Expectativa de um produto de variáveis aleatórias dependentes quando

18

Vamos e , . Qual é a expectativa de como ? $X_1 \sim U[0,1]$ $X_i \sim U[X_{i - 1}, 1]$ $i = 2, 3,...$ $X_1 X_2 \cdots X_n$ $n \rightarrow \infty$

mathematical-statistics random-variable expected-value

— usedbywho
fonte

7

Uma observação pedante: pretende significar ? Alternativamente, isso poderia significar condicionamento apenas em , ou seja, . Porém, como este último não especifica completamente a distribuição conjunta dos s, não está claro imediatamente se a expectativa é determinada exclusivamente.

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

Eu acho que teoricamente deveria estar condicionado em todo o anterior até . No entanto, dado , podemos obter a distribuição para . Portanto, não tenho muita certeza disso.

X_{i}

$X_i$

X_{i - 1}

$X_{i - 1}$

X_{i - 1}

$X_{i - 1}$

X_{i}

$X_i$

— usar o seguinte código

@JuhoKokkala Como afirmado, não importa se você condiciona as variáveis antes de porque elas não mudam o fato de ser uniforme . A distribuição de parece perfeitamente bem definida para mim.

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 Se assumirmos apenas e , continua sendo possível que e não sejam condicionalmente independentes em . Portanto, a distribuição de não está bem definida.

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 Se eu lhe disser que , qual é a distribuição do ? Se você pode responder à pergunta sem sequer pensar em , como e ser dependentes, dado ? Observe também como outros pôsteres não tiveram problemas ao simular essa sequência.

X_{2} = t

$X_2=t$

X_{3}

$X_3$

X_{1}

$X_1$

X_{1}

$X_1$

X_{3}

$X_3$

X_{2}

$X_2$

— precisa saber é o seguinte

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A resposta é de fato , $1/e$ como adivinhado nas respostas anteriores, com base em simulações e aproximações finitas.

A solução é facilmente alcançada através da introdução de uma sequência de funções . Embora possamos avançar imediatamente para essa etapa, ela pode parecer bastante misteriosa. A primeira parte desta solução explica como se pode preparar esses . A segunda parte mostra como eles são explorados para encontrar uma equação funcional satisfeita pela função limitadora . A terceira parte exibe os cálculos (de rotina) necessários para resolver esta equação funcional. $f_n:[0,1]\to[0,1]$ $f_n(t)$ $f(t) = \lim_{n\to\infty}f_n(t)$

1. Motivação

Podemos chegar a isso aplicando algumas técnicas matemáticas padrão de solução de problemas. Nesse caso, onde algum tipo de operação é repetida ad infinitum, o limite existirá como um ponto fixo dessa operação. A chave, então, é identificar a operação.

A dificuldade é que a mudança de para parece complicada. É mais simples visualizar esta etapa como decorrente do adjacente às variáveis vez de adjacente às variáveis . Se considerarmos como sendo construído como descrito na pergunta - com distribuído uniformemente em , condicionalmente distribuído uniformemente em e assim por diante-- introduzindo $E[X_1X_2\cdots X_{n-1}]$ $E[X_1X_2\cdots X_{n-1}X_n]$ $X_1$ $(X_2, \ldots, X_n)$ $X_n$ $(X_1, X_2, \ldots, X_{n-1})$ $(X_2, \ldots, X_n)$ $X_2$ $[0,1]$ $X_3$ $[X_2, 1]$ $X_1$ fará com que cada um dos subsequentes para encolher por um factor de em direcção ao limite superior . Esse raciocínio leva naturalmente à seguinte construção. $X_i$ $1-X_1$ $1$

Como questão preliminar, como é um pouco mais simples reduzir os números para que para , deixe . Portanto, é distribuído uniformemente em e é distribuído uniformemente em condicional em para todos os Estamos interessados em duas coisas: $0$ $1$ $Y_i = 1-X_i$ $Y_1$ $[0,1]$ $Y_{i+1}$ $[0, Y_i]$ $(Y_1, Y_2, \ldots, Y_i)$ $i=1, 2, 3, \ldots.$

O valor limite de . $E[X_1X_2\cdots X_n]=E[(1-Y_1)(1-Y_2)\cdots(1-Y_n)]$
Como esses valores se comportam ao reduzir todo o uniformemente em direção a : ou seja, escalonando todos por algum fator comum , . $Y_i$ $0$ $t$ $0 \le t \le 1$

Para esse fim, defina

f_{n} (t) = E [(1 - t Y_{1}) (1 - t Y_{2}) \dots (1 - t Y_{n})] .

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

Claramente cada é definido e contínuo (infinitamente diferenciável, na verdade) para todos reais . Vamos nos concentrar no comportamento deles para . $f_n$ $t$ $t\in[0,1]$

2. O passo chave

O seguinte é óbvio:

Cada é uma função monotonicamente decrescente de a . $f_n(t)$ $[0,1]$ $[0,1]$
$f_n(t) \gt f_{n+1}(t)$ para todos os . $n$
$f_n(0) = 1$ para todos os . $n$
$E(X_1X_2\cdots X_n) = f_n(1).$

Estas implicam que existe para todos e . $f(t) = \lim_{n\to\infty} f_n(t)$ $t\in[0,1]$ $f(0)=1$

Observe que, condicional em , a variável é uniforme em e as variáveis (condicional em todas as variáveis anteriores) são uniformes em : isto é , satisfazem precisamente as condições satisfeitas por . Consequentemente $Y_1$ $Y_2/Y_1$ $[0,1]$ $Y_{i+1}/Y_1$ $[0, Y_i/Y_1]$ $(Y_2/Y_1, Y_3/Y_1, \ldots, Y_n/Y_1)$ $(Y_1, \ldots, Y_{n-1})$

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

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

Essa é a relação recursiva que estávamos procurando.

No limite de , portanto, deve ser o caso de distribuído uniformemente em independentemente de todos os , $n\to \infty$ $Y$ $[0,1]$ $Y_i$

f (t) = E [(1 - t Y) f (t Y)] = \int_{0 0}^{1} (1 - t y) f (t y) d y = \frac{1}{t} \int_{0 0}^{t} (1 - x) f (x) d x .

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

Ou seja, deve ser um ponto fixo do para o qual $f$ $\mathcal{L}$

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. Cálculo da solução

Limpe a fração multiplicando os dois lados por . Como o lado direito é uma integral, podemos diferenciá-lo em relação a , dando $1/t$ $t$ $t$

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

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

Equivalentemente, ao subtrair e dividir ambos os lados por , $f(t)$ $t$

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

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

para . Podemos estender isso por continuidade para incluir . Com a condição inicial (3) , a solução exclusiva é $0 \lt t \le 1$ $t=0$ $f(0)=1$

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

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

Consequentemente, por (4), a expectativa limitadora de é , QED. $X_1X_2\cdots X_n$ $f(1)=e^{-1} = 1/e$

Como o Mathematica parece ser uma ferramenta popular para estudar esse problema, aqui está o código do Mathematica para calcular e plotar para pequeno . O gráfico de exibe convergência rápida para (mostrado como o gráfico preto). $f_n$ $n$ $f_1, f_2, f_3, f_4$ $e^{-t}$

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
fonte

3

(+1) bela análise.

— cardeal

Obrigado por compartilhar isso com a gente. Existem pessoas realmente brilhantes por aí!

— Felipe Gerard

4

Atualizar

Eu acho que é uma aposta segura que a resposta seja . Corri as integrais para o valor esperado de a usando Mathematica e com eu tenho $1/e$ $n=2$ $n=100$ $n=100$

0.367879441171442321595523770161567628159853507344458757185018968311538556667710938369307469618599737077005261635286940285462842065735614

(até 100 casas decimais). O recíproco desse valor é

2.718281828459045235360287471351873636852026081893477137766637293458245150821149822195768231483133554

A diferença com esse recíproco é $e$

-7.88860905221011806482437200330334265831479532397772375613947042032873*10^-31

Eu acho que é muito próximo, ouso dizer, ser uma coincidência racional.

O código do Mathematica é o seguinte:

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}]

Fim da atualização

Este é mais um comentário extenso do que uma resposta.

Se seguirmos uma rota de força bruta, determinando o valor esperado para vários valores de , talvez alguém reconheça um padrão e, em seguida, consiga estabelecer um limite. $n$

Para , temos o valor esperado do produto sendo $n=5$

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}

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

que é 96547/259200 ou aproximadamente 0,3724807098765432.

Se deixarmos a integral de 0 para 1, teremos um polinômio em com os seguintes resultados para a (e deixei cair o subscrito para facilitar a leitura das coisas): $x_1$ $n=1$ $n=6$

$x$

$(x + x^2)/2$

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

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

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

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

Se alguém reconhecer a forma dos coeficientes inteiros, talvez seja possível determinar um limite como (depois de executar a integração de 0 a 1 que foi removida para mostrar o polinômio subjacente). $n\rightarrow\infty$

— JimB
fonte

1 / e

$1/e$ é lindamente elegante! :)

— wolfies

4

Boa pergunta. Apenas como um comentário rápido, eu observaria que:

$X_n$ convergirá para 1 rapidamente; portanto, para a verificação de Monte Carlo, definir será mais do que suficiente. $n = 1000$
Se , pela simulação de Monte Carlo, como , . $Z_n = X_1 X_2 \dots X_n$ $n \rightarrow \infty$ $E[Z_n] \approx 0.367$
O diagrama a seguir compara o pdf de Monte Carlo simulado de com uma distribuição de Função de Potência [ie, um beta (a, 1) pdf]] $Z_n$

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

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

... aqui com o parâmetro : $a=0.57$

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

Onde:

a curva azul indica o pdf 'empírico' de de Monte Carlo $Z_n$
a curva tracejada vermelha é um pdf do PowerFunction.

O ajuste parece muito bom.

Código

Aqui estão 1 milhão de desenhos pseudo-aleatórios do produto (digamos, com ), aqui usando o Mathematica : $Z_n$ $n = 1000$

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

A média da amostra é:

 Mean[data]

0,367657

— wolfies
fonte

você pode compartilhar todo o seu código? Minha solução difere da sua.

1

O primeiro ponto, que é crucial, não parece ser suficientemente bem justificado. Por que você pode descartar o efeito, digamos, dos próximos valores de ? Apesar da convergência "rápida", seu efeito cumulativo pode diminuir consideravelmente a expectativa.

10^{100}

$10^{100}$

x_{n}

$x_n$

— whuber

1

Bom uso da simulação aqui. Tenho perguntas semelhantes às @whuber. Como podemos ter certeza de que o valor converge para 0,367, mas não para algo menor, o que é potencialmente possível se for maior?

n

$n$

— usar o seguinte código

Em resposta aos 2 comentários acima: (a) A série converge muito rapidamente para 1. Mesmo começando com um valor inicial de , em cerca de 60 iterações, será numericamente indistinguível do numérico 1.0 para um computador . Portanto, simular com é um exagero. (b) Como parte do teste de Monte Carlo, também verifiquei a mesma simulação (com 1 milhão de execuções), mas usando vez de 1000, e os resultados foram indistinguíveis. Portanto, parece improvável que valores maiores de façam qualquer diferença discernível: acima de , é efetivamente 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

Puramente intuitivamente, e com base na outra resposta de Rusty, acho que a resposta deve ser algo assim:

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

O que nos dá 0.3583668. Para cada , você está dividindo o intervalo ao meio, onde começa em . Portanto, é um produto de , etc. $X$ $(a,1)$ $a$ $0$ $1/2, (1 + 3/4)/2, (1 + 8/9)/2$

Isso é apenas intuição.

O problema com a resposta de Rusty é que U [1] é idêntico em todas as simulações. As simulações não são independentes. Uma correção para isso é fácil. Mova a linha com U[1] = runif(1,0,1)para dentro do primeiro loop. O resultado é:

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)

Isso dá 0.3545284.

— Jessica
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1

Correção muito simples! Eu acho que é verdade, sempre há um bug no código! Vou anotar minha resposta.

1

Sim, era exatamente o que eu esperava que acontecesse, uma vez que você conecta os valores esperados como limites inferiores.

1

S = 10000

$S = 10000$

0.3631297

$0.3631297$

Expectativa de um produto de variáveis ​​aleatórias dependentes quando

1. Motivação

2. O passo chave

3. Cálculo da solução

Expectativa de um produto de variáveis aleatórias dependentes quando