आश्रित यादृच्छिक चर का उत्पाद जब अपेक्षा करता है

Question

और , आज्ञा दें । को रूप में क्या उम्मीद है ?$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$

Comments

एक पंडिताऊ टिप्पणी: है $X_i \sim U[X_{i - 1}, 1]$ का इरादा करने के लिए मतलब $X_i \mid X_1,\ldots,X_{i-1} \sim U[X_{i-1},1]$ ? वैकल्पिक रूप से यह केवल पर कंडीशनिंग अर्थ हो सकता है $X_{i-1}$ , यह है कि, $X_i \mid X_{i-1} \sim U[X_{i-1},1]$। लेकिन बाद पूरी तरह से के संयुक्त वितरण निर्दिष्ट नहीं करता के रूप में$X_i$ है, यह तुरंत स्पष्ट नहीं है कि क्या उम्मीद विशिष्ट निर्धारित होता है।

— जुहो कोक्कला

मुझे लगता है कि सैद्धांतिक रूप से इसे एक्स- आई - 1 तक सभी पिछले पर वातानुकूलित किया जाना चाहिए । हालाँकि, X i - 1 को देखते हुए हम X i के लिए वितरण प्राप्त कर सकते हैं । इसलिए मैं इस बारे में निश्चित नहीं हूं। $X_i$$X_{i - 1}$$X_{i - 1}$$X_i$

— usedbywho

@JuhoKokkala जैसा कि आपने से पहले चरों पर कंडीशन करने से कोई फर्क नहीं पड़ता $X_{i-1}$क्योंकि उन्होंने इस तथ्य को नहीं बदला कि $X_i$ एकसमान है $[X_{i-1}, 1]$ । का वितरण $(X_1, \ldots , X_n)$मुझे पूरी तरह से परिभाषित लगता है।

— dsaxton

@dsaxton हम केवल यह मान तो $X_1\sim U(0,1)$ और $X_i\mid X_{i-1} \sim U(X_{i-1},1), i=2,3,...$, यह संभव है कि $X_1$ और एक्स $X_3$ पर सशर्त रूप से स्वतंत्र सशर्त नहीं हैं । इस प्रकार ( एक्स 1) का वितरण$X_2$$(X_1,X_2,X_3)$ अच्छी तरह से परिभाषित नहीं है।

— जुहो कोक्कल

@ जूहूकोक्कल अगर मैं आपको बताऊं कि $X_2=t$ , का वितरण क्या है $X_3$? यदि आप बारे में सोचे बिना भी इस प्रश्न का उत्तर दे सकते हैं $X_1$, तो $X_1$ और $X_3$ को $X_2$ कैसे निर्भर किया जा सकता है ? यह भी ध्यान दें कि कैसे अन्य पोस्टरों को इस अनुक्रम को अनुकरण करने में कोई परेशानी नहीं हुई है।

— dsaxton

Answer 1

उत्तर वास्तव में $1/e$ , जैसा कि पहले के उत्तरों में अनुमान लगाया गया था कि सिमुलेशन और परिमित सन्निकटन पर आधारित है।

समाधान आसानी से आता है कार्यों का एक क्रम शुरू करने से $f_n:[0,1]\to[0,1]$ । हालाँकि हम तुरंत उस कदम पर आगे बढ़ सकते थे, लेकिन यह रहस्यमयी प्रतीत हो सकता था। इस समाधान का पहला भाग बताता है कि कोई इन को कैसे पका सकता है $f_n(t)$। दूसरे भाग से पता चलता है कि वे किस तरह का शोषण किया जाता एक कार्यात्मक समीकरण सीमित समारोह से संतुष्ट लगता है $f(t) = \lim_{n\to\infty}f_n(t)$। तीसरा भाग इस क्रियात्मक समीकरण को हल करने के लिए आवश्यक (नियमित) गणनाओं को प्रदर्शित करता है।

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1. प्रेरणा

हम कुछ मानक गणितीय समस्या-समाधान तकनीकों को लागू करके इस तक पहुंच सकते हैं। इस मामले में, जहां किसी प्रकार के ऑपरेशन को बार-बार एड इनफिनिटम कहा जाता है, सीमा उस ऑपरेशन के एक निश्चित बिंदु के रूप में मौजूद होगी । उसके बाद, कुंजी को ऑपरेशन की पहचान करना है।

कठिनाई यह है कि से कदम है $E[X_1X_2\cdots X_{n-1}]$ को $E[X_1X_2\cdots X_{n-1}X_n]$ जटिल लग। इस चरण को से समीपवर्ती $X_1$चर से उत्पन्न होने के $(X_2, \ldots, X_n)$बजाय $X_n$ से चर ( X 1 ) के रूप में देखना सरल है । । यदि हमप्रश्न में वर्णित अनुसार निर्मित किए जारहे ( एक्स 2 , … , एक्स एन ) पर विचार कर रहे थे- एक्स 2 के साथसमान रूप से [ 0 , 1 ] पर वितरित किए गए, एक्स 3 सशर्त रूप से समान रूप से [ एक्स 2 , 1 ] , औरपर वितरित किए गएइतने पर - तो शुरू एक्स 1 बाद से हर एक कारण होगा एक्स मैं करने के लिए$(X_1, X_2, \ldots, X_{n-1})$$(X_2, \ldots, X_n)$$X_2$$[0,1]$$X_3$$[X_2, 1]$$X_1$$X_i$ऊपरी सीमा 1 की ओर कारक से हटना$1-X_1$$1$ । यह तर्क स्वाभाविक रूप से निम्नलिखित निर्माण की ओर ले जाता है।

प्रारंभिक बात के रूप में, चूँकि यह से 1 की ओर संख्या को सिकोड़ने के लिए थोड़ा सरल है , तो Y i = 1 - X i । इस प्रकार, Y 1 समान रूप में वितरित किया जाता है [ 0 , 1 ] और वाई मैं + 1 समान रूप में वितरित किया जाता है [ 0 , वाई मैं ] सशर्त पर ( Y 1 , वाई 2 , ... , वाई मैं ) सभी के लिए $0$$1$$Y_i = 1-X_i$$Y_1$$[0,1]$$Y_{i+1}$$[0, Y_i]$$(Y_1, Y_2, \ldots, Y_i)$ हम दो चीजों में रुचि रखते हैं:$i=1, 2, 3, \ldots.$

1. की सीमित मूल्य ।$E[X_1X_2\cdots X_n]=E[(1-Y_1)(1-Y_2)\cdots(1-Y_n)]$

2. How these values behave when shrinking all the $Y_i$ uniformly towards $0$: that is, by scaling them all by some common factor $t$, $0 \le t \le 1$.

To this end, define

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

Clearly each $f_n$ is defined and continuous (infinitely differentiable, actually) for all real $t$. We will focus on their behavior for $t\in[0,1]$.

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2. The Key Step

The following are obvious:

1. Each $f_n(t)$ is a monotonically decreasing function from $[0,1]$ to $[0,1]$.

2. $f_n(t) \gt f_{n+1}(t)$ for all $n$.

3. $f_n(0) = 1$ for all $n$.

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

These imply that $f(t) = \lim_{n\to\infty} f_n(t)$ exists for all $t\in[0,1]$ and $f(0)=1$.

Observe that, conditional on $Y_1$, the variable $Y_2/Y_1$ is uniform in $[0,1]$ and variables $Y_{i+1}/Y_1$ (conditional on all preceding variables) are uniform in $[0, Y_i/Y_1]$: that is, $(Y_2/Y_1, Y_3/Y_1, \ldots, Y_n/Y_1)$ satisfy precisely the conditions satisfied by $(Y_1, \ldots, Y_{n-1})$. Consequently

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

This is the recursive relationship we were looking for.

In the limit as $n\to \infty$ it must therefore be the case that for $Y$ uniformly distributed in $[0,1]$ independently of all the $Y_i$,

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

That is, $f$ must be a fixed point of the functional $\mathcal{L}$ for which

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

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3. Calculation of the Solution

Clear the fraction $1/t$ by multiplying both sides by $t$. Because the right hand side is an integral, we may differentiate it with respect to $t$, giving

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

Equivalently, upon subtracting $f(t)$ and dividing both sides by $t$,

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

for $0 \lt t \le 1$. We may extend this by continuity to include $t=0$. With the initial condition (3) $f(0)=1$, the unique solution is

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

Consequently, by (4), the limiting expectation of $X_1X_2\cdots X_n$ is $f(1)=e^{-1} = 1/e$, QED.

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Because Mathematica appears to be a popular tool for studying this problem, here is Mathematica code to compute and plot $f_n$ for small $n$. The plot of $f_1, f_2, f_3, f_4$ displays rapid convergence to $e^{-t}$ (shown as the black graph).

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}]

Comments

(+1) Beautiful analysis.

— cardinal

Thank you for sharing that with us. There are some really brilliant people out there!

— Felipe Gerard

Answer 2

Update

I think it's a safe bet that the answer is $1/e$. I ran the integrals for the expected value from $n=2$ to $n=100$ using Mathematica and with $n=100$ I got

0.367879441171442321595523770161567628159853507344458757185018968311538556667710938369307469618599737077005261635286940285462842065735614

(to 100 decimal places). The reciprocal of that value is

2.718281828459045235360287471351873636852026081893477137766637293458245150821149822195768231483133554

The difference with that reciprocal and $e$ is

-7.88860905221011806482437200330334265831479532397772375613947042032873*10^-31

I think that's too close, dare I say, to be a rational coincidence.

The Mathematica code follows:

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}]

End of update

This is more of an extended comment than an answer.

If we go a brute force route by determining the expected value for several values of $n$, maybe someone will recognize a pattern and then be able to take a limit.

For $n=5$, we have the expected value of the product being

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

which is 96547/259200 or approximately 0.3724807098765432.

If we drop the integral from 0 to 1, we have a polynomial in $x_1$ with the following results for $n=1$ to $n=6$ (and I've dropped the subscript to make things a bit easier to read):

$x$

$(x + x^2)/2$

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

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

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

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

If someone recognizes the form of the integer coefficients, then maybe a limit as $n\rightarrow\infty$ can be determined (after performing the integration from 0 to 1 that was removed to show the underlying polynomial).

Comments

$1/e$ is beautifully elegant! :)

— wolfies

Answer 3

Nice question. Just as a quick comment, I would note that:

• $X_n$ will converge to 1 rapidly, so for Monte Carlo checking, setting $n = 1000$ will more than do the trick.

• If $Z_n = X_1 X_2 \dots X_n$, then by Monte Carlo simulation, as $n \rightarrow \infty$, $E[Z_n] \approx 0.367$.

• The following diagram compares the simulated Monte Carlo pdf of $Z_n$ to a Power Function distribution [ i.e. a Beta(a,1) pdf) ]

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

... here with parameter $a=0.57$:

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

where:

• the blue curve denotes the Monte Carlo 'empirical' pdf of $Z_n$
• the red dashed curve is a PowerFunction pdf.

The fit appears pretty good.

Code

Here are 1 million pseudorandom drawings of the product $Z_n$ (say with $n = 1000$), here using Mathematica:

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

The sample mean is:

 Mean[data]

0.367657

Comments

can you share your entire code? My solution differs from yours.

The first bullet point, which is crucial, does not appear to be sufficiently well justified. Why can you dismiss the effect of, say, the next $10^{100}$ values of $x_n$? Despite "rapid" convergence, their cumulative effect could considerably decrease the expectation.

— whuber

Good use of simulation here. I have similar questions as @whuber. How can we be sure the value converges to 0.367 but not something lower, which is potentially possible if $n$ is larger?

— usedbywho

In reply to the above 2 comments: (a) The series $X_i$ converges very rapidly to 1. Even starting with an initial value of $X_1 = 0.1$, within about 60 iterations, $X_{60}$ will be numerically indistinguishable from numerical 1.0 to a computer. So, simulating $X_n$ with $n = 1000$ is overkill. (b) As part of the Monte Carlo test, I also checked the same simulation (with 1 million runs) but using $n = 5000$ rather than 1000, and the results were indistinguishable. Thus, it seem unlikely that larger values of $n$ will make any discernible difference: above $n=100$, $X_n$ is effectively 1.0.

— wolfies

Answer 4

Purely intuitively, and based on Rusty's other answer, I think the answer should be something like this:

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

Which gives us 0.3583668. For each $X$, you are splitting the $(a,1)$ range in half, where $a$ starts out at $0$. So it's a product of $1/2, (1 + 3/4)/2, (1 + 8/9)/2$, etc.

This is just intuition.

---

The problem with Rusty's answer is that U[1] is identical in every single simulation. The simulations are not independent. A fix for this is easy. Move the line with U[1] = runif(1,0,1) to inside the first loop. The result is:

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)

This gives 0.3545284.

Comments

Very simple fix! I guess it is true, there is always a bug in the code! I'll take down my answer.

Yea, that was exactly what I was expecting to happen given that you plug in the expected values as the lower bounds.

I run your code with $S = 10000$ and got $0.3631297$ as the answer. Isn't that a little weird since if it does converge to a value wouldn't more runs get us closer to that value?

— usedbywho