Педантичный замечание: это Xi∼U[Xi−1,1] означает Xi∣X1,…,Xi−1∼U[Xi−1,1] ? В качестве альтернативы это может означать кондиционирование только на Xi−1 , то есть Xi∣Xi−1∼U[Xi−1,1]. Но так как последний не полностью определяет совместное распределениеXi , не сразу ясно, однозначно ли определено ожидание.
Юхо Коккала
Я думаю, что теоретически это должно быть обусловлено всеми предыдущими Xi до Xi−1 . Однако, учитывая Xi−1 мы можем получить распределение для Xi . Так что я не совсем уверен в этом.
используется
@JuhoKokkala Как сказано это не имеет значения , если вы условие на переменных перед Xi−1 , потому что они не меняет того факта , что Xi равномерная [Xi−1,1] . Распределение (X1,…,Xn) кажется мне совершенно определенным.
dsaxton
@dsaxton Если только предположить , что и X я | X я - 1 ~ U ( X я - 1 , 1 ) , я = 2 , 3 , . , , , остается возможным, что X 1 и X 3 не являются условно независимыми условно на X 2 . Таким образом, распределение ( X 1X1∼U(0,1)Икся∣ Xя - 1∼ U( Xя - 1, 1 ) , я = 2 , 3 , . , ,Икс1Икс3Икс2 не является четко определенным. (X1,X2,X3)
Юхо Коккала
@JuhoKokkala Если я скажу вам, что , каково распределение X 3 ? Если вы можете ответить на вопрос, даже не задумываясь о X 1 , как X 1 и X 3 могут быть зависимыми от X 2 ? Также обратите внимание, что другие постеры без проблем симулировали эту последовательность. X2=tX3X1X1X3X2
dsaxton
Ответы:
12
Ответ действительно ,1/e как и предполагалось в предыдущих ответах, основанных на моделировании и конечных приближениях.
Решение легко достигается введением последовательности функций . Хотя мы могли бы немедленно перейти к этому шагу, он может показаться довольно загадочным. Первая часть этого решения объясняет, как можно приготовить эти f n ( t ) . Вторая часть показывает, как они используются для нахождения функционального уравнения, удовлетворяемого предельной функцией f ( t ) = lim n → ∞ f n ( t )fn:[0,1]→[0,1]fn(t)f(t)=limn→∞fn(t), Третья часть отображает (обычные) вычисления, необходимые для решения этого функционального уравнения.
1. Мотивация
Мы можем прийти к этому, применив некоторые стандартные математические методы решения проблем. В этом случае, когда какая-то операция повторяется до бесконечности, предел будет существовать как фиксированная точка этой операции. Ключ, поэтому, должен идентифицировать операцию.
Сложность в том, что переход от к E [ X 1 X 2 ⋯ X n - 1 X n ] выглядит сложным. Проще рассматривать этот шаг как результат присоединения X 1 к переменным ( X 2 , … , X n ), а не присоединения X n к переменным ( X 1 ,E[X1X2⋯Xn−1]E[X1X2⋯Xn−1Xn]X1(X2,…,Xn)Xn . Если бы мы рассматривали ( X 2 , … , X n ) как конструируемые, как описано в вопросе - с X 2, равномерно распределенным на [ 0 , 1 ] , X 3, условно равномерно распределенным на [ X 2 , 1 ] , и так далее - то введения X 1 будет вызывать каждый из последующего X I к(X1,X2,…,Xn−1)(X2,…,Xn)X2[0,1]X3[X2,1]X1Xishrink by a factor of 1−X1 towards the upper limit 1. This reasoning leads naturally to the following construction.
As a preliminary matter, since it's a little simpler to shrink numbers towards 0 than towards 1, let Yi=1−Xi. Thus, Y1 is uniformly distributed in [0,1] and Yi+1 is uniformly distributed in [0,Yi] conditional on (Y1,Y2,…,Yi) for all i=1,2,3,…. We are interested in two things:
The limiting value of E[X1X2⋯Xn]=E[(1−Y1)(1−Y2)⋯(1−Yn)].
How these values behave when shrinking all the Yi uniformly towards 0: that is, by scaling them all by some common factor t, 0≤t≤1.
To this end, define
fn(t)=E[(1−tY1)(1−tY2)⋯(1−tYn)].
Clearly each fn is defined and continuous (infinitely differentiable, actually) for all real t. We will focus on their behavior for t∈[0,1].
2. The Key Step
The following are obvious:
Each fn(t) is a monotonically decreasing function from [0,1] to [0,1].
fn(t)>fn+1(t) for all n.
fn(0)=1 for all n.
E(X1X2⋯Xn)=fn(1).
These imply that f(t)=limn→∞fn(t) exists for all t∈[0,1] and f(0)=1.
Observe that, conditional on Y1, the variable Y2/Y1 is uniform in [0,1] and variables Yi+1/Y1 (conditional on all preceding variables) are uniform in [0,Yi/Y1]: that is, (Y2/Y1,Y3/Y1,…,Yn/Y1) satisfy precisely the conditions satisfied by (Y1,…,Yn−1). Consequently
That is, f must be a fixed point of the functional L for which
L[g](t)=1t∫t0(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)+tf′(t)=(1−t)f(t).
Equivalently, upon subtracting f(t) and dividing both sides by t,
f′(t)=−f(t)
for 0<t≤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.
Consequently, by (4), the limiting expectation of X1X2⋯Xn 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 fn for small n. The plot of f1,f2,f3,f4 displays rapid convergence to e−t (shown as the black graph).
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
which is 96547/259200 or approximately 0.3724807098765432.
If we drop the integral from 0 to 1, we have a polynomial in x1 with the following results for n=1 to n=6 (and I've dropped the subscript to make things a bit easier to read):
If someone recognizes the form of the integer coefficients, then maybe a limit as n→∞ can be determined (after performing the integration from 0 to 1 that was removed to show the underlying polynomial).
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 10100 values of xn? 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 is larger?
usedbywho
In reply to the above 2 comments: (a) The series Xi converges very rapidly to 1. Even starting with an initial value of X1=0.1, within about 60 iterations, X60 will be numerically indistinguishable from numerical 1.0 to a computer. So, simulating Xn with 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 rather than 1000, and the results were indistinguishable. Thus, it seem unlikely that larger values of n will make any discernible difference: above n=100, Xnis 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)
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 and got 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?
Ответы:
Ответ действительно ,1/e как и предполагалось в предыдущих ответах, основанных на моделировании и конечных приближениях.
Решение легко достигается введением последовательности функций . Хотя мы могли бы немедленно перейти к этому шагу, он может показаться довольно загадочным. Первая часть этого решения объясняет, как можно приготовить эти f n ( t ) . Вторая часть показывает, как они используются для нахождения функционального уравнения, удовлетворяемого предельной функцией f ( t ) = lim n → ∞ f n ( t )fn:[0,1]→[0,1] fn(t) f(t)=limn→∞fn(t) , Третья часть отображает (обычные) вычисления, необходимые для решения этого функционального уравнения.
1. Мотивация
Мы можем прийти к этому, применив некоторые стандартные математические методы решения проблем. В этом случае, когда какая-то операция повторяется до бесконечности, предел будет существовать как фиксированная точка этой операции. Ключ, поэтому, должен идентифицировать операцию.
Сложность в том, что переход от к E [ X 1 X 2 ⋯ X n - 1 X n ] выглядит сложным. Проще рассматривать этот шаг как результат присоединения X 1 к переменным ( X 2 , … , X n ), а не присоединения X n к переменным ( X 1 ,E[X1X2⋯Xn−1] E[X1X2⋯Xn−1Xn] X1 (X2,…,Xn) Xn . Если бы мы рассматривали ( X 2 , … , X n ) как конструируемые, как описано в вопросе - с X 2, равномерно распределенным на [ 0 , 1 ] , X 3, условно равномерно распределенным на [ X 2 , 1 ] , и так далее - то введения X 1 будет вызывать каждый из последующего X I к(X1,X2,…,Xn−1) (X2,…,Xn) X2 [0,1] X3 [X2,1] X1 Xi shrink by a factor of 1−X1 towards the upper limit 1 . This reasoning leads naturally to the following construction.
As a preliminary matter, since it's a little simpler to shrink numbers towards0 than towards 1 , let Yi=1−Xi . Thus, Y1 is uniformly distributed in [0,1] and Yi+1 is uniformly distributed in [0,Yi] conditional on (Y1,Y2,…,Yi) for all i=1,2,3,…. We are interested in two things:
The limiting value ofE[X1X2⋯Xn]=E[(1−Y1)(1−Y2)⋯(1−Yn)] .
How these values behave when shrinking all theYi uniformly towards 0 : that is, by scaling them all by some common factor t , 0≤t≤1 .
To this end, define
Clearly eachfn is defined and continuous (infinitely differentiable, actually) for all real t . We will focus on their behavior for t∈[0,1] .
2. The Key Step
The following are obvious:
Eachfn(t) is a monotonically decreasing function from [0,1] to [0,1] .
These imply thatf(t)=limn→∞fn(t) exists for all t∈[0,1] and f(0)=1 .
Observe that, conditional onY1 , the variable Y2/Y1 is uniform in [0,1] and variables Yi+1/Y1 (conditional on all preceding variables) are uniform in [0,Yi/Y1] : that is, (Y2/Y1,Y3/Y1,…,Yn/Y1) satisfy precisely the conditions satisfied by (Y1,…,Yn−1) . Consequently
This is the recursive relationship we were looking for.
In the limit asn→∞ it must therefore be the case that for Y uniformly distributed in [0,1] independently of all the Yi ,
That is,f must be a fixed point of the functional L for which
3. Calculation of the Solution
Clear the fraction1/t by multiplying both sides by t . Because the right hand side is an integral, we may differentiate it with respect to t , giving
Equivalently, upon subtractingf(t) and dividing both sides by t ,
for0<t≤1 . We may extend this by continuity to include t=0 . With the initial condition (3) f(0)=1 , the unique solution is
Consequently, by (4), the limiting expectation ofX1X2⋯Xn 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 plotfn for small n . The plot of f1,f2,f3,f4 displays rapid convergence to e−t (shown as the black graph).
источник
Update
I think it's a safe bet that the answer is1/e . I ran the integrals for the expected value from n=2 to n=100 using Mathematica and with n=100 I got
(to 100 decimal places). The reciprocal of that value is
The difference with that reciprocal ande is
I think that's too close, dare I say, to be a rational coincidence.
The Mathematica code follows:
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 ofn , maybe someone will recognize a pattern and then be able to take a limit.
Forn=5 , we have the expected value of the product being
which is 96547/259200 or approximately 0.3724807098765432.
If we drop the integral from 0 to 1, we have a polynomial inx1 with the following results for n=1 to n=6 (and I've dropped the subscript to make things a bit easier to read):
If someone recognizes the form of the integer coefficients, then maybe a limit asn→∞ can be determined (after performing the integration from 0 to 1 that was removed to show the underlying polynomial).
источник
Nice question. Just as a quick comment, I would note that:
IfZn=X1X2…Xn , then by Monte Carlo simulation, as n→∞ , E[Zn]≈0.367 .
The following diagram compares the simulated Monte Carlo pdf ofZn to a Power Function distribution [ i.e. a Beta(a,1) pdf) ]
... here with parametera=0.57 :
(source: tri.org.au)
where:
The fit appears pretty good.
Code
Here are 1 million pseudorandom drawings of the productZn (say with n=1000 ), here using Mathematica:
The sample mean is:
источник
Purely intuitively, and based on Rusty's other answer, I think the answer should be something like this:
Which gives usX , 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.
0.3583668
. For eachThis 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:This gives
0.3545284
.источник