場合、従属確率変数の積の期待値

18

ましょうと、。期待は何ですかなど？ $X_1 \sim U[0,1]$ $X_i \sim U[X_{i - 1}, 1]$ $i = 2, 3,...$ $X_1 X_2 \cdots X_n$ $n \rightarrow \infty$

mathematical-statistics random-variable expected-value

— usedbywho
ソース

7

退屈な発言：はを意味しますか？または、、つまりのみを条件とすることもできます。しかし、後者はの共同分布を完全には指定しないため、期待値が一意に決定されるかどうかはすぐにはわかりません。

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}

$X_i$

— ジュホコッカラ

理論的には、以前のすべてのからまでを条件とする必要があると思います。ただし、を指定すると、の分布を取得できます。ですから、これについてはよくわかりません。

X_{i}

$X_i$

X_{i - 1}

$X_{i - 1}$

X_{i - 1}

$X_{i - 1}$

X_{i}

$X_i$

— usedbywho

@JuhoKokkala前述のように、が均一であるという事実を変更しないので、前に変数を条件付けるかどうかは関係ありません。の分布は私にとって完全に明確に定義されているようです。

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

@dsaxtonおよびのみと仮定した場合、可能性が残っと条件付きで独立して、条件付きではありません。したがって、の分布は明確に定義されていません。

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})

$(X_1,X_2,X_3)$

— ジュホコッカラ

@JuhoKokkalaと言ったら、の分布は何ですか？あなたはについても、何も考えずに質問に答えることができた場合は、どのようにすることができと与えられた依存する？また、他のポスターがこのシーケンスをシミュレートするのに問題がなかったことにも注意してください。

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

$1/e$ シミュレーションと有限近似に基づいた以前の回答で推測されたように、答えは確かにです。

溶液は容易に機能の配列を導入することによって到達される。すぐにそのステップに進むことはできますが、かなり不思議に思われるかもしれません。このソリューションの最初の部分では、これらの調理する方法について説明します。2番目の部分は、制限関数によって満たされる関数方程式を見つけるためにどのように活用されるかを示しています。3番目の部分には、この関数方程式を解くために必要な（ルーチン）計算が表示されます。 $f_n:[0,1]\to[0,1]$ $f_n(t)$ $f(t) = \lim_{n\to\infty}f_n(t)$

1.モチベーション

いくつかの標準的な数学的問題解決手法を適用することでこれに到達できます。ある種の操作が無限に繰り返されるこの場合、制限はその操作の固定小数点として存在します。キーは、操作を識別することです。

難点は、からが複雑に見えることです。このステップは、を変数隣接させるよりもを変数隣接させることから生じると考える方が簡単です。が質問で説明されているように構築されていると考えた場合、はに均一に分布し、は X_2、1に条件付きで均一に分布し、…を導入 $E[X_1X_2\cdots X_{n-1}]$ $E[X_1X_2\cdots X_{n-1}X_n]$ $X_1$ $(X_2, \ldots, X_n)$ $X_n$ $(X_1, X_2, \ldots, X_{n-1})$ $(X_2, \ldots, X_n)$ $X_2$ $[0,1]$ $X_3$ $[X_2, 1]$ $X_1$ 後続のすべての原因の一つであろうするための係数で縮小上限に向かって。この推論は自然に次の構成につながります。 $X_i$ $1-X_1$ $1$

予備的な問題として、数値を向かって縮小するよりも向かって縮小する方が少し簡単なので、ます。したがって、はに均一に分布し、はに均一に分布し、すべてのに対してを条件とします 2つのことに興味があります。 $0$ $1$ $Y_i = 1-X_i$ $Y_1$ $[0,1]$ $Y_{i+1}$ $[0, Y_i]$ $(Y_1, Y_2, \ldots, Y_i)$ $i=1, 2, 3, \ldots.$

の制限値。 $E[X_1X_2\cdots X_n]=E[(1-Y_1)(1-Y_2)\cdots(1-Y_n)]$
すべての一様にに縮小するときのこれらの値の動作：つまり、すべての共通因子、すべてスケーリングします。 $Y_i$ $0$ $t$ $0 \le t \le 1$

このために、定義します

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

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

明らかに、すべての実に対して各が定義され、連続的（実際には無限微分可能）です。動作に注目します。 $f_n$ $t$ $t\in[0,1]$

2.重要なステップ

以下は明らかです。

各から単調減少関数であるに。 $f_n(t)$ $[0,1]$ $[0,1]$
$f_n(t) \gt f_{n+1}(t)$ すべてのために。 $n$
$f_n(0) = 1$ 、すべてのため。 $n$
$E(X_1X_2\cdots X_n) = f_n(1).$

これらは、すべてのおよびが存在することを意味します。 $f(t) = \lim_{n\to\infty} f_n(t)$ $t\in[0,1]$ $f(0)=1$

条件として、変数は一様であり、変数（先行するすべての変数で条件付き）は一様であることに、はによって満たされる条件を正確に満たします。 その結果 $Y_1$ $Y_2/Y_1$ $[0,1]$ $Y_{i+1}/Y_1$ $[0, Y_i/Y_1]$ $(Y_2/Y_1, Y_3/Y_1, \ldots, Y_n/Y_1)$ $(Y_1, \ldots, Y_{n-1})$

\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}

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

これが、探していた再帰的な関係です。

したがって、の制限では、がすべてのとは無関係にに均一に分布している必要があります。 $n\to \infty$ $Y$ $[0,1]$ $Y_i$

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 .

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

つまり、は関数不動点でなければなりません。 $f$ $\mathcal{L}$

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.解の計算

クリア分数によって両側を掛けて。右側が不可欠であるため、我々はに関してそれを区別することが与え、 $1/t$ $t$ $t$

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

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

同様に、を減算し、両側をで除算すると、 $f(t)$ $t$

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

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

以下のための。を含むように連続性によってこれを拡張でき。初期条件（3）場合、一意の解は $0 \lt t \le 1$ $t=0$ $f(0)=1$

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

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

その結果、（4）により、制限期待値は、QEDです。 $X_1X_2\cdots X_n$ $f(1)=e^{-1} = 1/e$

Mathematicaはこの問題を研究するための一般的なツールであると思われるため、小さなを計算してプロットするMathematicaコードをます。のプロットはへの急速な収束を示しています（黒いグラフとして表示）。 $f_n$ $n$ $f_1, f_2, f_3, f_4$ $e^{-t}$

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}]

— ヒューバー
ソース

3

（+1）美しい分析。

— 枢機

共有していただきありがとうございます。本当に素晴らしい人がいます！

— フェリペジェラール

4

更新

答えがことは安全な賭けだと思います。Mathematicaを使用してからまでの期待値の積分を実行し、で取得しました $1/e$ $n=2$ $n=100$ $n=100$

0.367879441171442321595523770161567628159853507344458757185018968311538556667710938369307469618599737077005261635286940285462842065735614

（小数点以下100桁まで）。その値の逆数は

2.718281828459045235360287471351873636852026081893477137766637293458245150821149822195768231483133554

その逆数との違いは $e$

-7.88860905221011806482437200330334265831479532397772375613947042032873*10^-31

私はそれが合理的な偶然の一致であると、あえて言うには近すぎます。

Mathematicaのコードは次のとおりです。

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}]

更新終了

これは、回答というよりも拡張されたコメントです。

いくつかの値の期待値を決定することでブルートフォースルートを実行する、誰かがパターンを認識し、制限を取得できる可能性があります。 $n$

以下のため、我々は製品の存在の期待値を持っています $n=5$

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}

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

96547/259200または約0.3724807098765432です。

積分を0から1に落とすと、に多項式があり、から次の結果が得られます（そして、読みやすくするために添え字を落としました）。 $x_1$ $n=1$ $n=6$

$x$

$(x + x^2)/2$

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

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

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

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

誰かが整数係数の形式を認識した場合、としての限界が決定される可能性があります（基になる多項式を示すために削除された0から1の積分を実行した後）。 $n\rightarrow\infty$

— JimB
ソース

は美しくエレガントです！:)

1 / e

$1/e$

— wolfies

4

いい質問です。簡単なコメントとして、次のことに注意してください。

$X_n$ は1に急速に収束するため、モンテカルロチェックの場合、 $n = 1000$ に設定することでトリックを超えることができます。
もし $Z_n = X_1 X_2 \dots X_n$ 、次いで、モンテカルロシミュレーションによって、として $n \rightarrow \infty$ 、 $E[Z_n] \approx 0.367$ 。
次の図は、シミュレートされた $Z_n$ モンテカルロpdf をべき関数分布[すなわちBeta（a、1）pdf）] と比較します。

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

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

...パラメータ $a=0.57$ ：

_{（ソース：tri.org.au）}

どこ：

青い曲線は、モンテカルロ「経験的」確率密度関数を示します $Z_n$
赤い破線の曲線はPowerFunction pdfです。

フィット感はかなり良いようです。

コード

$Z_n$ $n = 1000$

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

サンプルの平均は次のとおりです。

 Mean[data]

0.367657

— オオカミ
ソース

コード全体を共有できますか？私のソリューションはあなたのものとは異なります。

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

純粋に直感的で、Rustyの他の答えに基づいて、答えは次のようにすべきだと思います。

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

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

これは単なる直観です。

ラスティの答えの問題は、U [1]がすべてのシミュレーションで同一であることです。シミュレーションは独立していません。これに対する修正は簡単です。で行をU[1] = runif(1,0,1)最初のループ内に移動します。結果は次のとおりです。

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)

これはを与え0.3545284ます。

— ジェシカ
ソース

1

非常に簡単な修正！私はそれが本当だと思います、コードには常にバグがあります！答えを取り下げます。

1

ええ、それはまさに、期待値を下限としてプラグインすることを考えれば、私が期待していたことでした。

1

S = 10000

$S = 10000$

0.3631297

$0.3631297$