Expectativa de un producto de

18

Deje y , . ¿Cuál es la expectativa de como ? $X_1 \sim U[0,1]$ $X_i \sim U[X_{i - 1}, 1]$ $i = 2, 3,...$ $X_1 X_2 \cdots X_n$ $n \rightarrow \infty$

mathematical-statistics random-variable expected-value

— utilizado por quién
fuente

77

Una observación pedante: ¿ intención de significar ? Alternativamente, podría significar acondicionamiento solo en , es decir, . Pero como este último no especifica completamente la distribución conjunta de los s, no está claro de inmediato si la expectativa se determina de manera única.

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

Creo que, en teoría, debería estar condicionado a todos los anteriores hasta . Sin embargo, dado podemos obtener la distribución para . Así que no estoy muy seguro de esto.

X_{i}

$X_i$

X_{i - 1}

$X_{i - 1}$

X_{i - 1}

$X_{i - 1}$

X_{i}

$X_i$

— usedbywho

@JuhoKokkala Como se indicó, no importa si condiciona las variables antes de

X_{i - 1}

$X_{i-1}$ porque no cambiarían el hecho de que

X_{i}

$X_i$ es uniforme

[X_{i - 1}, 1]

$[X_{i-1}, 1]$ . La distribución de

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

$(X_1, \ldots , X_n)$ parece perfectamente bien definida.

— dsaxton

@dsaxton Si solo asumimos

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

$X_1\sim U(0,1)$ y , sigue siendo posible que

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}

$X_1$ y

X_{3}

$X_3$ no sean condicionalmente independientes condicionales en

X_{2}

$X_2$ . Por lo tanto, la distribución de

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

$(X_1,X_2,X_3)$ no está bien definida.

— Juho Kokkala

@JuhoKokkala Si te digo que

X_{2} = t

$X_2=t$ , ¿cuál es la distribución de

X_{3}

$X_3$ ? Si puede responder la pregunta sin siquiera pensar en

X_{1}

$X_1$ , ¿cómo pueden depender

X_{1}

$X_1$ y

X_{3}

$X_3$ dado

X_{2}

$X_2$ ? Observe también cómo otros carteles no han tenido problemas para simular esta secuencia.

— dsaxton

12

La respuesta es de hecho $1/e$ , como se adivinó en las respuestas anteriores basadas en simulaciones y aproximaciones finitas.

La solución se llega fácilmente introduciendo una secuencia de funciones $f_n:[0,1]\to[0,1]$ . Aunque podríamos proceder a ese paso de inmediato, puede parecer bastante misterioso. La primera parte de esta solución explica cómo se pueden cocinar estos $f_n(t)$ . La segunda parte muestra cómo se explotan para encontrar una ecuación funcional satisfecha por la función limitante $f(t) = \lim_{n\to\infty}f_n(t)$ . La tercera parte muestra los cálculos (de rutina) necesarios para resolver esta ecuación funcional.

1. Motivación

Podemos llegar a esto aplicando algunas técnicas estándar de resolución de problemas matemáticos. En este caso, donde algún tipo de operación se repite hasta el infinito, el límite existirá como un punto fijo de esa operación. La clave, entonces, es identificar la operación.

La dificultad es que el movimiento de a parece complicado. Es más simple ver este paso como resultado de la unión de a las variables lugar de la unión de a las variables $E[X_1X_2\cdots X_{n-1}]$ $E[X_1X_2\cdots X_{n-1}X_n]$ $X_1$ $(X_2, \ldots, X_n)$ $X_n$ . Si tuviéramos que considerar como construido como se describe en la pregunta, con uniformemente distribuido en , uniformemente distribuido uniformemente en , y así sucesivamente - a continuación, la introducción de hará que cada uno de la posterior a $(X_1, X_2, \ldots, X_{n-1})$ $(X_2, \ldots, X_n)$ $X_2$ $[0,1]$ $X_3$ $[X_2, 1]$ $X_1$ $X_i$ reducir por un factor de hacia el límite superior $1-X_1$ $1$ . Este razonamiento conduce naturalmente a la siguiente construcción.

Como cuestión preliminar, dado que es un poco más simple reducir los números hacia que hacia , sea . Por lo tanto, se distribuye uniformemente en e se distribuye uniformemente en condicional a para todo $0$ $1$ $Y_i = 1-X_i$ $Y_1$ $[0,1]$ $Y_{i+1}$ $[0, Y_i]$ $(Y_1, Y_2, \ldots, Y_i)$ Nos interesan dos cosas: $i=1, 2, 3, \ldots.$

El valor límite de . $E[X_1X_2\cdots X_n]=E[(1-Y_1)(1-Y_2)\cdots(1-Y_n)]$
Cómo se comportan estos valores cuando se reducen todas las uniformemente hacia : es decir, escalando todas ellas por algún factor común , . $Y_i$ $0$ $t$ $0 \le t \le 1$

Para este fin, defina

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

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

Claramente cada se define y continuo (infinitamente diferenciable, en realidad) para todos reales . Nos centraremos en su comportamiento para . $f_n$ $t$ $t\in[0,1]$

2. El paso clave

Lo siguiente es obvio:

Cada es una función monotónicamente decreciente de a . $f_n(t)$ $[0,1]$ $[0,1]$
para todos los . $f_n(t) \gt f_{n+1}(t)$ $n$
para todo . $f_n(0) = 1$ $n$
$E(X_1X_2\cdots X_n) = f_n(1).$

Estos implican que existe para todo y . $f(t) = \lim_{n\to\infty} f_n(t)$ $t\in[0,1]$ $f(0)=1$

Observe que, condicional en , la variable es uniforme en y las variables (condicional en todas las variables anteriores) son uniformes en : es decir, $Y_1$ $Y_2/Y_1$ $[0,1]$ $Y_{i+1}/Y_1$ $[0, Y_i/Y_1]$ satisface con precisión las condiciones satisfechas por . $(Y_2/Y_1, Y_3/Y_1, \ldots, Y_n/Y_1)$ $(Y_1, \ldots, Y_{n-1})$ Por consiguiente

\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}

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

Esta es la relación recursiva que estábamos buscando.

En el límite como lo tanto, debe darse el caso de que para distribuido uniformemente en independientemente de todos los , $n\to \infty$ $Y$ $[0,1]$ $Y_i$

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 .

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

Es decir, debe ser un punto fijo de la funcional para la cual $f$ $\mathcal{L}$

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. Cálculo de la solución

Despeja la fracción multiplicando ambos lados por . Debido a que el lado derecho es una integral, podemos diferenciarlo con respecto a , dando $1/t$ $t$ $t$

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

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

De manera equivalente, al restar y dividir ambos lados por , $f(t)$ $t$

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

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

para . Podemos extender esto por continuidad para incluir . Con la condición inicial (3) , la solución única es $0 \lt t \le 1$ $t=0$ $f(0)=1$

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

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

En consecuencia, por (4), la expectativa limitante de es , QED. $X_1X_2\cdots X_n$ $f(1)=e^{-1} = 1/e$

Debido a que Mathematica parece ser una herramienta popular para estudiar este problema, aquí hay un código de Mathematica para calcular y trazar para pequeña . La gráfica de muestra una convergencia rápida a (se muestra como el gráfico negro). $f_n$ $n$ $f_1, f_2, f_3, f_4$ $e^{-t}$

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
fuente

3

(+1) Hermoso análisis.

— cardenal

Gracias por compartir eso con nosotros. ¡Hay algunas personas realmente brillantes por ahí!

— Felipe Gerard

4

Actualizar

Creo que es una apuesta segura que la respuesta es . Ejecuté las integrales para el valor esperado de a usando Mathematica y con obtuve $1/e$ $n=2$ $n=100$ $n=100$

0.367879441171442321595523770161567628159853507344458757185018968311538556667710938369307469618599737077005261635286940285462842065735614

(hasta 100 decimales). El recíproco de ese valor es

2.718281828459045235360287471351873636852026081893477137766637293458245150821149822195768231483133554

La diferencia con ese recíproco y es $e$

-7.88860905221011806482437200330334265831479532397772375613947042032873*10^-31

Creo que está demasiado cerca, me atrevo a decir, para ser una coincidencia racional.

El código de Mathematica sigue:

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}]

Fin de la actualización

Esto es más un comentario extendido que una respuesta.

Si tomamos una ruta de fuerza bruta determinando el valor esperado para varios valores de , tal vez alguien reconocerá un patrón y luego podrá tomar un límite. $n$

Para , tenemos el valor esperado del producto que se está $n=5$

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}

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

que es 96547/259200 o aproximadamente 0.3724807098765432.

Si bajamos la integral de 0 a 1, tenemos un polinomio en con los siguientes resultados para a (y he bajado el subíndice para que las cosas sean un poco más fáciles de leer): $x_1$ $n=1$ $n=6$

$x$

$(x + x^2)/2$

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

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

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

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

Si alguien reconoce la forma de los coeficientes enteros, entonces quizás se pueda determinar un límite como (después de realizar la integración de 0 a 1 que se eliminó para mostrar el polinomio subyacente). $n\rightarrow\infty$

— JimB
fuente

es bellamente elegante! :)

1 / e

$1/e$

— wolfies

4

Buena pregunta. Solo como un comentario rápido, me gustaría señalar que:

$X_n$ convergerá a 1 rápidamente, por lo que para la comprobación de Monte Carlo, establecer $n = 1000$ será más que suficiente.
Si $Z_n = X_1 X_2 \dots X_n$ , entonces por simulación de Monte Carlo, como $n \rightarrow \infty$ , $E[Z_n] \approx 0.367$ .
El siguiente diagrama compara el pdf simulado de Monte Carlo de $Z_n$ con una distribución de función de potencia [es decir, un Beta (a, 1) pdf)]

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

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

... aquí con el parámetro $a=0.57$ :

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

dónde:

la curva azul denota el pdf 'empírico' de Monte Carlo de $Z_n$
la curva discontinua roja es un pdf PowerFunction.

El ajuste parece bastante bueno.

Código

Aquí hay 1 millón de dibujos pseudoaleatorios del producto $Z_n$ (digamos con $n = 1000$ ), aquí usando Mathematica :

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

La media muestral es:

 Mean[data]

0.367657

— lobos
fuente

¿Puedes compartir tu código completo? Mi solución difiere de la tuya.

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

Puramente intuitivo, y basado en la otra respuesta de Rusty, creo que la respuesta debería ser algo como esto:

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

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

Esto es solo intuición.

El problema con la respuesta de Rusty es que U [1] es idéntico en cada simulación. Las simulaciones no son independientes. Una solución para esto es fácil. Mueva la línea con U[1] = runif(1,0,1)dentro del primer bucle. El resultado es:

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)

Esto da 0.3545284.

— Jessica
fuente

1

Muy simple arreglo! Supongo que es cierto, ¡siempre hay un error en el código! Anotaré mi respuesta.

1

Sí, eso era exactamente lo que esperaba que sucediera dado que conecta los valores esperados como los límites inferiores.

1

S = 10000

$S = 10000$

0.3631297

$0.3631297$