ฉันได้ดูการจำลอง Monte Carlo เมื่อเร็ว ๆ นี้และได้ใช้มันกับค่าคงที่โดยประมาณเช่น$\pi$ (วงกลมภายในสี่เหลี่ยมมุมฉากสัดส่วนตามสัดส่วน)

อย่างไรก็ตามฉันไม่สามารถคิดถึงวิธีการที่สอดคล้องกันในการประมาณค่าของ$e$ [หมายเลขของออยเลอร์] โดยใช้การรวม Monte Carlo

คุณมีพอยน์เตอร์เกี่ยวกับวิธีการนี้สามารถทำได้หรือไม่?

วิธีที่ง่ายและสง่างามในการประมาณค่าโดย Monte Carlo ได้อธิบายไว้ในบทความนี้ กระดาษที่เป็นจริงเกี่ยวกับการเรียนการสอนอิเล็กทรอนิกส์ ดังนั้นวิธีการที่เหมาะสมที่สุดสำหรับเป้าหมายของคุณ ความคิดนี้ใช้แบบฝึกหัดจากตำราเรียนภาษารัสเซียยอดนิยมเรื่องทฤษฎีความน่าจะเป็นโดย Gnedenko ดู ex.22 ในหน้า 183$e$$e$

มันเกิดขึ้นเพื่อให้โดยที่ξเป็นตัวแปรสุ่มที่กำหนดไว้ดังนี้ มันเป็นจำนวนขั้นต่ำของnดังกล่าวว่าΣ n ฉัน= 1 R ฉัน > 1และr ฉันเป็นตัวเลขที่สุ่มจากเครื่องแบบกระจายบน[ 0 , 1 ] สวยใช่มั้ย!$E[\xi]=e$$\xi$$n$$\sum_{i=1}^n r_i>1$$r_i$$[0,1]$

เนื่องจากมันเป็นการออกกำลังกายฉันไม่แน่ใจว่ามันยอดเยี่ยมสำหรับฉันที่จะโพสต์คำตอบ (หลักฐาน) ที่นี่ :) ถ้าคุณต้องการพิสูจน์ด้วยตัวเองนี่คือเคล็ดลับ: บทที่เรียกว่า "ช่วงเวลา" ซึ่งควรชี้ คุณไปในทิศทางที่ถูกต้อง

หากคุณต้องการที่จะใช้มันด้วยตัวคุณเองอย่าอ่านต่อ!

นี่เป็นอัลกอริทึมที่ง่ายสำหรับการจำลอง Monte Carlo วาดชุดสุ่มจากนั้นอีกอันหนึ่งเรื่อย ๆ จนกระทั่งผลรวมเกิน 1 จำนวนแรนดอมที่ถูกสุ่มคือการทดลองครั้งแรกของคุณ สมมติว่าคุณได้รับ:

 0.0180
 0.4596
 0.7920

จากนั้นพิจารณาคดีครั้งแรกของคุณกลาย 3. ให้ทำการทดลองเหล่านี้และคุณจะพบว่ามีค่าเฉลี่ยที่คุณได้รับอีเมล$e$

รหัส MATLAB ผลการจำลองและฮิสโตแกรมติดตาม

N = 10000000;
n = N;
s = 0;
i = 0;
maxl = 0;
f = 0;
while n > 0
    s = s + rand;
    i = i + 1;
    if s > 1
        if i > maxl
            f(i) = 1;
            maxl = i;
        else
            f(i) = f(i) + 1;
        end
        i = 0;
        s = 0;
        n = n - 1;
    end
end

disp ((1:maxl)*f'/sum(f))
bar(f/sum(f))
grid on

f/sum(f)

ผลลัพธ์และฮิสโตแกรม:

2.7183


ans =

  Columns 1 through 8

         0    0.5000    0.3332    0.1250    0.0334    0.0070    0.0012    0.0002

  Columns 9 through 11

    0.0000    0.0000    0.0000

อัปเดต: ฉันอัปเดตรหัสของฉันเพื่อกำจัดอาร์เรย์ของผลการทดลองเพื่อที่จะไม่ใช้ RAM ฉันพิมพ์ประมาณการ PMF ด้วย

อัปเดต 2: นี่คือโซลูชัน Excel ของฉัน วางปุ่มใน Excel และเชื่อมโยงไปยังแมโคร VBA ต่อไปนี้:

Private Sub CommandButton1_Click()
n = Cells(1, 4).Value
Range("A:B").Value = ""
n = n
s = 0
i = 0
maxl = 0
Cells(1, 2).Value = "Frequency"
Cells(1, 1).Value = "n"
Cells(1, 3).Value = "# of trials"
Cells(2, 3).Value = "simulated e"
While n > 0
    s = s + Rnd()
    i = i + 1
    If s > 1 Then
        If i > maxl Then
            Cells(i, 1).Value = i
            Cells(i, 2).Value = 1
            maxl = i
        Else
            Cells(i, 1).Value = i
            Cells(i, 2).Value = Cells(i, 2).Value + 1
        End If
        i = 0
        s = 0
        n = n - 1
    End If
Wend


s = 0
For i = 2 To maxl
    s = s + Cells(i, 1) * Cells(i, 2)
Next


Cells(2, 4).Value = s / Cells(1, 4).Value

Rem bar (f / Sum(f))
Rem grid on

Rem f/sum(f)

End Sub

ป้อนจำนวนการทดลองเช่น 1,000 ในเซลล์ D1 และคลิกปุ่ม ที่นี่หน้าจอควรมีลักษณะอย่างไรหลังจากเรียกใช้ครั้งแรก:

UPDATE 3: Silverfish เป็นแรงบันดาลใจให้ฉันไปอีกทางหนึ่งไม่ใช่สง่างามอย่างแรก มันคำนวณปริมาณของ n-simplexes โดยใช้ลำดับSobol

s = 2;
for i=2:10
    p=sobolset(i);
    N = 10000;
    X=net(p,N)';
    s = s + (sum(sum(X)<1)/N);
end
disp(s)

2.712800000000001

บังเอิญเขาเขียนหนังสือเล่มแรกเกี่ยวกับวิธีการ Monte Carlo ฉันอ่านกลับในโรงเรียนมัธยม เป็นการแนะนำวิธีการที่ดีที่สุดในความคิดของฉัน

อัพเดท 4:

Silverfish ในความคิดเห็นแนะนำการใช้สูตร Excel อย่างง่าย นี่คือผลลัพธ์ที่คุณจะได้รับเมื่อเข้าใกล้ตัวเลขสุ่ม 1 ล้านตัวและการทดลอง 185K:

เห็นได้ชัดว่านี่ช้ากว่าการนำ Excel VBA ไปใช้ โดยเฉพาะอย่างยิ่งถ้าคุณแก้ไขโค้ด VBA ของฉันเพื่อไม่อัปเดตค่าของเซลล์ภายในลูปและทำเพียงครั้งเดียวเท่านั้นเมื่อมีการรวบรวมสถิติทั้งหมด

อัพเดท 5

วิธีการแก้ปัญหาของซีอาน# 3 มีความเกี่ยวข้องอย่างใกล้ชิด (หรือแม้กระทั่งในความหมายบางอย่างตามความเห็นของ jwg ในหัวข้อ) มันยากที่จะบอกว่าใครเป็นคนคิดไอเดียแรกคือ Forsythe หรือ Gnedenko ฉบับ 1950 ของ Gnedenko ในภาษารัสเซียไม่มีส่วนของปัญหาในบทต่างๆ ดังนั้นฉันไม่สามารถพบปัญหานี้ได้ในครั้งแรกที่มันอยู่ในรุ่นที่ใหม่กว่า อาจถูกเพิ่มเข้ามาในภายหลังหรือฝังไว้ในข้อความ

เมื่อฉันแสดงความคิดเห็นในคำตอบของซีอานแนวทางของ Forsythe เชื่อมโยงกับพื้นที่ที่น่าสนใจอื่น: การกระจายระยะทางระหว่างยอดเขา (extrema) ในลำดับสุ่ม (IID) ระยะทางเฉลี่ยเกิดขึ้นที่ 3. ลำดับลงในแนวทางของ Forsythe จบลงด้วยล่างดังนั้นถ้าคุณสุ่มตัวอย่างต่อไปคุณจะได้จุดต่ำสุดอีกจุดหนึ่งจากนั้นอีกจุดหนึ่งเป็นต้นคุณสามารถติดตามระยะห่างระหว่างพวกมันและสร้างการกระจายตัว

ฉันแนะนำให้ upvoting คำตอบของ Aksakal มันไม่เอนเอียงและอาศัยวิธีการสร้างชุดเครื่องแบบเบี่ยงเบนเท่านั้น

$e$

$\log$$e$

$e$

$n$$n$$i$$1-n^{-1}$$n$$p=(1-\frac{1}{n})^n.$

ดังนั้นเราจึงสามารถเขียน

นั่นคือการประมาณค่าของเรานั้นพบได้โดยการประมาณความน่าจะเป็นที่การสังเกตแบบจำเพาะถูกละเว้นจาก bootstrap จะทำซ้ำการจำลองแบบจำนวนมากเช่น - เศษส่วนของการเกิดขึ้นของวัตถุใน bootstraps$p$$m$$B_j$$i$

มีข้อผิดพลาดสองแหล่งในการประมาณนี้ Finiteจะหมายความว่าผลลัพธ์นั้นเป็นค่าประมาณเสมอนั่นคือการประเมินแบบเอนเอียง นอกจากนี้จะแกว่งไปมารอบ ๆ มูลค่าที่แท้จริงเพราะนี่เป็นการจำลองสถานการณ์$n$$\hat{p}$

ผมพบว่าวิธีการนี้ค่อนข้างมีเสน่ห์เพราะระดับปริญญาตรีหรือบุคคลอื่นที่มีเล็ก ๆ น้อย ๆ พอที่จะทำอาจจะใกล้เคียงกับใช้ดาดฟ้าของบัตรกองหินขนาดเล็กหรือรายการอื่น ๆ ที่อยู่ในมือในหลอดเลือดดำเดียวกันเป็นคนที่สามารถประมาณการใช้เข็มทิศเส้นรอบวงและทรายบางเม็ด ฉันคิดว่ามันเรียบร้อยเมื่อคณิตศาสตร์สามารถแยกจากสิ่งอำนวยความสะดวกที่ทันสมัยเช่นคอมพิวเตอร์$e$$\pi$

ผล

ฉันทำการจำลองหลายครั้งสำหรับจำนวนการจำลองการบูตที่แตกต่างกัน ข้อผิดพลาดมาตรฐานถูกประเมินโดยใช้ช่วงเวลาปกติ

โปรดทราบว่าทางเลือกของจำนวนของวัตถุที่ถูก bootstrapped ชุดขีด จำกัด บนแน่นอนในความถูกต้องของผลเพราะขั้นตอน Monte Carlo จะประเมินและขึ้นอยู่กับnการตั้งค่าให้มีขนาดใหญ่เกินความจำเป็นจะทำให้เครื่องคอมพิวเตอร์ของคุณเกิดขึ้นเนื่องจากคุณต้องการการประมาณคร่าวๆถึงหรือเพราะอคตินั้นจะล้นหลามเนื่องจากความแปรปรวนของ Monte Carlo ผลลัพธ์เหล่านี้มีไว้สำหรับและถูกต้องกับทศนิยมที่สาม$n$$p$$p$$n$$n$$e$$n=10^3$$p^{-1}\approx e$

พล็อตนี้แสดงให้เห็นว่าทางเลือกของมีผลกระทบโดยตรงและลึกซึ้งเพื่อความมั่นคงใน{p} สีฟ้าเส้นประแสดงและสายสีแดงแสดงให้เห็นว่าอีเป็นที่คาดหวังที่เพิ่มขึ้นขนาดของกลุ่มตัวอย่างผลิตประมาณการที่เคยถูกต้องมากขึ้น{p} $m$$\hat{p}$$p$$e$$\hat{p}$

ฉันเขียนสคริปต์ R อันยาวเหยียดสำหรับเรื่องนี้ ข้อเสนอแนะสำหรับการปรับปรุงสามารถส่งด้านหลังของการเรียกเก็บเงิน $ 20

library(boot)
library(plotrix)
n <- 1e3

## if p_hat is estimated with 0 variance (in the limit of infinite bootstraps), then the best estimate we can come up with is biased by exactly this much:
approx <- 1/((1-1/n)^n)

dat <- c("A", rep("B", n-1))
indicator <- function(x, ndx)   xor("A"%in%x[ndx], TRUE) ## Because we want to count when "A" is *not* in the bootstrap sample

p_hat <- function(dat, m=1e3){
    foo <- boot(data=dat, statistic=indicator, R=m) 
    1/mean(foo$t)
} 

reps <- replicate(100, p_hat(dat))

boxplot(reps)
abline(h=exp(1),col="red")

p_mean <- NULL
p_var <- NULL
for(i in 1:10){
    reps <- replicate(2^i, p_hat(dat))
    p_mean[i] <- mean(reps)
    p_var[i] <- sd(reps)
}
plotCI(2^(1:10), p_mean, uiw=qnorm(0.975)*p_var/sqrt(2^(1:10)),xlab="m", log="x", ylab=expression(hat(p)), main=expression(paste("Monte Carlo Estimates of ", tilde(e))))
abline(h=approx, col='red')

โซลูชันที่ 1:

สำหรับการกระจาย Poisson ,ดังนั้นถ้า , ซึ่งหมายความว่าคุณสามารถประมาณโดยการจำลองปัวซอง และการจำลองปัวซองนั้นสามารถได้มาจากเครื่องกำเนิดไฟฟ้าแบบเอกซ์โพเนนเชียล (ถ้าไม่ใช่ในลักษณะที่มีประสิทธิภาพที่สุด)$\mathcal{P}(\lambda)$

หมายเหตุ 1:ตามที่กล่าวไว้ในความคิดเห็นนี่เป็นข้อโต้แย้งที่ค่อนข้างซับซ้อนเนื่องจากการจำลองจากการแจกแจงแบบปัวซงหรือการแจกแจงแบบเอ็กซ์โพเนนเชียลอาจเป็นการยากที่จะจินตนาการโดยไม่ต้องเกี่ยวข้องกับ ฟังก์ชันบันทึกหรือฟังก์ชันexp ... การช่วยเหลือคำตอบนี้ด้วยวิธีแก้ปัญหาที่หรูหราที่สุดจากเครื่องแบบที่สั่ง ซึ่งเป็นการประมาณอย่างไรก็ตามเนื่องจากการกระจายของระยะห่างสม่ำเสมอเป็นเบต้าซึ่งหมายความว่าซึ่งรวมเป็นเป็น$U_{(i:n)}-U_{(i-1:n)}$$\mathfrak{B}(1,n)$

$$\mathbb{P}(n\{U_{(i:n)}-U_{(i-1:n)}\}\ge 1)=\left(1-\frac{1}{n}\right)^n$$ $e^{-1}$$n$เติบโตเป็นอินฟินิตี้ ในฐานะที่เป็นคนอื่นนอกเหนือจากที่ตอบความคิดเห็นฟอนนอยมันน์ของเครื่องกำเนิดเลขชี้กำลัง 2494 ของฟอนนอยมันน์ใช้แค่รุ่นที่เหมือนกันเท่านั้น

โซลูชันที่ 2:

อีกวิธีหนึ่งในการบรรลุถึงการเป็นตัวแทนของค่าคงที่ในฐานะอินทิกรัลคือต้องระลึกไว้ว่าเมื่อแล้วซึ่งก็คือการกระจายดังนั้น วิธีที่สองเพื่อประมาณโดย Monte Carlo จึงจะจำลองคู่ปกติและตรวจสอบความถี่ครั้งที่2 ในทางตรงกันข้ามมันเป็นสิ่งที่ตรงกันข้ามกับ Monte Carlo ประมาณเกี่ยวข้องกับความถี่ของเวลา ...$e$

โซลูชันที่ 3:

ฉันเพื่อนร่วมงานของมหาวิทยาลัย Warwick เมตร Pollock ชี้ให้เห็นอีกประมาณ Monte Carlo เรียกว่าวิธีการของไซท์ : ความคิดที่จะเรียกใช้ลำดับของคนรุ่นเครื่องแบบจนกว่า{n} ความคาดหวังของกฎการหยุดที่สอดคล้องกัน, , ซึ่งเป็นจำนวนครั้งที่ลำดับของเครื่องแบบลงไปคือในขณะที่ความน่าจะเป็นที่เป็นเลขคี่คือ ! ( วิธีของฟอร์ซิ ธมีจุดมุ่งหมายเพื่อจำลองจากความหนาแน่นของรูปแบบดังนั้นจึงเป็นเรื่องทั่วไปมากกว่าการประมาณค่าและ )$u_1,u_2,...$$u_{n+1}>u_{n}$$N$$e$$N$$e^{-1}$$\exp G(x)$$e$$e^{-1}$

นี่ค่อนข้างจะขนานกับแนวทางของ Gnedenko ที่ใช้ในคำตอบของ Aksakalดังนั้นฉันจึงสงสัยว่าจะได้มาจากที่อื่น อย่างน้อยที่สุดทั้งคู่มีการแจกแจงแบบเดียวกันกับมวลความน่าจะเป็นสำหรับค่าn$1/n!$$n$

การนำ R ไปใช้อย่างรวดเร็วของวิธีการของ Forsythe คือการไม่ปฏิบัติตามลำดับเครื่องแบบอย่างแม่นยำในบล็อกขนาดใหญ่ซึ่งช่วยให้สามารถประมวลผลแบบขนานได้อย่างแม่นยำ:

use=runif(n)
band=max(diff((1:(n-1))[diff(use)>0]))+1
bends=apply(apply((apply(matrix(use[1:((n%/%band)*band)],nrow=band),
2,diff)<0),2,cumprod),2,sum)

ไม่ใช่วิธีการแก้ปัญหา ... เป็นเพียงความคิดเห็นด่วนที่ยาวเกินไปสำหรับช่องแสดงความคิดเห็น

Aksakal

Aksakal โพสต์วิธีแก้ปัญหาที่เราคำนวณจำนวนที่คาดหวังของภาพวาดชุดมาตรฐานที่ต้องดำเนินการเช่นผลรวมของพวกเขาจะเกิน 1 ในMathematicaสูตรแรกของฉันคือ

mrM := NestWhileList[(Random[] + #) &, Random[], #<1 &]

Mean[Table[Length[mrM], {10^6}]] 

แก้ไข: เพิ่งเล่นอย่างรวดเร็วกับนี้และรหัสต่อไปนี้ (วิธีเดียวกัน - ใน Mma - รหัสที่แตกต่างกันเพียง) จะเร็วขึ้นประมาณ 10 เท่า:

Mean[Table[Module[{u=Random[], t=1},  While[u<1, u=Random[]+u; t++]; t] , {10^6}]]

ซีอาน / Whuber

Whuber แนะนำให้ใช้รหัสเย็นเร็วเพื่อจำลองวิธีแก้ปัญหาของ Xian 1:

รุ่น R: n <- 1e5; 1/mean(n*diff(sort(runif(n+1))) > 1)

รุ่น Mma: n=10^6; 1. / Mean[UnitStep[Differences[Sort[RandomReal[{0, n}, n + 1]]] - 1]]

ซึ่งเขาบันทึกเร็วกว่าโค้ดแรก 20 เท่า (หรือเร็วกว่าโค้ดใหม่ด้านบนประมาณสองเท่า)

เพื่อความสนุกฉันคิดว่ามันน่าสนใจที่จะดูว่าทั้งสองวิธีนั้นมีประสิทธิภาพหรือไม่ (ในแง่สถิติ) ในการทำเช่นนั้นฉันสร้างการประมาณ 2,000 ครั้งโดยใช้:

• วิธีการของ Aksakal: dataA
• วิธีการของซีอาน 1 โดยใช้รหัส whuber: dataB

... ทั้งในMathematica แผนภาพต่อไปนี้เปรียบเทียบความหนาแน่นเคอร์เนลที่ไม่ใช่พารามิเตอร์ของชุดข้อมูล dataA และ dataB ที่เป็นผลลัพธ์

ดังนั้นในขณะที่โค้ดของ whuber (เส้นโค้งสีแดง) นั้นเร็วเป็นสองเท่า แต่วิธีนี้ดูเหมือนจะไม่น่าเชื่อถือ

วิธีที่ต้องการปริมาณตัวอย่างที่ไม่ดี

ก่อนอื่นคุณต้องสามารถสุ่มตัวอย่างจากการแจกแจงแบบปกติ สมมติว่าคุณกำลังจะแยกการใช้ฟังก์ชันหรือค้นหาตารางที่ได้จากฟังก์ชันนั้นคุณสามารถสร้างตัวอย่างโดยประมาณจากการแจกแจงแบบปกติผ่าน CLT ตัวอย่างเช่นถ้าคุณจะได้ลิ้มลองจากเครื่องแบบ (0,1) กระจายแล้ว(0,1) ดังที่ได้กล่าวไว้โดย whuber เพื่อให้มีวิธีการประมาณค่าสุดท้ายเมื่อขนาดของกลุ่มตัวอย่างเข้าใกล้จะต้องมีจำนวนชุดตัวอย่างที่ใช้วิธีเมื่อขนาดของกลุ่มตัวอย่างเข้าใกล้อนันต์$f(x) = e^x$$\frac{ \bar x \sqrt{12}}{ \sqrt{n}} \dot \sim N(0,1)$$e$$\infty$$\infty$

ตอนนี้ถ้าคุณสามารถลิ้มลองจากการกระจายปกติกับกลุ่มตัวอย่างขนาดใหญ่พอที่คุณจะได้รับการประมาณการที่สอดคล้องกันของความหนาแน่นของ(0,1) สิ่งนี้สามารถทำได้ด้วยฮิสโทแกรมหรือเคอร์เนลที่ราบรื่น (แต่ระวังอย่าใช้เคอร์เนล Gaussian เพื่อทำตามกฏnoของคุณ!) เพื่อให้การประมาณการความหนาแน่นของคุณสอดคล้องกันคุณจะต้องให้ df ของคุณ (จำนวนของถังขยะในฮิสโตแกรมผกผันของหน้าต่างเพื่อความราบรื่น) เข้าใกล้อนันต์ แต่ช้ากว่าขนาดตัวอย่าง$N(0,1)$$e^{x}$

ดังนั้นตอนนี้ที่มีจำนวนมากของการใช้พลังงานในการคำนวณคุณสามารถใกล้เคียงกับความหนาแน่นของคือ(x) เนื่องจากประมาณการของคุณสำหรับปี่}$N(0,1)$$\hat \phi(x)$$\phi(\sqrt(2) ) = (2 \pi)^{-1/2} e^{-1}$$e = \hat \phi(\sqrt{2}) \sqrt{2 \pi}$

หากคุณต้องการใช้ถั่วอย่างสมบูรณ์คุณสามารถประมาณและโดยใช้วิธีที่คุณกล่าวถึงก่อนหน้านี้$\sqrt{2}$$\sqrt{2\pi}$

วิธีที่ต้องการตัวอย่างน้อยมาก แต่ก่อให้เกิดข้อผิดพลาดตัวเลขที่ไม่ดี

คำตอบที่โง่ แต่มีประสิทธิภาพมากโดยอิงจากความคิดเห็นที่ฉันทำ:

Let1) กำหนด. กำหนดy_n}$X \sim \text{uniform}(-1, 1)$$Y_n = | (\bar x)^n|$$\hat e = (1 - Y_n)^{-1/Y_n}$

สิ่งนี้จะมาบรรจบกันอย่างรวดเร็ว แต่ยังพบข้อผิดพลาดทางตัวเลขที่รุนแรง

whuber ชี้ให้เห็นว่าสิ่งนี้ใช้ฟังก์ชั่นพลังงานซึ่งโดยปกติจะเรียกฟังก์ชั่นประสบการณ์ สิ่งนี้อาจถูกด้วยการเช่นเป็นจำนวนเต็มและพลังงานสามารถแทนที่ด้วยการคูณซ้ำ มันจะต้องเป็นที่ , discretizing ของจะได้รับปลีกย่อยและปลีกย่อยและไม่ต่อเนื่องจะมีการยกเว้น0 ด้วยสิ่งนี้ตัวประมาณตามหลักวิชา (เช่นโลกที่ไม่มีข้อผิดพลาดที่เป็นตัวเลข) จะมาบรรจบกันกับและเร็วมาก! 1 / Y n n →การ∞ Y n Y n = 0 $Y_n$$1/Y_n$$n \rightarrow \infty$$Y_n$$Y_n = 0$$e$

นี่เป็นอีกวิธีหนึ่งที่สามารถทำได้แม้ว่าจะค่อนข้างช้า ฉันไม่อ้างสิทธิ์อย่างมีประสิทธิภาพ แต่เสนอทางเลือกนี้ด้วยจิตวิญญาณแห่งความสมบูรณ์

Contra ซีอานคำตอบของผมจะถือว่าสำหรับวัตถุประสงค์ของคำถามนี้ว่าคุณมีความสามารถที่จะสร้างและใช้ลำดับของตัวแปรสุ่มหลอกเครื่องแบบและคุณต้องประมาณค่าด้วยวิธีการบางอย่างโดยใช้การคำนวณทางคณิตศาสตร์ขั้นพื้นฐาน (เช่นคุณไม่สามารถใช้ฟังก์ชันลอการิทึมหรือเลขชี้กำลังหรือการแจกแจงใด ๆ ที่ใช้ฟังก์ชันเหล่านี้) วิธีการปัจจุบันนี้ได้รับแรงจูงใจจากผลลัพธ์ง่ายๆที่เกี่ยวข้องกับตัวแปรสุ่มแบบสม่ำเสมอ:U 1 , ⋯ , U n ∼ IID U ( 0 , 1 ) e $n$$U_1, \cdots , U_n \sim \text{IID U}(0,1)$$e$$^\dagger$

การประมาณโดยใช้ผลลัพธ์นี้:$e$อันดับแรกเราสั่งตัวอย่างค่าลงในลำดับจากมากไปน้อยเพื่อรับสถิติการสั่งซื้อจากนั้นเราจะกำหนดผลรวมบางส่วน:$u_{(1)} \geqslant \cdots \geqslant u_{(n)}$

ตอนนี้ให้จากนั้นประมาณโดยการประมาณค่าของตัวแปรชุดคำสั่ง นี่เป็นตัวประมาณค่าสำหรับ โดย:1 / e $m \equiv \min \{ k | S(k) \geqslant 1 \}$$1/e$$e$

วิธีการนี้มีบางอคติเล็กน้อย (เนื่องจากการสอดแทรกเชิงเส้นของจุดตัดสำหรับ ) แต่มันก็เป็นประมาณการที่สอดคล้องกันสำหรับอีวิธีการที่สามารถดำเนินการได้ค่อนข้างง่าย แต่ต้องใช้การเรียงลำดับของค่าซึ่งเป็นคอมพิวเตอร์ที่เข้มข้นกว่าการคำนวณที่กำหนดของอีวิธีนี้ช้าเพราะมันเกี่ยวข้องกับการเรียงลำดับของค่าe $1/e$$e$$e$

การใช้งานใน R: วิธีนี้สามารถนำไปใช้ในการRใช้runifเพื่อสร้างค่าสม่ำเสมอ รหัสดังต่อไปนี้:

EST_EULER <- function(n) { U <- sort(runif(n), decreasing = TRUE);
                           S <- cumsum(1/U)/n;
                           m <- min(which(S >= 1));
                           2/(U[m-1]+U[m]); }

การใช้รหัสนี้จะให้การบรรจบกับมูลค่าที่แท้จริงของแต่มันช้ามากเมื่อเทียบกับวิธีการที่กำหนดไว้$e$

set.seed(1234);

EST_EULER(10^3);
[1] 2.715426

EST_EULER(10^4);
[1] 2.678373

EST_EULER(10^5);
[1] 2.722868

EST_EULER(10^6); 
[1] 2.722207

EST_EULER(10^7);
[1] 2.718775

EST_EULER(10^8);
[1] 2.718434

> exp(1)
[1] 2.718282

$^\dagger$ฉันใช้มุมมองที่เราต้องการหลีกเลี่ยงวิธีการที่ใช้ประโยชน์จากการแปลงใด ๆ ที่เกี่ยวข้องกับการชี้แจงหรือลอการิทึม หากเราสามารถใช้ความหนาแน่นที่ใช้เลขชี้กำลังในคำจำกัดความของพวกเขาแล้วมันเป็นไปได้ที่จะได้รับจากพีชคณิตเหล่านี้โดยใช้การเรียกความหนาแน่น$e$