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 fn:[0,1]→[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 fn(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)=limn→∞fn(t) . 第三部分顯示求解該函數方程所需的（例行）計算。
- 動機
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[X1X2⋯Xn−1] 到 E[X1X2⋯Xn−1Xn] 看起來很複雜。將此步驟視為由鄰接引起的更簡單 X1 對變量 (X2,…,Xn) 而不是相鄰 Xn 對變量 (X1,X2,…,Xn−1) . 如果我們考慮 (X2,…,Xn) 如問題中所述構造-與 X2 均勻分佈在 [0,1] , X3 有條件地均勻分佈在 [X2,1] ，等等——然後引入 X1 將導致隨後的每一個 Xi 縮小一個因素 1−X1 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 Yi=1−Xi . 因此， Y1 均勻分佈在 [0,1] 和 Yi+1 均勻分佈在 [0,Yi] 有條件的 (Y1,Y2,…,Yi) 對所有人 i=1,2,3,…. 我們對兩件事感興趣：
- 的極限值 E[X1X2⋯Xn]=E[(1−Y1)(1−Y2)⋯(1−Yn)] .
- 縮小所有值時這些值的行為 Yi 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≤t≤1 .
為此，定義
fn(t)=E[(1−tY1)(1−tY2)⋯(1−tYn)].
顯然每個 fn 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∈[0,1] .
- 關鍵步驟
以下是顯而易見的：
- 每個 fn(t) 是一個單調遞減函數 [0,1] 到 [0,1] .
- fn(t)>fn+1(t) 對所有人 n .
- fn(0)=1 對所有人 n .
- E(X1X2⋯Xn)=fn(1).
這些意味著 f(t)=limn→∞fn(t) 為所有人而存在 t∈[0,1] 和 f(0)=1 .
觀察，條件是 Y1 , 變量 Y2/Y1 是均勻的 [0,1] 和變量 Yi+1/Y1 （以所有前面的變量為條件）在 [0,Yi/Y1] ： 那是， (Y2/Y1,Y3/Y1,…,Yn/Y1) 精確地滿足滿足的條件 (Y1,…,Yn−1) . 最後
fn(t)=E[(1−tY1)E[(1−tY2)⋯(1−tYn),|,Y1]] =E[(1−tY1)E[(1−tY1Y2Y1)⋯(1−tY1YnY1),|,Y1]] =E[(1−tY1)fn−1(tY1)].
這就是我們正在尋找的遞歸關係。
在極限為 n→∞ 因此必須是這樣的，對於 Y 均勻分佈在 [0,1] 獨立於所有 Yi ,
f(t)=E[(1−tY)f(tY)]=∫10(1−ty)f(ty)dy=1t∫t0(1−x)f(x)dx.
那是， f 必須是函數的不動點 L 為此
$$ \mathcal{L}g = \frac{1}{t}\int_0^t (1-x)g(x)dx. $$
- 解的計算
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<t≤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 X1X2⋯Xn 是 f(1)=e−1=1/e ，QED。
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 fn 對於小 n . 的情節 f1,f2,f3,f4 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}]
