Ekspektasi produk dari variabel acak dependen saat

18

Mari dan , . Apa harapan sebagai ? $X_1 \sim U[0,1]$ $X_i \sim U[X_{i - 1}, 1]$ $i = 2, 3,...$ $X_1 X_2 \cdots X_n$ $n \rightarrow \infty$

mathematical-statistics random-variable expected-value

— digunakan oleh siapa
sumber

7

Sebuah komentar pedantic: apakah dimaksudkan untuk berarti ? Atau bisa juga berarti pengkondisian hanya pada , yaitu, . Tetapi karena yang terakhir tidak sepenuhnya menentukan distribusi bersama

, tidak segera jelas apakah harapan ditentukan secara unik.

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

Saya pikir secara teoritis itu harus dikondisikan pada semua

sebelumnya

X_{i}

$X_i$ hingga

X_{i - 1}

$X_{i - 1}$ . Namun, mengingat

X_{i - 1}

$X_{i - 1}$ kita bisa mendapatkan distribusi untuk

X_{i}

$X_i$ . Jadi saya tidak begitu yakin tentang ini.

— siapa

@JuhoKokkala Seperti yang dinyatakan, tidak masalah jika Anda mengkondisikan variabel sebelum

X_{i - 1}

$X_{i-1}$ karena mereka tidak akan mengubah fakta bahwa

X_{i}

$X_i$ seragam

[X_{i - 1}, 1]

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

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

$(X_1, \ldots , X_n)$ tampaknya sangat jelas bagi saya.

— dsaxton

@dsaxton Jika kita hanya menganggap

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

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

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

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

X_{1}

$X_1$ dan

X_{3}

$X_3$ tidak tergantung pada kondisi

X_{2}

$X_2$ . Dengan demikian distribusi

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

$(X_1,X_2,X_3)$ tidak terdefinisi dengan baik.

— Juho Kokkala

@JuhoKokkala Jika saya memberi tahu Anda bahwa

X_{2} = t

$X_2=t$ , apa distribusi

X_{3}

$X_3$ ? Jika Anda dapat menjawab pertanyaan bahkan tanpa memikirkan

X_{1}

$X_1$ , bagaimana

X_{1}

$X_1$ dan

X_{3}

$X_3$ dapat bergantung pada

X_{2}

$X_2$ ? Perhatikan juga bagaimana poster lain tidak kesulitan mensimulasikan urutan ini.

— dsaxton

12

Jawabannya memang , $1/e$ seperti yang ditebak dalam balasan sebelumnya berdasarkan simulasi dan perkiraan terbatas.

Solusinya dengan mudah dicapai dengan memperkenalkan urutan fungsi . Meskipun kami bisa segera melanjutkan ke langkah itu, itu mungkin tampak agak misterius. Bagian pertama dari solusi ini menjelaskan bagaimana orang bisa memasak . Bagian kedua menunjukkan bagaimana mereka dieksploitasi untuk menemukan persamaan fungsional yang dipenuhi oleh fungsi pembatas . Bagian ketiga menampilkan perhitungan (rutin) yang diperlukan untuk menyelesaikan persamaan fungsional ini. $f_n:[0,1]\to[0,1]$ $f_n(t)$ $f(t) = \lim_{n\to\infty}f_n(t)$

1. Motivasi

Kita dapat sampai pada hal ini dengan menerapkan beberapa teknik pemecahan masalah matematika standar. Dalam hal ini, di mana beberapa jenis operasi diulangi secara tak terbatas, batas akan ada sebagai titik tetap dari operasi itu. Kuncinya, kemudian, adalah untuk mengidentifikasi operasi.

Kesulitannya adalah perpindahan dari ke terlihat rumit. Lebih mudah untuk melihat langkah ini sebagai yang timbul dari berdampingan ke variabel daripada berdampingan ke variabel . Jika kita menganggap sebagai dibangun seperti yang dijelaskan dalam pertanyaan - dengan didistribusikan secara seragam pada , didistribusikan secara seragam secara kondisional pada , dan seterusnya - kemudian memperkenalkan $E[X_1X_2\cdots X_{n-1}]$ $E[X_1X_2\cdots X_{n-1}X_n]$ $X_1$ $(X_2, \ldots, X_n)$ $X_n$ $(X_1, X_2, \ldots, X_{n-1})$ $(X_2, \ldots, X_n)$ $X_2$ $[0,1]$ $X_3$ $[X_2, 1]$ $X_1$ akan menyebabkan setiap salah satu berikutnya untuk mengecilkan dengan faktor menuju batas atas . Alasan ini mengarah secara alami ke konstruksi berikut. $X_i$ $1-X_1$ $1$

Sebagai masalah awal, karena sedikit lebih mudah untuk mengecilkan angka ke daripada menuju , misalkan . Dengan demikian, didistribusikan secara seragam dalam dan didistribusikan secara seragam dalam bersyarat pada untuk semua Kami tertarik pada dua hal: $0$ $1$ $Y_i = 1-X_i$ $Y_1$ $[0,1]$ $Y_{i+1}$ $[0, Y_i]$ $(Y_1, Y_2, \ldots, Y_i)$ $i=1, 2, 3, \ldots.$

Nilai pembatas . $E[X_1X_2\cdots X_n]=E[(1-Y_1)(1-Y_2)\cdots(1-Y_n)]$
Bagaimana nilai-nilai ini berperilaku ketika menyusutkan semua secara seragam menuju : yaitu, dengan menskalakan semuanya dengan beberapa faktor umum , . $Y_i$ $0$ $t$ $0 \le t \le 1$

Untuk tujuan ini, tentukan

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

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

Jelas setiap didefinisikan dan kontinu (benar-benar terdiferensiasi, sebenarnya) untuk semua nyata . Kami akan fokus pada perilaku mereka untuk . $f_n$ $t$ $t\in[0,1]$

2. Langkah Kunci

Berikut ini jelas:

Setiap adalah fungsi yang menurun secara monoton dari menjadi . $f_n(t)$ $[0,1]$ $[0,1]$
$f_n(t) \gt f_{n+1}(t)$ untuk semua . $n$
$f_n(0) = 1$ untuk semua . $n$
$E(X_1X_2\cdots X_n) = f_n(1).$

Ini menyiratkan bahwa ada untuk semua dan . $f(t) = \lim_{n\to\infty} f_n(t)$ $t\in[0,1]$ $f(0)=1$

Perhatikan bahwa, tergantung pada , variabel seragam dalam dan variabel (tergantung pada semua variabel sebelumnya) seragam dalam : yaitu , memenuhi persis kondisi yang dipenuhi oleh . Karena itu $Y_1$ $Y_2/Y_1$ $[0,1]$ $Y_{i+1}/Y_1$ $[0, Y_i/Y_1]$ $(Y_2/Y_1, Y_3/Y_1, \ldots, Y_n/Y_1)$ $(Y_1, \ldots, Y_{n-1})$

\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}

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

Ini adalah hubungan rekursif yang kami cari.

Oleh karena itu dalam batas itu harus menjadi kasus bahwa untuk didistribusikan secara seragam dalam secara independen dari semua , $n\to \infty$ $Y$ $[0,1]$ $Y_i$

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 .

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

Artinya, harus menjadi titik tetap dari fungsional yang dengannya $f$ $\mathcal{L}$

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. Perhitungan Solusi

Kosongkan fraksi dengan mengalikan kedua sisi dengan . Karena sisi kanan adalah bagian yang tidak terpisahkan, kita dapat membedakannya sehubungan dengan , memberi $1/t$ $t$ $t$

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

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

Secara ekuivalen, dengan mengurangkan dan membagi kedua sisi dengan , $f(t)$ $t$

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

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

untuk . Kami dapat memperpanjang ini dengan kontinuitas untuk memasukkan . Dengan kondisi awal (3) , solusi uniknya adalah $0 \lt t \le 1$ $t=0$ $f(0)=1$

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

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

Akibatnya, pada (4), harapan membatasi adalah , QED. $X_1X_2\cdots X_n$ $f(1)=e^{-1} = 1/e$

Karena Mathematica tampaknya menjadi alat yang populer untuk mempelajari masalah ini, di sini adalah kode Mathematica untuk menghitung dan memplot untuk kecil . Plot menampilkan konvergensi cepat ke (ditampilkan sebagai grafik hitam). $f_n$ $n$ $f_1, f_2, f_3, f_4$ $e^{-t}$

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
sumber

3

(+1) Analisis yang indah.

— kardinal

Terima kasih telah berbagi dengan kami. Ada beberapa orang yang benar-benar brilian!

— Felipe Gerard

4

Memperbarui

Saya pikir ini adalah taruhan yang aman bahwa jawabannya adalah . Saya menjalankan integral untuk nilai yang diharapkan dari hingga menggunakan Mathematica dan dengan saya dapatkan $1/e$ $n=2$ $n=100$ $n=100$

0.367879441171442321595523770161567628159853507344458757185018968311538556667710938369307469618599737077005261635286940285462842065735614

(ke 100 tempat desimal). Kebalikan dari nilai itu adalah

2.718281828459045235360287471351873636852026081893477137766637293458245150821149822195768231483133554

Perbedaannya dengan resiprokal dan adalah $e$

-7.88860905221011806482437200330334265831479532397772375613947042032873*10^-31

Saya pikir itu terlalu dekat, berani saya katakan, menjadi kebetulan yang rasional.

The Mathematica kode berikut:

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}]

Akhir pembaruan

Ini lebih merupakan komentar panjang daripada jawaban.

Jika kita menggunakan rute brute force dengan menentukan nilai yang diharapkan untuk beberapa nilai , mungkin seseorang akan mengenali suatu pola dan kemudian dapat mengambil batasan. $n$

Untuk , kami memiliki nilai yang diharapkan dari produk tersebut $n=5$

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}

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

yaitu 96547/259200 atau sekitar 0,3724807098765432.

Jika kami menghapus integral dari 0 ke 1, kami memiliki polinomial dalam dengan hasil berikut untuk ke (dan saya telah menjatuhkan subskrip untuk membuat hal-hal sedikit lebih mudah dibaca): $x_1$ $n=1$ $n=6$

$x$

$(x + x^2)/2$

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

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

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

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

Jika seseorang mengenali bentuk koefisien integer, maka mungkin batas sebagai dapat ditentukan (setelah melakukan integrasi dari 0 ke 1 yang dihapus untuk menunjukkan polinomial yang mendasarinya). $n\rightarrow\infty$

— JimB
sumber

1 / e

$1/e$ sangat elegan! :)

— wolfies

4

Pertanyaan yang bagus Sama seperti komentar singkat, saya akan mencatat bahwa:

$X_n$ akan konvergen ke 1 dengan cepat, jadi untuk pengecekan Monte Carlo, pengaturan akan lebih dari melakukan trik. $n = 1000$
Jika , maka dengan simulasi Monte Carlo, seperti , . $Z_n = X_1 X_2 \dots X_n$ $n \rightarrow \infty$ $E[Z_n] \approx 0.367$
Diagram berikut membandingkan pdf simulasi Monte Carlo dari ke distribusi Fungsi Daya [yaitu Beta (a, 1) pdf)] $Z_n$

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

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

... di sini dengan parameter : $a=0.57$

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

dimana:

kurva biru menunjukkan pdf Monte Carlo 'empiris' dari $Z_n$
kurva putus-putus merah adalah PowerFunction pdf.

Pas muncul cukup bagus.

Kode

Berikut adalah 1 juta gambar pseudorandom produk (katakanlah dengan ), di sini menggunakan Mathematica : $Z_n$ $n = 1000$

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

Sampel rata-rata adalah:

 Mean[data]

0,367657

— serigala
sumber

dapatkah Anda membagikan seluruh kode Anda? Solusi saya berbeda dari milik Anda.

1

Poin pertama, yang sangat penting, tampaknya tidak cukup dibenarkan. Mengapa Anda dapat mengabaikan efek dari, katakanlah, berikutnya nilai-nilai ? Meskipun konvergensi "cepat", efek kumulatif mereka dapat sangat mengurangi harapan.

10^{100}

$10^{100}$

x_{n}

$x_n$

— whuber

1

Baik penggunaan simulasi di sini. Saya memiliki pertanyaan serupa dengan @whuber. Bagaimana kita bisa yakin nilainya konvergen ke 0,367 tetapi bukan sesuatu yang lebih rendah, yang berpotensi terjadi jika lebih besar?

n

$n$

— siapa

Sebagai balasan atas 2 komentar di atas: (a) Seri konvergen sangat cepat ke 1. Bahkan dimulai dengan nilai awal , dalam waktu sekitar 60 iterasi, akan secara numerik tidak dapat dibedakan dari angka 1,0 ke komputer . Jadi, mensimulasikan dengan adalah berlebihan. (B) Sebagai bagian dari tes Monte Carlo, saya juga memeriksa simulasi yang sama (dengan 1 juta berjalan) tetapi menggunakan daripada 1000, dan hasilnya tidak bisa dibedakan. Dengan demikian, tampaknya tidak mungkin bahwa nilai yang lebih besar akan membuat perbedaan nyata: di atas , secara efektif 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}

$X_n$

— serigala

0

Murni secara intuitif, dan berdasarkan jawaban Rusty yang lain, saya pikir jawabannya harus seperti ini:

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

Yang memberi kita 0.3583668. Untuk setiap , Anda membagi rentang dua, di mana dimulai pada . Jadi ini adalah produk , dll. $X$ $(a,1)$ $a$ $0$ $1/2, (1 + 3/4)/2, (1 + 8/9)/2$

Ini hanya intuisi.

Masalah dengan jawaban Rusty adalah bahwa U [1] identik dalam setiap simulasi tunggal. Simulasi tidak independen. Perbaikan untuk ini mudah. Pindahkan garis dengan U[1] = runif(1,0,1)ke dalam lingkaran pertama. Hasilnya adalah:

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)

Ini memberi 0.3545284.

— Jessica
sumber

1

Memperbaiki yang sangat sederhana! Saya kira itu benar, selalu ada bug dalam kode! Saya akan mencatat jawaban saya.

1

Ya, itulah yang saya harapkan terjadi mengingat Anda memasukkan nilai yang diharapkan sebagai batas bawah.

1

Saya menjalankan kode Anda dengan dan mendapat sebagai jawabannya. Bukankah itu sedikit aneh karena jika itu konvergen ke suatu nilai tidak akan lebih banyak berjalan membuat kita lebih dekat ke nilai itu?

S = 10000

$S = 10000$

0.3631297

$0.3631297$

— siapa