ความคาดหวังของผลิตภัณฑ์ของตัวแปรสุ่มขึ้นอยู่กับเมื่อ

18

ให้และ ,... ความคาดหวังของเป็นคืออะไร? $X_1 \sim U[0,1]$ $X_i \sim U[X_{i - 1}, 1]$ $i = 2, 3,...$ $X_1 X_2 \cdots X_n$ $n \rightarrow \infty$

mathematical-statistics random-variable expected-value

— usedbywho
แหล่งที่มา

7

ข้อความอวดรู้:

X_{i} \sim U [X_{i - 1}, 1]

$X_i \sim U[X_{i - 1}, 1]$ ตั้งใจจะหมายถึง

X_{i} ∣ X_{1}, \dots, X_{i - 1} \sim U [X_{i - 1}, 1]

$X_i \mid X_1,\ldots,X_{i-1} \sim U[X_{i-1},1]$ ? หรือมิฉะนั้นก็อาจหมายถึงเครื่องเฉพาะใน

X_{i - 1}

$X_{i-1}$ , ที่อยู่,

X_{i} ∣ X_{i - 1} \sim U [X_{i - 1}, 1]

$X_i \mid X_{i-1} \sim U[X_{i-1},1]$ 1] แต่เนื่องจากหลังไม่ได้ระบุการกระจายการร่วมของ

อย่างสมบูรณ์

X_{i}

$X_i$ จึงไม่ชัดเจนในทันทีว่าการคาดการณ์นั้นได้รับการกำหนดโดยไม่ซ้ำกันหรือไม่

— Juho Kokkala

ผมคิดว่าในทางทฤษฎีมันควรจะปรับอากาศในทุกที่ก่อนหน้านี้

X_{i}

$X_i$ จนถึง

X_{i - 1}

$X_{i - 1}$ 1} แต่ให้

X_{i - 1}

$X_{i - 1}$ เราจะได้รับการจัดจำหน่ายสำหรับx_i

X_{i}

$X_i$ ดังนั้นฉันไม่แน่ใจเกี่ยวกับเรื่องนี้

— usedbywho

@JuhoKokkala ตามที่ระบุไว้ก็ไม่ได้ว่าถ้าคุณอยู่กับตัวแปรสภาพก่อน

X_{i - 1}

$X_{i-1}$ เพราะพวกเขาจะไม่เปลี่ยนความจริงที่ว่า

X_{i}

$X_i$ เป็นชุด

[X_{i - 1}, 1]

$[X_{i-1}, 1]$ 1] การกระจายของ

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

$(X_1, \ldots , X_n)$ ดูเหมือนว่าจะถูกกำหนดอย่างสมบูรณ์แบบสำหรับฉัน

— dsaxton

@dsaxton ถ้าเราถือว่า

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

$X_1\sim U(0,1)$ และ

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

$X_i\mid X_{i-1} \sim U(X_{i-1},1), i=2,3,...$ , มัน ยังคงเป็นไปได้ว่า

X_{1}

$X_1$ และ

X_{3}

$X_3$ ไม่ได้ตามเงื่อนไขอิสระเงื่อนไขในX_2

X_{2}

$X_2$ ดังนั้นการแจกแจง

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

$(X_1,X_2,X_3)$ จึงไม่ได้ถูกกำหนดไว้อย่างชัดเจน

— Juho Kokkala

@JuhoKokkala ถ้าฉันบอกคุณว่า

X_{2} = t

$X_2=t$ การกระจายตัวของ

X_{3}

$X_3$ คืออะไร? หากคุณสามารถตอบคำถามโดยไม่ต้องนึกถึง

X_{1}

$X_1$ ,

X_{1}

$X_1$ และ

X_{3}

$X_3$ จะขึ้นอยู่กับว่าได้รับ

X_{2}

$X_2$ อย่างไร สังเกตว่าโปสเตอร์อื่น ๆ ไม่มีปัญหาในการจำลองลำดับนี้

— dsaxton

12

คำตอบคือแน่นอน , $1/e$ เป็นเดาในการตอบกลับก่อนหน้านี้อยู่บนพื้นฐานของการจำลองและการประมาณ จำกัด

การแก้ปัญหาคือมาถึงได้อย่างง่ายดายโดยการแนะนำลำดับของฟังก์ชั่น[0,1] แม้ว่าเราจะสามารถไปยังขั้นตอนนั้นได้ทันที แต่มันอาจดูค่อนข้างลึกลับ ส่วนแรกของการแก้ปัญหานี้อธิบายวิธีที่หนึ่งอาจปรุงเหล่านี้ ที่สองแสดงให้เห็นว่าส่วนหนึ่งวิธีที่พวกเขาจะใช้ประโยชน์ในการหาสมการทำงานความพึงพอใจโดยฟังก์ชั่น จำกัด(t) ส่วนที่สามแสดงการคำนวณ (ประจำ) ที่จำเป็นในการแก้สมการการทำงานนี้ $f_n:[0,1]\to[0,1]$ $f_n(t)$ $f(t) = \lim_{n\to\infty}f_n(t)$

1. แรงจูงใจ

เราสามารถมาถึงสิ่งนี้ได้โดยใช้เทคนิคการแก้ปัญหาทางคณิตศาสตร์มาตรฐาน ในกรณีนี้เมื่อการดำเนินการบางอย่างซ้ำแล้วซ้ำอีกไม่สิ้นสุดวงเงินจะมีอยู่เป็นจุดคงที่ของการดำเนินการนั้น กุญแจสำคัญคือการระบุการดำเนินการ

ปัญหาคือการย้ายจากเป็นดูซับซ้อน มันจะง่ายเพื่อดูขั้นตอนนี้เป็นที่เกิดจากการติดตัวแปรมากกว่าที่อยู่ติดกันตัวแปร{n-1}) หากเราต้องพิจารณาตามที่อธิบายไว้ในคำถาม - ด้วยกระจายอย่างสม่ำเสมอใน , มีการแจกแจงแบบมีเงื่อนไขในและอื่น ๆ - จากนั้นแนะนำ $E[X_1X_2\cdots X_{n-1}]$ $E[X_1X_2\cdots X_{n-1}X_n]$ $X_1$ $(X_2, \ldots, X_n)$ $X_n$ $(X_1, X_2, \ldots, X_{n-1})$ $(X_2, \ldots, X_n)$ $X_2$ $[0,1]$ $X_3$ $[X_2, 1]$ $X_1$ จะทำให้เกิดการอย่างใดอย่างหนึ่งต่อมาทุก $X_i$ ที่จะหดตัวลงโดยปัจจัยของ $1-X_1$ ต่อขีด จำกัด บน $1$ 1เหตุผลนี้นำไปสู่การก่อสร้างดังต่อไปนี้ตามธรรมชาติ

ในฐานะที่เป็นเรื่องเบื้องต้นเนื่องจากมันเล็ก ๆ น้อย ๆ ที่เรียบง่ายที่จะหดตัวต่อหมายเลข $0$ กว่าต่อ $1$ ให้ $Y_i = 1-X_i$ 1 ดังนั้น $Y_1$ จึงกระจายอย่างสม่ำเสมอใน $[0,1]$ และ $Y_{i+1}$ มีการกระจายอย่างสม่ำเสมอใน $[0, Y_i]$ เงื่อนไขบน $(Y_1, Y_2, \ldots, Y_i)$ สำหรับ $i=1, 2, 3, \ldots.$ เราสนใจสองสิ่ง:

ค่า จำกัด ของ(1-y_n)] $E[X_1X_2\cdots X_n]=E[(1-Y_1)(1-Y_2)\cdots(1-Y_n)]$
วิธีค่าเหล่านี้ทำงานเมื่อหดตัวทั้งหมดสม่ำเสมอต่อ : นั่นคือโดยการปรับพวกเขาทั้งหมดโดยบางส่วนปัจจัยร่วมกัน ,1 $Y_i$ $0$ $t$ $0 \le t \le 1$

ด้วยเหตุนี้กำหนด

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

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

เห็นได้ชัดว่าแต่ละถูกกำหนดและต่อเนื่อง (อนันต์อนุพันธ์ได้จริง) สำหรับจริงทั้งหมดทีเราจะมุ่งเน้นไปที่พฤติกรรมของพวกเขาสำหรับ[0,1] $f_n$ $t$ $t\in[0,1]$

2. ขั้นตอนสำคัญ

ต่อไปนี้ชัดเจน:

แต่ละ $f_n(t)$ เป็นฟังก์ชัน monotonically ลดลงจาก $[0,1]$ เพื่อ[0,1] $[0,1]$
$f_n(t) \gt f_{n+1}(t)$ สำหรับทุกn $n$
$f_n(0) = 1$ สำหรับทุกn $n$
$E(X_1X_2\cdots X_n) = f_n(1).$

เหล่านี้บ่งบอกว่าที่มีอยู่สำหรับทุกและ 1 $f(t) = \lim_{n\to\infty} f_n(t)$ $t\in[0,1]$ $f(0)=1$

สังเกตว่าเงื่อนไขบนตัวแปรมีรูปแบบเหมือนกันในและตัวแปร (มีเงื่อนไขกับตัวแปรก่อนหน้าทั้งหมด) มีรูปแบบเดียวกันใน : นั่นคือ ,ตอบสนองความแม่นยำเงื่อนไขความพึงพอใจโดย{n-1}) ดังนั้น $Y_1$ $Y_2/Y_1$ $[0,1]$ $Y_{i+1}/Y_1$ $[0, Y_i/Y_1]$ $(Y_2/Y_1, Y_3/Y_1, \ldots, Y_n/Y_1)$ $(Y_1, \ldots, Y_{n-1})$

\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}

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

นี่คือความสัมพันธ์แบบวนซ้ำที่เรากำลังมองหา

ในวงเงินที่เป็นมันจึงต้องเป็นกรณีที่สำหรับกระจายอย่างสม่ำเสมอในเป็นอิสระจากทั้งหมด , $n\to \infty$ $Y$ $[0,1]$ $Y_i$

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 .

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

นั่นคือจะต้องเป็นจุดคงที่ของการทำงานที่ $f$ $\mathcal{L}$

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. การคำนวณโซลูชัน

ล้างส่วนโดยการคูณทั้งสองข้างด้วยเสื้อเนื่องจากด้านขวามือเป็นส่วนสำคัญเราอาจแยกมันออกมาเทียบกับให้ $1/t$ $t$ $t$

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

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

เท่าเมื่อลบและหารทั้งสองข้างด้วย , $f(t)$ $t$

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

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

สำหรับ1 เราอาจจะขยายต่อเนื่องนี้โดยจะรวม 0 ด้วยสภาวะเริ่มต้น (3)ที่ไม่ซ้ำกันแก้ปัญหาคือ $0 \lt t \le 1$ $t=0$ $f(0)=1$

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

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

ดังนั้นโดย (4) ความคาดหวังที่ จำกัด ของคือ , QED $X_1X_2\cdots X_n$ $f(1)=e^{-1} = 1/e$

เพราะMathematicaดูเหมือนจะเป็นเครื่องมือที่นิยมสำหรับการศึกษาปัญหานี้ที่นี่เป็นMathematicaรหัสในการคำนวณและพล็อสำหรับขนาดเล็กและnพล็อตของแสดงการบรรจบกันอย่างรวดเร็วถึง (แสดงเป็นกราฟสีดำ) $f_n$ $n$ $f_1, f_2, f_3, f_4$ $e^{-t}$

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
แหล่งที่มา

3

(+1) การวิเคราะห์ที่สวยงาม

— พระคาร์ดินัล

ขอบคุณสำหรับการแบ่งปันกับเรา มีบางคนที่ยอดเยี่ยมจริงๆที่นั่น!

— เฟลิเป้เจอราร์ด

4

ปรับปรุง

ฉันคิดว่ามันเป็นเดิมพันที่ปลอดภัยว่าคำตอบคือ E ฉันใช้อินทิกรัลสำหรับค่าที่คาดหวังจากถึงโดยใช้Mathematicaและกับฉันได้รับ $1/e$ $n=2$ $n=100$ $n=100$

0.367879441171442321595523770161567628159853507344458757185018968311538556667710938369307469618599737077005261635286940285462842065735614

(ถึง 100 ตำแหน่งทศนิยม) ส่วนกลับของค่านั้นคือ

2.718281828459045235360287471351873636852026081893477137766637293458245150821149822195768231483133554

ความแตกต่างกับส่วนกลับและนั้นคือ $e$

-7.88860905221011806482437200330334265831479532397772375613947042032873*10^-31

ฉันคิดว่ามันใกล้เกินไปฉันกล้าพูดว่าเป็นเรื่องบังเอิญ

Mathematicaรหัสต่อไปนี้:

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}]

สิ้นสุดการอัพเดต

นี่เป็นความคิดเห็นที่ขยายเพิ่มเติมมากกว่าคำตอบ

หากเราไปตามเส้นทางที่ดุร้ายโดยกำหนดค่าที่คาดไว้สำหรับค่าหลายค่าของบางทีอาจมีบางคนจำรูปแบบแล้วจึงสามารถ จำกัด ได้ $n$

สำหรับเรามีค่าที่คาดหวังของผลิตภัณฑ์ $n=5$

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}

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

ซึ่งเป็น 96547/259200 หรือประมาณ 0.3724807098765432

ถ้าเราลดอินทิกรัลจาก 0 เป็น 1 เราจะมีพหุนามในโดยมีผลลัพธ์ต่อไปนี้สำหรับถึง (และฉันทิ้งการห้อยเพื่อให้อ่านง่ายขึ้น): $x_1$ $n=1$ $n=6$

$x$

$(x + x^2)/2$

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

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

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

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

ถ้ามีคนรู้จักรูปแบบของค่าสัมประสิทธิ์จำนวนเต็มอาจจะกำหนดขีด จำกัด เป็น (หลังจากทำการรวมจาก 0 ถึง 1 ที่ถูกลบออกเพื่อแสดงพหุนามพื้นฐาน) $n\rightarrow\infty$

— JimB
แหล่งที่มา

1 / e

$1/e$ สวยงามมาก! :)

— wolfies

4

เป็นคำถามที่ดี เช่นเดียวกับความคิดเห็นด่วนฉันจะทราบว่า:

$X_n$ จะมารวมกันเป็น 1 อย่างรวดเร็วดังนั้นสำหรับการตรวจสอบ Monte Carlo การตั้งค่าจะเป็นการหลอกลวงมากกว่า $n = 1000$
หากแล้วโดยการจำลอง Monte Carlo เป็น ,0.367 $Z_n = X_1 X_2 \dots X_n$ $n \rightarrow \infty$ $E[Z_n] \approx 0.367$
แผนภาพต่อไปนี้เป็นการเปรียบเทียบไฟล์จำลอง Monte Carlo pdf ของกับการกระจายฟังก์ชั่นการใช้พลังงาน [เช่นเบต้า (a, 1) pdf)] $Z_n$

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

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

... ที่นี่พร้อมพารามิเตอร์ : $a=0.57$

_{(ที่มา: tri.org.au )}

ที่อยู่:

เส้นโค้งสีน้ำเงินแสดงถึงรูปแบบไฟล์ PDF ของของ Monte Carlo $Z_n$
เส้นประประสีแดงเป็นไฟล์ PDF PowerFunction

พอดีจะดูดีสวย

รหัส

นี่คือภาพวาดปลอม 1 ล้านตัวของผลิตภัณฑ์ (พูดด้วย ) โดยใช้Mathematica : $Z_n$ $n = 1000$

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

ค่าเฉลี่ยตัวอย่างคือ:

 Mean[data]

0.367657

— wolfies
แหล่งที่มา

คุณสามารถแบ่งปันรหัสทั้งหมดของคุณได้หรือไม่ โซลูชันของฉันแตกต่างจากของคุณ

1

สัญลักษณ์แสดงหัวข้อแรกซึ่งมีความสำคัญไม่ปรากฏว่ามีเหตุผลเพียงพอ ทำไมคุณสามารถยกเลิกผลกระทบของการพูด, ค่าต่อไปของ ? แม้จะมีการบรรจบกันอย่างรวดเร็ว แต่ผลสะสมของพวกเขาสามารถลดความคาดหวังได้อย่างมาก

10^{100}

$10^{100}$

x_{n}

$x_n$

— whuber

1

ใช้การจำลองได้ดีที่นี่ ฉันมีคำถามที่คล้ายกันเป็น @whuber เราจะมั่นใจได้อย่างไรว่าค่าดังกล่าวแปรสภาพเป็น 0.367 แต่ไม่ได้ลดลงไปซึ่งอาจเป็นไปได้ถ้ามีขนาดใหญ่กว่า

n

$n$

— usedbywho

ในการตอบกลับความคิดเห็น 2 ข้อด้านบน: (a) ชุดอย่างรวดเร็วมากถึง 1 แม้จะเริ่มต้นด้วยค่าเริ่มต้นที่ภายในระยะการวนซ้ำ 60 ครั้งจะแยกไม่ออกตัวเลขจากตัวเลข 1.0 ไปยังคอมพิวเตอร์ . ดังนั้นการจำลองกับจึงเป็นการ overkill (b) ในฐานะส่วนหนึ่งของการทดสอบ Monte Carlo ฉันยังตรวจสอบการจำลองเดียวกัน (ด้วยการวิ่ง 1 ล้านครั้ง) แต่ใช้มากกว่า 1,000 และผลลัพธ์ไม่สามารถแยกแยะได้ ดังนั้นจึงไม่น่าเป็นไปได้ที่ค่าที่มากกว่าของจะสร้างความแตกต่างที่มองเห็นได้: เหนือ ,นั้นมีประสิทธิภาพ 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

0

หมดจดอย่างสังหรณ์ใจและตามคำตอบอื่น ๆ ของ Rusty ฉันคิดว่าคำตอบควรเป็นดังนี้:

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

0.3583668ซึ่งจะช่วยให้เรา สำหรับแต่ละคุณจะแยกในช่วงครึ่งปีที่เริ่มออกที่0ดังนั้นจึงเป็นผลิตภัณฑ์ของฯลฯ $X$ $(a,1)$ $a$ $0$ $1/2, (1 + 3/4)/2, (1 + 8/9)/2$

นี่เป็นเพียงสัญชาตญาณ

ปัญหาเกี่ยวกับคำตอบของ Rusty คือ U [1] นั้นเหมือนกันในทุก ๆ การจำลอง การจำลองไม่เป็นอิสระ การแก้ไขสำหรับเรื่องนี้เป็นเรื่องง่าย ย้ายบรรทัดด้วยU[1] = runif(1,0,1)ไปที่ภายในลูปแรก ผลลัพธ์คือ:

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)

0.3545284นี้จะช่วยให้

— เจสสิก้า
แหล่งที่มา

1

แก้ไขง่ายมาก! ฉันเดาว่ามันเป็นความจริงมีข้อผิดพลาดในรหัสเสมอ! ฉันจะตอบคำตอบของฉัน

1

ใช่นั่นคือสิ่งที่ฉันคาดหวังว่าจะเกิดขึ้นเพราะคุณเสียบค่าที่คาดหวังไว้เป็นขอบเขตที่ต่ำกว่า

1

ฉันเรียกใช้รหัสของคุณด้วย

และได้รับ

เป็นคำตอบ นั่นไม่ใช่เรื่องแปลกเพราะถ้ามันรวมเข้ากับค่าจะไม่ยิ่งทำให้เราเข้าใกล้คุณค่านั้นมากขึ้นใช่ไหม

S = 10000

$S = 10000$

0.3631297

$0.3631297$

— usedbywho