Attente d'un produit de variables aléatoires dépendantes lorsque

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$

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 introduisantE [ X 1 X 2 ⋯ X n - 1 X n ] X 1 ( X 2 , … , X n ) X n ( X 1 , X 2 , … , X n - 1 ) ( X 2 , … , X $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$$(X_1, X_2, \ldots, X_{n-1})$X 2 [ 0 , 1 ] X 3 [ X 2 , 1 ] X $(X_2, \ldots, X_n)$$X_2$$[0,1]$$X_3$$[X_2, 1]$$X_1$provoquera chacun de la suivante à diminuer par un facteur de vers la limite supérieure . Ce raisonnement conduit naturellement à la construction suivante.1 - X 1 1$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:1 Y i = 1 - X i Y 1 [ 0 , 1 ] Y i + 1 [ 0 , Y i ] ( Y 1 , Y 2 , … , Y i ) i = 1 , 2 , 3 , … $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.$

1. La valeur limite de .$E[X_1X_2\cdots X_n]=E[(1-Y_1)(1-Y_2)\cdots(1-Y_n)]$

2. 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 , . 0 t 0 ≤ t ≤ $Y_i$$0$$t$$0 \le t \le 1$

À cette fin, définissez

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

2. L'étape clé

Les éléments suivants sont évidents:

1. Chaque est une fonction décroissante de façon monotone de à .[ 0 , 1 ] [ 0 , 1 $f_n(t)$$[0,1]$$[0,1]$

2. $f_n(t) \gt f_{n+1}(t)$ pour tout .$n$

3. $f_n(0) = 1$ pour tout .$n$

4. $E(X_1X_2\cdots X_n) = f_n(1).$

Cela implique que existe pour tous les et .t ∈ [ 0 , 1 ] f ( 0 ) = $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 conséquentY 2 / Y 1 [ 0 , 1 ] Y i + 1 / Y 1 [ 0 , Y i / Y 1 ] ( Y 2 / Y 1 , Y 3 / Y 1 , … , Y n / Y 1 ) ( Y 1 , … , Y n - 1 )$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})$

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

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

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 , donnantt $1/t$$t$$t$

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

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

Par conséquent, par (4), l'espérance limite de est , QED. f ( 1 ) = e - 1 = 1 /$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). n f 1 , f 2 , f 3 , f 4 e - $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}]

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 obtenun = 2 n = $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$n=5$

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): n = 1 n = $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).$n\rightarrow\infty$

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)]]$Z_n$

... 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

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.