對產品的期望𝑛nn因隨機變量當𝑛→∞n→∞ntoinfty

讓和,. 期望是什麼作為?

**答案確實是 $ 1/e $ ，**正如在基於模擬和有限近似的早期答復中所猜測的那樣。

通過引入一系列函數很容易得出解決方案 $ f_n: [0,1]\to[0,1] $ . 儘管我們可以立即進行該步驟，但它可能顯得相當神秘。該解決方案的第一部分解釋瞭如何製作這些 $ f_n(t) $ . 第二部分展示瞭如何利用它們來找到由限制函數滿足的函數方程 $ f(t) = \lim_{n\to\infty}f_n(t) $ . 第三部分顯示求解該函數方程所需的（例行）計算。

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1. 動機

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我們可以通過應用一些標準的數學問題解決技術來實現這一點。在這種情況下，某種操作被無限重複，限制將作為該操作的一個固定點存在。那麼，關鍵是識別操作。

困難在於從 $ E[X_1X_2\cdots X_{n-1}] $ 到 $ E[X_1X_2\cdots X_{n-1}X_n] $ 看起來很複雜。將此步驟視為由鄰接引起的更簡單 $ X_1 $ 對變量 $ (X_2, \ldots, X_n) $ 而不是相鄰 $ X_n $ 對變量 $ (X_1, X_2, \ldots, X_{n-1}) $ . 如果我們考慮 $ (X_2, \ldots, X_n) $ 如問題中所述構造-與 $ X_2 $ 均勻分佈在 $ [0,1] $ , $ X_3 $ 有條件地均勻分佈在 $ [X_2, 1] $ ，等等——然後引入 $ X_1 $ 將導致隨後的每一個 $ X_i $ 縮小一個因素 $ 1-X_1 $ 向著上限 $ 1 $ . 這種推理自然導致以下構造。

作為初步事項，因為將數字縮小到 $ 0 $ 比朝向 $ 1 $ ， 讓 $ Y_i = 1-X_i $ . 因此， $ Y_1 $ 均勻分佈在 $ [0,1] $ 和 $ Y_{i+1} $ 均勻分佈在 $ [0, Y_i] $ 有條件的 $ (Y_1, Y_2, \ldots, Y_i) $ 對所有人 $ i=1, 2, 3, \ldots. $ 我們對兩件事感興趣：

1. 的極限值 $ E[X_1X_2\cdots X_n]=E[(1-Y_1)(1-Y_2)\cdots(1-Y_n)] $ .
2. 縮小所有值時這些值的行為 $ Y_i $ 均勻地朝向 $ 0 $ ：也就是說，通過一些共同的因素來縮放它們 $ t $ , $ 0 \le t \le 1 $ .

為此，定義

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

顯然每個 $ f_n $ 對於所有實數是定義和連續的（實際上是無限可微的） $ t $ . 我們將關注他們的行為 $ t\in[0,1] $ .

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2. 關鍵步驟

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以下是顯而易見的：

1. 每個 $ f_n(t) $ 是一個單調遞減函數 $ [0,1] $ 到 $ [0,1] $ .
2. $ f_n(t) \gt f_{n+1}(t) $ 對所有人 $ n $ .
3. $ f_n(0) = 1 $ 對所有人 $ n $ .
4. $ E(X_1X_2\cdots X_n) = f_n(1). $

這些意味著 $ f(t) = \lim_{n\to\infty} f_n(t) $ 為所有人而存在 $ t\in[0,1] $ 和 $ f(0)=1 $ .

觀察，條件是 $ Y_1 $ , 變量 $ Y_2/Y_1 $ 是均勻的 $ [0,1] $ 和變量 $ Y_{i+1}/Y_1 $ （以所有前面的變量為條件）在 $ [0, Y_i/Y_1] $ ： 那是， $ (Y_2/Y_1, Y_3/Y_1, \ldots, Y_n/Y_1) $ 精確地滿足滿足的條件 $ (Y_1, \ldots, Y_{n-1}) $ . 最後

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

這就是我們正在尋找的遞歸關係。

在極限為 $ n\to \infty $ 因此必須是這樣的，對於 $ Y $ 均勻分佈在 $ [0,1] $ 獨立於所有 $ Y_i $ ,

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

那是， $ f $ 必須是函數的不動點 $ \mathcal{L} $ 為此

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

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3. 解的計算

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清除分數 $ 1/t $ 等式兩邊相乘 $ f(t)=\mathcal{L}f $ 經過 $ t $ . 因為右手邊是一個積分，我們可以將它區分為 $ t $ , 給

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

等效地，在減去 $ f(t) $ 並將兩邊除以 $ t $ ,

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

為了 $ 0 \lt t \le 1 $ . 我們可以通過連續性將其擴展到包括 $ t=0 $ . 具有初始條件 (3) $ f(0)=1 $ ，唯一解是

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

因此，通過（4），極限期望 $ X_1X_2\cdots X_n $ 是 $ f(1)=e^{-1} = 1/e $ ，QED。

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因為Mathematica似乎是研究這個問題的流行工具，所以這裡是用於計算和繪圖的Mathematica代碼 $ f_n $ 對於小 $ n $ . 的情節 $ f_1, f_2, f_3, f_4 $ 顯示快速收斂到 $ e^{-t} $ （如黑色圖表所示）。

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}]

引用自：https://stats.stackexchange.com/questions/184777