Ve bu ürünün de beklentisi bağımlı rastgele değişken zaman

Let ve , . olarak beklentisi nedir ?$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$

Cevap gerçekten de ,$1/e$ simülasyon ve sonlu yaklaşımlar dayalı önceki cevaplarda tahmin olarak.

Çözeltiye, fonksiyonlarının bir dizisi kolayca . Bu adıma hemen geçebilsek de, oldukça gizemli görünebilir. Bu çözümün ilk kısmı kişinin bu nasıl pişirebileceğini açıklar . İkinci bölüm, sınırlama fonksiyonundan memnun olan fonksiyonel bir denklem bulmak için nasıl kullanıldıklarını göstermektedir . Üçüncü bölüm, bu fonksiyonel denklemi çözmek için gerekli (rutin) hesaplamaları göstermektedir.$f_n:[0,1]\to[0,1]$$f_n(t)$$f(t) = \lim_{n\to\infty}f_n(t)$

---

1. Motivasyon

Buna bazı standart matematiksel problem çözme tekniklerini uygulayarak ulaşabiliriz. Bir tür işlemin sonsuz kez yinelendiği bu durumda, sınır söz konusu işlemin sabit bir noktası olarak mevcut olacaktır . O halde anahtar işlemi tanımlamaktır.

Zorluk, dan ' karmaşık görünmesidir. Bu bitişik doğan bu adımı görüntülemek için basit değişkenlerine yerine bitişik daha değişkenlerine . Düşündüğümüz olsaydı söz tarif edildiği gibi inşa edilmiş olarak - ile eşit dağıtılmış [0,1] , X_3 şartlı eşit dağıtılmış [X_2, 1] ve böylece Explorer gibi sonra X_1$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$daha sonra, her biri neden olur $X_i$ için bir faktörle büzülme $1-X_1$ üst sınıra yaklaşan $1$ . Bu akıl yürütme doğal olarak aşağıdaki yapıya yol açar.

Ön konu olarak, sayıları $0$ doğru 1'e doğru küçültmek biraz daha basit olduğundan $1$, $Y_i = 1-X_i$ . Böylece, $Y_1$ , [0,1] ' de eşit olarak dağıtılır $[0,1]$ve $Y_{i+1}$ , tüm i = 1, 2, 3 için koşullu olarak (Y_1, Y_2, \ ldots, Y_i) koşullu olarak [0, Y_i]' de eşit olarak dağıtılır. \ ldots. İki şeyle ilgileniyoruz:$[0, Y_i]$$(Y_1, Y_2, \ldots, Y_i)$$i=1, 2, 3, \ldots.$

1. Sınırlayıcı değeri .$E[X_1X_2\cdots X_n]=E[(1-Y_1)(1-Y_2)\cdots(1-Y_n)]$

2. Tüm küçülen, nasıl bu değerler davranırlar doğru düzgün : Ortak bir faktör tarafından hepsini ölçekleme tarafından olduğunu , .$Y_i$$0$$t$$0 \le t \le 1$

Bu amaçla tanımlayın

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

Açıkça her , tüm gerçek t için tanımlanmış ve süreklidir (gerçekten farklı olabilir) . [0,1] 'deki t \ için davranışlarına odaklanacağız .$f_n$$t$$t\in[0,1]$

---

2. Anahtar Adım

Aşağıdakiler açıktır:

1. Her $f_n(t)$ bir monoton olarak azalan bir fonksiyonudur $[0,1]$ için $[0,1]$ .

2. $f_n(t) \gt f_{n+1}(t)$tüm n için f_n (t) \ gt f_ {n + 1} (t)$n$ .

3. $f_n(0) = 1$Tüm n için f_n (0) = 1$n$ .

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

Bunlar , [0,1] ve f (0) = 1'deki tüm t \ için f (t) = \ lim_ {n \ ila \ infty} f_n (t) olduğunu gösterir .$f(t) = \lim_{n\to\infty} f_n(t)$$t\in[0,1]$$f(0)=1$

Koşullu bu, dikkate $Y_1$ değişken $Y_2/Y_1$ eşbiçimlidir $[0,1]$ ve değişkenler $Y_{i+1}/Y_1$ (bütün önceki değişkenlerine bağlı) olan muntazam $[0, Y_i/Y_1]$ : ki , (Y_2 / Y_1, Y_3 / Y_1, \ ldots, Y_n / Y_1) (Y_1, \ ldots, Y_ {n-1})$(Y_2/Y_1, Y_3/Y_1, \ldots, Y_n/Y_1)$ koşullarını tam olarak karşılar . $(Y_1, \ldots, Y_{n-1})$ sonuç olarak

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

Aradığımız özyinelemeli ilişki budur.

Olarak limitte bu nedenle söz konusu durumda olmalıdır muntazam biçimde dağıtılmaktadır , bağımsız bir şekilde her bir ,$n\to \infty$$Y$$[0,1]$$Y_i$

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

Yani, işlevsel için sabit bir nokta olmalıdır.$f$$\mathcal{L}$

$$\mathcal{L}[g](t) = \frac{1}{t}\int_0^t (1-x)g(x)dx.$$

---

3. Çözümün Hesaplanması

Fraksiyon temizleyin her iki tarafı çarparak . Sağ taraf bir integral olduğundan, onu göre ayırt edebiliriz ,$1/t$$t$$t$

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

Eşdeğer olarak, çıkarılması ve her iki tarafın da ile bölünmesi üzerine ,$f(t)$$t$

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

için . Bunu süreklilikle içerecek şekilde genişletebiliriz . İlk durumda (3) ile , tek çözüm$0 \lt t \le 1$$t=0$$f(0)=1$

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

Sonuç olarak, (4), sınırlayıcı beklentisi ile olan QED.$X_1X_2\cdots X_n$$f(1)=e^{-1} = 1/e$

---

Çünkü Mathematica bu sorunu incelemek için popüler bir araç olarak görünür burada Mathematica hesaplamak için kod ve arsa küçük için . Arsa gösteren, hızlı yakınsama (siyah grafik olarak gösterilmiştir).$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}]

Güncelleme

Yanıtın olması güvenli bir bahis olduğunu düşünüyorum . Ben beklenen değeri için integraller ran için kullanılarak Mathematica'yı ile bende$1/e$$n=2$$n=100$$n=100$

0.367879441171442321595523770161567628159853507344458757185018968311538556667710938369307469618599737077005261635286940285462842065735614

(100 ondalık basamağa kadar). Bu değerin karşılıklılığı

2.718281828459045235360287471351873636852026081893477137766637293458245150821149822195768231483133554

Bu karşılıklı ve ,$e$

-7.88860905221011806482437200330334265831479532397772375613947042032873*10^-31

Bence bu akılcı bir tesadüf olmaya cesaret edemez.

Mathematica kodu aşağıdaki gibidir:

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}]

Güncelleme sonu

Bu, bir yanıttan ziyade genişletilmiş bir yorumdur.

Birkaç değeri için beklenen değeri belirleyerek bir kaba kuvvet yoluna gidersek , belki birisi bir patern tanıyabilir ve daha sonra bir limit alabilir.$n$

İçin , ürün varlık beklenen değere sahip$n=5$

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

96547/259200 veya yaklaşık 0.3724807098765432.

İntegrali 0'dan 1'e düşürürsek, ila için aşağıdaki sonuçları içeren bir polinomumuz olur (ve işleri daha kolay okumak için aboneliği bıraktım):$x_1$$n=1$$n=6$

$x$

$(x + x^2)/2$

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

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

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

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

Birisi tamsayı katsayılarının biçimini tanırsa, olarak bir sınır belirlenebilir (alttaki polinomu göstermek için kaldırılan 0'dan 1'e entegrasyon gerçekleştirildikten sonra).$n\rightarrow\infty$

Güzel soru. Hızlı bir yorum olarak şunu not ederim:

• $X_n$ hızla 1'e yakınlaşır, bu nedenle Monte Carlo kontrolü için$n = 1000$ ayarıhile yapmaktan daha fazla olacaktır.

• Eğer $Z_n = X_1 X_2 \dots X_n$ , o zaman Monte Carlo simülasyonu ile gibi $n \rightarrow \infty$ , $E[Z_n] \approx 0.367$ .

• Aşağıdaki diyagram, simüle Monte Carlo pdf karşılaştırır $Z_n$ , bir Güç fonksiyonu dağılımı [yani, Beta, (a, 1) pdf)] olarak

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

... burada parametre $a=0.57$ :

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

nerede:

• mavi eğri, Z n'nin Monte Carlo 'ampirik' pdf'sini gösterir.$Z_n$
• kırmızı kesikli eğri bir PowerFunction pdf'dir.

Uyum oldukça iyi görünüyor.

kod

Burada Mathematica kullanarak $Z_n$ ürününün 1 milyon sözde çizimi ( $n = 1000$ ) :

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

Örnek ortalama:

 Mean[data]

0.367657

Tamamen sezgisel olarak ve Rusty'nin diğer cevabına dayanarak, cevabın şöyle olması gerektiğini düşünüyorum:

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

Hangi bize verir 0.3583668. Her X için , ( a , 1 ) aralığını ikiye bölersiniz , burada a 0 ile başlar . Bu bir ürünü yani 1 / 2 , ( 1 + 3 / 4 ) / 2 , ( 1 + 8 / 9 ) / 2 , vs.$X$$(a,1)$$a$$0$$1/2, (1 + 3/4)/2, (1 + 8/9)/2$

Bu sadece sezgi.

---

Rusty'nin cevabı ile ilgili sorun, U [1] 'in her bir simülasyonda aynı olmasıdır. Simülasyonlar bağımsız değildir. Bunun için bir düzeltme kolaydır. İle çizgiyi U[1] = runif(1,0,1)ilk döngünün içine taşıyın . Sonuç:

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)

Bu verir 0.3545284.