $[0,1]$ $Y_{i+1}$ $[0, Y_i]$ $(Y_1, Y_2, \ldots, Y_i)$ 우리는 두 가지에 관심이 있습니다. $i=1, 2, 3, \ldots.$

의 한계 값 . $E[X_1X_2\cdots X_n]=E[(1-Y_1)(1-Y_2)\cdots(1-Y_n)]$
어떻게 모든 축소 할 때이 값 행동 향해 균일 : 즉, 몇 가지 일반적인 요인에 의해 그들 모두를 확장하여 , . $Y_i$ $0$ $t$ $0 \le t \le 1$

이를 위해

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

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

분명히 각 은 모든 실수 대해 정의되고 연속적입니다 (실제로 미분 가능합니다) . 우리는 그들의 행동에 초점을 맞출 것이다 . $f_n$ $t$ $t\in[0,1]$

2. 핵심 단계

다음은 분명합니다.

각 에서 단조 감소 함수이고 을 . $f_n(t)$ $[0,1]$ $[0,1]$
모든 대해 . $f_n(t) \gt f_{n+1}(t)$ $n$
모든 대해 입니다. $f_n(0) = 1$ $n$
$E(X_1X_2\cdots X_n) = f_n(1).$

이것은 모든 및 대해 가 존재 함을 의미합니다 . $f(t) = \lim_{n\to\infty} f_n(t)$ $t\in[0,1]$ $f(0)=1$

Observe that, conditional on $Y_1$ , the variable $Y_2/Y_1$ is uniform in $[0,1]$ and variables $Y_{i+1}/Y_1$ (conditional on all preceding variables) are uniform in $[0, Y_i/Y_1]$ : that is, $(Y_2/Y_1, Y_3/Y_1, \ldots, Y_n/Y_1)$ satisfy precisely the conditions satisfied by $(Y_1, \ldots, Y_{n-1})$ . Consequently

\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}

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

This is the recursive relationship we were looking for.

In the limit as $n\to \infty$ it must therefore be the case that for $Y$ uniformly distributed in $[0,1]$ independently of all the $Y_i$ ,

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 .

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

That is, $f$ must be a fixed point of the functional $\mathcal{L}$ for which

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. Calculation of the Solution

Clear the fraction $1/t$ by multiplying both sides by $t$ . Because the right hand side is an integral, we may differentiate it with respect to $t$ , giving

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

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

Equivalently, upon subtracting $f(t)$ and dividing both sides by $t$ ,

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

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

for $0 \lt t \le 1$ . We may extend this by continuity to include $t=0$ . With the initial condition (3) $f(0)=1$ , the unique solution is

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

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

Consequently, by (4), the limiting expectation of $X_1X_2\cdots X_n$ is $f(1)=e^{-1} = 1/e$ , QED.

Because Mathematica appears to be a popular tool for studying this problem, here is Mathematica code to compute and plot $f_n$ for small $n$ . The plot of $f_1, f_2, f_3, f_4$ displays rapid convergence to $e^{-t}$ (shown as the black graph).

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
소스

3

(+1) Beautiful analysis.

— cardinal

Thank you for sharing that with us. There are some really brilliant people out there!

— Felipe Gerard

4

Update

I think it's a safe bet that the answer is $1/e$ . I ran the integrals for the expected value from $n=2$ to $n=100$ using Mathematica and with $n=100$ I got

0.367879441171442321595523770161567628159853507344458757185018968311538556667710938369307469618599737077005261635286940285462842065735614

(to 100 decimal places). The reciprocal of that value is

2.718281828459045235360287471351873636852026081893477137766637293458245150821149822195768231483133554

The difference with that reciprocal and $e$ is

-7.88860905221011806482437200330334265831479532397772375613947042032873*10^-31

I think that's too close, dare I say, to be a rational coincidence.

The Mathematica code follows:

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}]

End of update

This is more of an extended comment than an answer.

If we go a brute force route by determining the expected value for several values of $n$ , maybe someone will recognize a pattern and then be able to take a limit.

For $n=5$ , we have the expected value of the product being

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}

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

which is 96547/259200 or approximately 0.3724807098765432.

If we drop the integral from 0 to 1, we have a polynomial in $x_1$ with the following results for $n=1$ to $n=6$ (and I've dropped the subscript to make things a bit easier to read):

$x$

$(x + x^2)/2$

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

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

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

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

If someone recognizes the form of the integer coefficients, then maybe a limit as $n\rightarrow\infty$ can be determined (after performing the integration from 0 to 1 that was removed to show the underlying polynomial).

— JimB
소스

1 / e

$1/e$ is beautifully elegant! :)

— wolfies

4

Nice question. Just as a quick comment, I would note that:

$X_n$ will converge to 1 rapidly, so for Monte Carlo checking, setting $n = 1000$ will more than do the trick.
If $Z_n = X_1 X_2 \dots X_n$ , then by Monte Carlo simulation, as $n \rightarrow \infty$ , $E[Z_n] \approx 0.367$ .
The following diagram compares the simulated Monte Carlo pdf of $Z_n$ to a Power Function distribution [ i.e. a Beta(a,1) pdf) ]

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

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

... here with parameter $a=0.57$ :

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

where:

the blue curve denotes the Monte Carlo 'empirical' pdf of $Z_n$
the red dashed curve is a PowerFunction pdf.

The fit appears pretty good.

Code

Here are 1 million pseudorandom drawings of the product $Z_n$ (say with $n = 1000$ ), here using Mathematica:

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

The sample mean is:

 Mean[data]

0.367657

— wolfies
소스

can you share your entire code? My solution differs from yours.

1

The first bullet point, which is crucial, does not appear to be sufficiently well justified. Why can you dismiss the effect of, say, the next

10^{100}

$10^{100}$ values of

x_{n}

$x_n$ ? Despite "rapid" convergence, their cumulative effect could considerably decrease the expectation.

— whuber

1

Good use of simulation here. I have similar questions as @whuber. How can we be sure the value converges to 0.367 but not something lower, which is potentially possible if

n

$n$ is larger?

— usedbywho

In reply to the above 2 comments: (a) The series

X_{i}

$X_i$ converges very rapidly to 1. Even starting with an initial value of

X_{1} = 0.1

$X_1 = 0.1$ , within about 60 iterations,

X_{60}

$X_{60}$ will be numerically indistinguishable from numerical 1.0 to a computer. So, simulating

X_{n}

$X_n$ with

n = 1000

$n = 1000$ is overkill. (b) As part of the Monte Carlo test, I also checked the same simulation (with 1 million runs) but using

n = 5000

$n = 5000$ rather than 1000, and the results were indistinguishable. Thus, it seem unlikely that larger values of

n

$n$ will make any discernible difference: above

n = 100

$n=100$ ,

X_{n}

$X_n$ is effectively 1.0.

— wolfies

0

Purely intuitively, and based on Rusty's other answer, I think the answer should be something like this:

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

Which gives us 0.3583668. For each $X$ , you are splitting the $(a,1)$ range in half, where $a$ starts out at $0$ . So it's a product of $1/2, (1 + 3/4)/2, (1 + 8/9)/2$ , etc.

This is just intuition.

The problem with Rusty's answer is that U[1] is identical in every single simulation. The simulations are not independent. A fix for this is easy. Move the line with U[1] = runif(1,0,1) to inside the first loop. The result is:

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)

This gives 0.3545284.

— Jessica
소스

1

Very simple fix! I guess it is true, there is always a bug in the code! I'll take down my answer.

1

Yea, that was exactly what I was expecting to happen given that you plug in the expected values as the lower bounds.

1

I run your code with

S = 10000

$S = 10000$ and got

0.3631297

$0.3631297$ as the answer. Isn't that a little weird since if it does converge to a value wouldn't more runs get us closer to that value?

— usedbywho