PDF de un miembro de una secuencia de variables aleatorias dependientes

Question

Te lo agradeceria mucho un Consejo para el siguiente problema

Que $\left(Xn\right){n=1}^\infty$ ser una secuencia de variables aleatorias s.t.: $$X1 \sim U{[0,1]}$ $ y % todo $n>1$: %#% $ de #% dar una expresión general para $$Xn \sim U{[0,X{n-1}]}.$ pdf de $f{X_n}$.

Gracias

Answer 1

Sugerencia: Dejar que $V_1,V_2,\dots$ ser una secuencia de variables aleatorias de iid distribuido uniformemente en $[0,1]$, demuestran que $X_n$ tiene la misma distribución que $V_1\cdot V_2\cdot\ldots \cdot V_n$. A continuación, encontrar la distribución de los $\log X_n$, que es una suma del iid variables $\log V_i$ (tienen qué distribución tiene $\log V_i$?). El truco de $\log$ es útil puesto que es fácil de encontrar que el PDF de productos PDF de sumas. Por último, utilizar una transformación para obtener el pdf de $X_n$ de $\log X_n$.

Answer 2

No garantiza que esta pista conducirá a resultados.

Si $F{n}$ denota el CDF y $f{n}$ el PDF de $X_{n}$ de $x\in\left[0,1\right]$ encontramos:

$\begin{aligned}F{n+1}\left(x\right) & =\int{0}^{x}P\left(X{n+1}\leq x\mid X{n}=y\right)f{n}\left(y\right)dy+\int{x}^{1}P\left(X{n+1}\leq x\mid X{n}=y\right)f{n}\left(y\right)dy\ & =\int{0}^{x}f{n}\left(y\right)dy+\int{x}^{1}\frac{x}{y}f{n}\left(y\right)dy\ & =F{n}\left(x\right)+x\int{x}^{1}\frac{f{n}\left(y\right)}{y}dy \end{alineados} $

Diferenciando ambos lados encontramos:

$$f{n+1}\left(x\right)=f{n}\left(x\right)+\int{x}^{1}\frac{f{n}\left(y\right)}{y}dy-x\frac{f{n}\left(x\right)}{x}=\int{x}^{1}\frac{f_{n}\left(y\right)}{y}dy$$

Además podemos comenzar con $f1(x)=1{[0,1]}(x)$.

Answer 3

Si $[0\le x\le1]$ es el pdf para $x$, entonces el cdf para$x$$x\,[0\le x\le1]$. Por lo tanto, la cdf para$y=\log(x)$$e^y\,[y\le0]$, y por lo tanto el pdf para$y$$e^y\,[y\le0]$. El pdf, por la suma de $n$ valores de $y$ $n$veces convolución de la pdf $e^y\,[y\le0]$ con sí mismo. La transformada de Fourier de esta $n$veces convolución es el $n^\text{th}$ de la potencia de la transformada de Fourier de la pdf $e^y\,[y\le0]$, que es $$ \int_{-\infty}^0 e^{-2\pi iyt}e^y\,\mathrm{d}y=\frac1{1-2\pi}\tag1 $$ Por lo tanto, el pdf, por la suma de $n$ valores de $y$ es $$ \begin{align} \sigma_n(y) &=\int_{-\infty}^\infty\frac{e^{2\pi iyt}}{(1-2\pi it)^n}\,\mathrm{d}t\tag{2a}\\ &=\frac{e^y}{2\pi i}\int_{1-i\infty}^{1+i\infty}\frac{e^{-yz}}{z^n}\,\mathrm{d}z\tag{2b}\\ &=e^y\frac{(-y)^{n-1}}{(n-1)!}\,[y\le0]\tag{2c} \end{align} $$ Explicación:
$\text{(2a)}$: tomar la inversa de la transformada de Fourier
$\text{(2b)}$: sustituto $t=\frac{1-z}{2\pi i}$
$\text{(2c)}$: si $y\gt0$, cerrar el contorno en la mitad derecha del plano -, la falta de la singularidad en $z=0$
$\phantom{\text{(2c):}}$ si $y\le0$, cerrar el contorno en la mitad izquierda del plano -, adjuntando la singularidad en $z=0$

La cdf por la suma de $n$ valores de $y$ es la integral de la $(2)$ $$ \Sigma_n(y)=e^y\sum_{k=0}^{n-1}\frac{(-y)^k}{k!}\,[y\le0]\tag3 $$ La cdf para el producto de la $n$ valores de $x=e^y$ es por lo tanto $$ \Pi_n(x)=x\sum_{k=0}^{n-1}\frac{(-\log(x))^k}{k!}\,[0\le x\le1]\tag4 $$ El pdf del producto de $n$ valores de $x$ es el derivado de la $(4)$ $$ \bbox[5px,border:2px solid #C0A000]{\pi_n(x)=\frac{(-\log(x))^{n-1}}{(n-1)!}\,[0\le x\le1]}\tag5 $$ El pdf de $X_n$ está dado por $(5)$.