Kỳ vọng về một sản phẩm của

Đặt $X_1 \sim U[0,1]$ và $X_i \sim U[X_{i - 1}, 1]$ , $i = 2, 3,...$. Kỳ vọng của là gì? n → $X_1 X_2 \cdots X_n$$n \rightarrow \infty$

Câu trả lời thực sự là ,$1/e$ như đã đoán trong các câu trả lời trước đó dựa trên mô phỏng và các xấp xỉ hữu hạn.

Giải pháp dễ dàng được đưa ra bằng cách giới thiệu một chuỗi các hàm . Mặc dù chúng ta có thể tiến hành bước đó ngay lập tức, nhưng nó có vẻ khá bí ẩn. Phần đầu tiên của giải pháp này giải thích cách người ta có thể nấu những f n ( t ) này . Các chương trình phần thứ hai cách thức chúng được khai thác để tìm một phương trình chức năng thoả mãn bởi chức năng giới hạn f ( t ) = lim n → ∞ f n ( t $f_n:[0,1]\to[0,1]$$f_n(t)$$f(t) = \lim_{n\to\infty}f_n(t)$. Phần thứ ba hiển thị các tính toán (thường trình) cần thiết để giải phương trình hàm này.

1. Động lực

Chúng ta có thể đạt được điều này bằng cách áp dụng một số kỹ thuật giải quyết vấn đề toán học tiêu chuẩn. Trong trường hợp này, khi một số loại hoạt động được lặp lại quảng cáo vô hạn, giới hạn sẽ tồn tại như một điểm cố định của hoạt động đó. Chìa khóa, sau đó, là để xác định các hoạt động.

Sự khó khăn là di chuyển từ để E [ X 1 X 2 ⋯ X n - 1 X n ] có vẻ phức tạp. Nó là đơn giản để xem bước này là phát sinh từ liền kề X 1 để các biến ( X 2 , ... , X n ) chứ không phải là liền kề X n các biến ( 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$ . Nếu chúng ta xem xét ( X 2 , ... , X n ) như được xây dựng như mô tả trong câu hỏi - với X 2 phân bố đều trên [ 0 , 1 ] , X 3 có điều kiện phân bố đều trên [ X 2 , 1 ] , và vân vân - sau đó giới thiệu X 1 sẽ gây ra mỗi một trong những tiếp theo X i để$(X_1, X_2, \ldots, X_{n-1})$$(X_2, \ldots, X_n)$$X_2$$[0,1]$$X_3$$[X_2, 1]$$X_1$$X_i$co lại theo hệ số về giới hạn trên $1-X_1$$1$ . Lý do này dẫn tự nhiên để xây dựng sau đây.

Như một vấn đề sơ bộ, vì đơn giản hơn một chút để thu nhỏ các số về so với 1 , hãy để Y i = 1 - X i . Như vậy, Y 1 được phân bố đều trong [ 0 , 1 ] và Y i + 1 được phân bố đều trong [ 0 , Y i ] có điều kiện trên ( Y 1 , Y 2 , ... , Y i ) cho tất cả $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.$ We are interested in two things:

1. The limiting value of $E[X_1X_2\cdots X_n]=E[(1-Y_1)(1-Y_2)\cdots(1-Y_n)]$.

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

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

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

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 $Y_i$,

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

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

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

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

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

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}]

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

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).

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) ]

... 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

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.