时因变量的乘积的期望

18

让和，。作为的期望是什么？ $X_1 \sim U[0,1]$ $X_i \sim U[X_{i - 1}, 1]$ $i = 2, 3,...$ $X_1 X_2 \cdots X_n$ $n \rightarrow \infty$

mathematical-statistics random-variable expected-value

— 被谁使用
source

7

讽：是指吗？替代地，这可能意味着仅以，即。但是由于后者没有完全指定的联合分布，因此尚不清楚是否唯一确定了期望。

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 2015年

我认为从理论上讲，它应该以所有以前的为条件，直到为止。但是，给定我们可以获得的分布。所以我对此不太确定。

X_{i}

$X_i$

X_{i - 1}

$X_{i - 1}$

X_{i - 1}

$X_{i - 1}$

X_{i}

$X_i$

— usedbywho 2015年

@JuhoKokkala如前所述，对之前的变量进行条件设置并不重要，因为它们不会改变是统一的的事实。的分布对我来说似乎是定义明确的。

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，2015年

@dsaxton如果我们只假设和，它和在上不是条件独立的条件仍然可能。因此的分布不明确。

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 2015年

@JuhoKokkala如果我告诉您，那么的分布是什么？如果您甚至不考虑就可以回答问题，那么和和如何相互依赖？还要注意，其他张贴者在模拟此序列时没有遇到任何麻烦。

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 2015年

12

答案确实是， $1/e$ 正如之前基于模拟和有限逼近的答复所猜测的那样。

通过引入函数的序列，很容易得出解决方案。尽管我们可以立即进行此步骤，但它似乎很神秘。此解决方案的第一部分说明了如何准备这些。第二部分说明如何利用它们来找到由极限函数满足的函数方程。第三部分显示解决此功能方程式所需的（常规）计算。 $f_n:[0,1]\to[0,1]$ $f_n(t)$ $f(t) = \lim_{n\to\infty}f_n(t)$

1.动机

我们可以通过应用一些标准的数学问题解决技术来达到这一目的。在这种情况下，如果无限次重复某种操作，则该限制将作为该操作的固定点存在。然后，关键是识别操作。

困难在于从到看起来很复杂。将这一步骤看成是将与变量相连而不是将与变量相连所引起的。如果我们考虑将构造为问题中所述的结构均匀分布在，有条件均匀分布在，依此类推-然后介绍 $E[X_1X_2\cdots X_{n-1}]$ $E[X_1X_2\cdots X_{n-1}X_n]$ $X_1$ $(X_2, \ldots, X_n)$ $X_n$ $(X_1, X_2, \ldots, X_{n-1})$ $(X_2, \ldots, X_n)$ $X_2$ $[0,1]$ $X_3$ $[X_2, 1]$ $X_1$ 将导致随后的每一个到通过的收缩因子朝向上限。这种推理自然会导致以下结构。 $X_i$ $1-X_1$ $1$

首先，由于将数字向收缩比向收缩更简单，因此让。因此，均匀分布在和均匀地分布在条件上对于所有我们对两件事感兴趣： $0$ $1$ $Y_i = 1-X_i$ $Y_1$ $[0,1]$ $Y_{i+1}$ $[0, Y_i]$ $(Y_1, Y_2, \ldots, Y_i)$ $i=1, 2, 3, \ldots.$

的限制值。 $E[X_1X_2\cdots X_n]=E[(1-Y_1)(1-Y_2)\cdots(1-Y_n)]$
当将所有均一地缩小到时，这些值的行为：也就是说，将它们全部按某个公因子缩放，即。 $Y_i$ $0$ $t$ $0 \le t \le 1$

为此，定义

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

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

显然，对于所有实数，每个都是定义且连续的（实际上是无限可微的）。我们将关注的行为。 $f_n$ $t$ $t\in[0,1]$

2.关键步骤

以下是显而易见的：

每个是从到的单调递减函数。 $f_n(t)$ $[0,1]$ $[0,1]$
$f_n(t) \gt f_{n+1}(t)$ 对于所有。 $n$
$f_n(0) = 1$ 对于所有。 $n$
$E(X_1X_2\cdots X_n) = f_n(1).$

这些暗示对于所有和。 $f(t) = \lim_{n\to\infty} f_n(t)$ $t\in[0,1]$ $f(0)=1$

请注意，以为条件，变量在是一致的，而变量（以所有先前变量为条件）在中是一致的：，精确满足满足的条件。所以 $Y_1$ $Y_2/Y_1$ $[0,1]$ $Y_{i+1}/Y_1$ $[0, Y_i/Y_1]$ $(Y_2/Y_1, Y_3/Y_1, \ldots, Y_n/Y_1)$ $(Y_1, \ldots, Y_{n-1})$

\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}

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

这是我们一直在寻找的递归关系。

因此，在的极限中，必须保证均匀地分布在，与所有无关， $n\to \infty$ $Y$ $[0,1]$ $Y_i$

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 .

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

也就是说，必须是函数的固定点，为此 $f$ $\mathcal{L}$

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.解决方案的计算

通过将两边乘以清除分数。因为右手边是整数，所以我们可以相对于微分，得到 $1/t$ $t$ $t$

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

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

等效地，在减去并将两边都除以， $f(t)$ $t$

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

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

为。我们可以将此连续性扩展为包括。在初始条件（3），唯一解为 $0 \lt t \le 1$ $t=0$ $f(0)=1$

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

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

因此，通过（4），的极限期望为 QED。 $X_1X_2\cdots X_n$ $f(1)=e^{-1} = 1/e$

由于Mathematica似乎是研究此问题的流行工具，因此这里是Mathematica代码，用于计算和绘制小。所述的情节显示快速收敛到（示出为黑色曲线）。 $f_n$ $n$ $f_1, f_2, f_3, f_4$ $e^{-t}$

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}]

— ub
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3

（+1）美丽的分析。

— 红衣主教

感谢您与我们分享。那里有一些非常聪明的人！

— 费利佩·杰拉德

4

更新资料

我认为答案是是一个安全的赌注。我使用Mathematica对期望值从到进行了积分，并在得到了 $1/e$ $n=2$ $n=100$ $n=100$

0.367879441171442321595523770161567628159853507344458757185018968311538556667710938369307469618599737077005261635286940285462842065735614

（小数点后100位）。该值的倒数是

2.718281828459045235360287471351873636852026081893477137766637293458245150821149822195768231483133554

与倒数和的区别是 $e$

-7.88860905221011806482437200330334265831479532397772375613947042032873*10^-31

我敢说，这太接近了，不能说是理性的巧合。

该数学代码如下：

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}]

更新结束

这更多的是评论而不是答案。

如果我们通过为多个值确定期望值而走强行路线，也许有人会识别出一个模式，然后能够采取极限。 $n$

对于，我们有产品的期望值 $n=5$

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}

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

这是96547/259200或大约0.3724807098765432。

如果将积分从0 1，我们将在有一个多项式，其结果从到（并且我删除了下标以使内容更易于阅读）： $x_1$ $n=1$ $n=6$

$x$

$(x + x^2)/2$

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

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

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

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

如果有人认识到整数系数的形式，则可以确定一个极限，即（在执行从0到1的积分后被去除以显示基础多项式）。 $n\rightarrow\infty$

— 吉姆
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1 / e

$1/e$ 精美绝伦！:)

— wolfies

4

好问题。作为快速评论，我要指出：

$X_n$ 将迅速收敛到1，因此对于蒙特卡洛检查，将设置将比实际完成更多。 $n = 1000$
如果，则通过蒙特卡洛模拟，作为，。 $Z_n = X_1 X_2 \dots X_n$ $n \rightarrow \infty$ $E[Z_n] \approx 0.367$
下图将的模拟蒙特卡洛pdf与幂函数分布[即Beta（a，1）pdf）进行了比较 $Z_n$

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

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

...这里参数： $a=0.57$

_{（来源：tri.org.au）}

哪里：

蓝色曲线表示蒙特卡洛“经验” pdf $Z_n$
红色虚线是PowerFunction pdf。

契合度看起来不错。

码

这是产品一百万个伪随机图（例如），这里使用Mathematica： $Z_n$ $n = 1000$

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

样本均值是：

 Mean[data]

0.367657

— 狼人
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您可以共享整个代码吗？我的解决方案与您的不同。

1

至关重要的第一个要点似乎没有足够充分的理由。为什么不考虑的下一个值的影响？尽管出现了“快速”收敛，但它们的累积效果可能会大大降低期望值。

10^{100}

$10^{100}$

x_{n}

$x_n$

— ub

1

在这里很好地使用模拟。我和@whuber有类似的问题。我们如何确定该值收敛到0.367而不是较低的值（如果较大，则有可能收敛）？

n

$n$

— usedbywho 2015年

作为对以上2条评论的答复：（a）系列非常迅速地收敛到1。即使从初始值，在大约60次迭代中，在数值上也无法从数值1.0与计算机区分开。。因此，用模拟是过大的。（b）作为蒙特卡洛测试的一部分，我还检查了相同的模拟（运行1百万次），但是使用而不是1000，结果无法区分。因此，似乎不太可能较大的值将使任何可辨别的区别：上述，是有效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}

$X_n$

— Wolfies，2015年

0

纯粹凭直觉，并基于Rusty的其他答案，我认为答案应该是这样的：

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

这给了我们0.3583668。对于每个，您都将范围分成两半，其中从开始。因此，它是等的乘积。 $X$ $(a,1)$ $a$ $0$ $1/2, (1 + 3/4)/2, (1 + 8/9)/2$

这只是直觉。

Rusty答案的问题在于，在每个模拟中U [1]都是相同的。模拟不是独立的。解决此问题很容易。将线移动U[1] = runif(1,0,1)到第一个循环内。结果是：

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)

这给了0.3545284。

— 杰西卡（Jessica）
source

1

非常简单的修复！我想这是真的，代码中总有一个错误！我记下答案。

1

是的，考虑到您将期望值插入下限，这正是我所期望的。

1

我用运行您的代码，得到作为答案。难道不是有点奇怪，因为如果它确实收敛到一个值，就不会有更多的运行使我们更接近该值吗？

S = 10000

$S = 10000$

0.3631297

$0.3631297$

— usedbywho 2015年