Attente d'un produit de variables aléatoires dépendantes lorsque

18

Laissez et , . Quelle est l'attente de comme ? $X_1 \sim U[0,1]$ $X_i \sim U[X_{i - 1}, 1]$ $i = 2, 3,...$ $X_1 X_2 \cdots X_n$ $n \rightarrow \infty$

mathematical-statistics random-variable expected-value

— utilisé par
source

7

Une remarque pédante: censé signifier ? Alternativement, cela pourrait signifier un conditionnement uniquement sur , c'est-à-dire . Mais comme ce dernier ne spécifie pas complètement la distribution conjointe des s, il n'est pas immédiatement clair si l'attente est déterminée de manière unique.

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 du

Je pense que théoriquement, il devrait être conditionné à tous les précédents jusqu'à . Cependant, étant donné nous pouvons obtenir la distribution de . Je ne suis donc pas tout à fait sûr de cela.

X_{i}

$X_i$

X_{i - 1}

$X_{i - 1}$

X_{i - 1}

$X_{i - 1}$

X_{i}

$X_i$

— usedbywho

@JuhoKokkala Comme indiqué, peu importe si vous conditionnez les variables avant car elles ne changeraient pas le fait que est uniforme . La distribution de me semble parfaitement bien définie.

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 Si nous supposons seulement et , it reste possible que et

ne soient pas conditionnellement indépendants conditionnellement à

. Ainsi, la distribution de

n'est pas bien définie.

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

@JuhoKokkala Si je vous dis que

X_{2} = t

$X_2=t$ , quelle est la distribution de

X_{3}

$X_3$ ? Si vous pouvez répondre à la question sans même penser à

X_{1}

$X_1$ , comment

X_{1}

$X_1$ et

peuvent -

X_{3}

$X_3$ être dépendants étant donné

X_{2}

$X_2$ ? Notez également que d'autres affiches n'ont eu aucun mal à simuler cette séquence.

— dsaxton

12

La réponse est en effet , $1/e$ comme deviné dans les réponses précédentes basées sur des simulations et des approximations finies.

La solution est facilement trouvée en introduisant une séquence de fonctions . Bien que nous puissions procéder immédiatement à cette étape, cela peut sembler plutôt mystérieux. La première partie de cette solution explique comment faire cuire ces . La deuxième partie montre comment ils sont exploités pour trouver une équation fonctionnelle satisfaite par la fonction limite . La troisième partie présente les calculs (de routine) nécessaires pour résoudre cette équation fonctionnelle. $f_n:[0,1]\to[0,1]$ $f_n(t)$ $f(t) = \lim_{n\to\infty}f_n(t)$

1. Motivation

Nous pouvons y parvenir en appliquant certaines techniques mathématiques standard de résolution de problèmes. Dans ce cas, où une sorte d'opération est répétée à l' infini, la limite existera comme point fixe de cette opération. La clé est donc d'identifier l'opération.

La difficulté est que le passage de à semble compliqué. Il est plus simple de voir cette étape comme résultant de l' de aux variables plutôt que de l' de aux variables . Si nous devions considérer comme étant construits comme décrit dans la question - avec uniformément distribué sur , conditionnellement uniformément distribué sur , et ainsi de suite - puis en introduisant $E[X_1X_2\cdots X_{n-1}]$ $E[X_1X_2\cdots X_{n-1}X_n]$ $X_1$ $(X_2, \ldots, X_n)$ $X_n$ $(X_1, X_2, \ldots, X_{n-1})$ $(X_2, \ldots, X_n)$ $X_2$ $[0,1]$ $X_3$ $[X_2, 1]$ $X_1$ provoquera chacun de la suivante à diminuer par un facteur de vers la limite supérieure . Ce raisonnement conduit naturellement à la construction suivante. $X_i$ $1-X_1$ $1$

À titre préliminaire, puisqu'il est un peu plus simple de réduire les nombres vers que vers , soit . Ainsi, est uniformément distribué dans et est uniformément distribué dans conditionnellement à pour tout Nous nous intéressons à deux choses: $0$ $1$ $Y_i = 1-X_i$ $Y_1$ $[0,1]$ $Y_{i+1}$ $[0, Y_i]$ $(Y_1, Y_2, \ldots, Y_i)$ $i=1, 2, 3, \ldots.$

La valeur limite de . $E[X_1X_2\cdots X_n]=E[(1-Y_1)(1-Y_2)\cdots(1-Y_n)]$
Comment ces valeurs se comportent lors de la uniforme de tous les vers : c'est-à-dire en les mettant à l'échelle par un facteur commun , . $Y_i$ $0$ $t$ $0 \le t \le 1$

À cette fin, définissez

F_{n} (t) = E [(1 - t {Oui}_{1}) (1 - t {Oui}_{2}) \dots (1 - t {Oui}_{n})] .

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

Clairement, chaque est défini et continu (infiniment différentiable, en fait) pour tout réel . Nous nous concentrerons sur leur comportement pour . $f_n$ $t$ $t\in[0,1]$

2. L'étape clé

Les éléments suivants sont évidents:

Chaque est une fonction décroissante de façon monotone de à . $f_n(t)$ $[0,1]$ $[0,1]$
$f_n(t) \gt f_{n+1}(t)$ pour tout . $n$
$f_n(0) = 1$ pour tout . $n$
$E(X_1X_2\cdots X_n) = f_n(1).$

Cela implique que existe pour tous les et . $f(t) = \lim_{n\to\infty} f_n(t)$ $t\in[0,1]$ $f(0)=1$

Notez que, conditionnelle à , la variable est uniforme dans et les variables (conditionnelles à toutes les variables précédentes) sont uniformes dans : c'est-à-dire , satisfont précisément aux conditions remplies par . par conséquent $Y_1$ $Y_2/Y_1$ $[0,1]$ $Y_{i+1}/Y_1$ $[0, Y_i/Y_1]$ $(Y_2/Y_1, Y_3/Y_1, \ldots, Y_n/Y_1)$ $(Y_1, \ldots, Y_{n-1})$

\begin{aligned} F_{n} (t) & = E [(1 - t {Oui}_{1}) E [(1 - t {Oui}_{2}) \dots (1 - t {Oui}_{n}) | {Oui}_{1}]] \\ = E [(1 - t {Oui}_{1}) E [(1 - t {Oui}_{1} \frac{{Oui}_{2}}{{Oui}_{1}}) \dots (1 - t {Oui}_{1} \frac{{Oui}_{n}}{{Oui}_{1}}) | {Oui}_{1}]] \\ = E [(1 - t {Oui}_{1}) F_{n - 1} (t {Oui}_{1})] . \end{aligned}

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

C'est la relation récursive que nous recherchions.

Dans la limite il doit donc être le cas que pour uniformément distribué dans indépendamment de tous les , $n\to \infty$ $Y$ $[0,1]$ $Y_i$

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 .

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

Autrement dit, doit être un point fixe de la fonction pour laquelle $f$ $\mathcal{L}$

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. Calcul de la solution

Effacez la fraction en multipliant les deux côtés par . Parce que le côté droit fait partie intégrante, nous pouvons le différencier par rapport à , donnant $1/t$ $t$ $t$

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

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

De manière équivalente, en soustrayant et en divisant les deux côtés par , $f(t)$ $t$

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

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

pour . Nous pouvons étendre cela par continuité pour inclure . Avec la condition initiale (3) , la solution unique est $0 \lt t \le 1$ $t=0$ $f(0)=1$

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

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

Par conséquent, par (4), l'espérance limite de est , QED. $X_1X_2\cdots X_n$ $f(1)=e^{-1} = 1/e$

Parce que Mathematica semble être un outil populaire pour étudier ce problème, voici du code Mathematica pour calculer et tracer pour les petits . Le tracé de affiche une convergence rapide vers (représenté par le graphique noir). $f_n$ $n$ $f_1, f_2, f_3, f_4$ $e^{-t}$

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
source

3

(+1) Belle analyse.

— Cardinal

Merci de partager cela avec nous. Il y a des gens vraiment brillants!

— Felipe Gerard

4

Mise à jour

Je pense que c'est une valeur sûre que la réponse est . J'ai exécuté les intégrales pour la valeur attendue de à utilisant Mathematica et avec j'ai obtenu $1/e$ $n=2$ $n=100$ $n=100$

0.367879441171442321595523770161567628159853507344458757185018968311538556667710938369307469618599737077005261635286940285462842065735614

(à 100 décimales). L'inverse de cette valeur est

2.718281828459045235360287471351873636852026081893477137766637293458245150821149822195768231483133554

La différence avec cette réciproque et est $e$

-7.88860905221011806482437200330334265831479532397772375613947042032873*10^-31

Je pense que c'est trop proche, oserais-je dire, pour être une coïncidence rationnelle.

Le code Mathematica suit:

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}]

Fin de la mise à jour

Il s'agit plus d'un commentaire étendu que d'une réponse.

Si nous empruntons une voie de force brute en déterminant la valeur attendue pour plusieurs valeurs de , peut-être que quelqu'un reconnaîtra un modèle et pourra alors prendre une limite. $n$

Pour , nous avons la valeur attendue du produit $n=5$

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}

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

qui est 96547/259200 ou environ 0,3724807098765432.

Si nous supprimons l'intégrale de 0 à 1, nous avons un polynôme en avec les résultats suivants pour à (et j'ai supprimé l'indice pour rendre les choses un peu plus faciles à lire): $x_1$ $n=1$ $n=6$

$x$

$(x + x^2)/2$

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

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

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

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

Si quelqu'un reconnaît la forme des coefficients entiers, alors peut-être une limite comme peut être déterminée (après avoir effectué l'intégration de 0 à 1 qui a été supprimée pour montrer le polynôme sous-jacent). $n\rightarrow\infty$

— JimB
source

1 / e

$1/e$ est magnifiquement élégant! :)

— wolfies

4

Bonne question. Juste un petit commentaire, je voudrais noter que:

$X_n$ convergera rapidement vers 1, donc pour la vérification Monte Carlo, la définition de fera plus que faire l'affaire. $n = 1000$
Si , alors par simulation de Monte Carlo, comme , . $Z_n = X_1 X_2 \dots X_n$ $n \rightarrow \infty$ $E[Z_n] \approx 0.367$
Le diagramme suivant compare le pdf Monte Carlo simulé de à une distribution de fonction de puissance [c'est-à-dire un pdf bêta (a, 1)]] $Z_n$

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

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

... ici avec le paramètre : $a=0.57$

_{(source: tri.org.au )}

où:

la courbe bleue indique le pdf «empirique» de Monte Carlo de $Z_n$
la courbe en pointillés rouges est un pdf PowerFunction.

L'ajustement semble assez bon.

Code

Voici 1 million de dessins pseudo-aléatoires du produit (disons avec ), ici en utilisant Mathematica : $Z_n$ $n = 1000$

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

La moyenne de l'échantillon est:

 Mean[data]

0,367657

— Wolfies
source

pouvez-vous partager tout votre code? Ma solution diffère de la vôtre.

1

Le premier point, crucial, ne semble pas suffisamment justifié. Pourquoi pouvez-vous ignorer l'effet, disons, des prochaines valeurs de ? Malgré une convergence "rapide", leur effet cumulatif pourrait considérablement réduire les attentes.

10^{100}

$10^{100}$

x_{n}

$x_n$

— whuber

1

Bon usage de la simulation ici. J'ai des questions similaires à celles de @whuber. Comment pouvons-nous être sûrs que la valeur converge vers 0,367 mais pas quelque chose de plus bas, ce qui est potentiellement possible si est plus grand?

n

$n$

— usedbywho

En réponse aux 2 commentaires ci-dessus: (a) La série converge très rapidement vers 1. Même en commençant avec une valeur initiale de , dans environ 60 itérations, sera numériquement indiscernable du numérique 1.0 vers un ordinateur . Donc, simuler avec est exagéré. (b) Dans le cadre du test de Monte Carlo, j'ai également vérifié la même simulation (avec 1 million d'exécutions) mais en utilisant plutôt que 1000, et les résultats étaient indiscernables. Ainsi, il semble peu probable que des valeurs plus grandes de fassent une différence perceptible: au-dessus de , est effectivement 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

Purement intuitivement, et basé sur l'autre réponse de Rusty, je pense que la réponse devrait être quelque chose comme ceci:

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

Ce qui nous donne 0.3583668. Pour chaque , vous divisez la plage en deux, où commence à . C'est donc un produit de , etc. $X$ $(a,1)$ $a$ $0$ $1/2, (1 + 3/4)/2, (1 + 8/9)/2$

Ce n'est que de l'intuition.

Le problème avec la réponse de Rusty est que U [1] est identique dans chaque simulation. Les simulations ne sont pas indépendantes. Une solution est simple. Déplacez la ligne avec U[1] = runif(1,0,1)à l'intérieur de la première boucle. Le résultat est:

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)

Cela donne 0.3545284.

— Jessica
source

1

Solution très simple! Je suppose que c'est vrai, il y a toujours un bug dans le code! Je vais prendre ma réponse.

1

Oui, c'est exactement ce à quoi je m'attendais, étant donné que vous branchez les valeurs attendues comme limites inférieures.

1

J'ai exécuté votre code avec et j'ai obtenu comme réponse. N'est-ce pas un peu bizarre, car s'il converge vers une valeur, plus de parcours ne nous rapprocheraient-ils pas de cette valeur?

S = 10000

$S = 10000$

0.3631297

$0.3631297$

— usedbywho