Найти матожидание СВ

[artempalkin]

Пусть $\xi_1,\xi_2,\xi_3\sim U[0,1]$ (т.е. равномерно распределены)

Требуется найти $M\left(|\xi_2-\xi_1|\cdot|\xi_2-\xi_3|\right)$

Проблема, конечно, в том, что выражения в модулях зависимы.

В целом ход работы ясен. Можно раскрыть скобки внутри модуля, найти распределение этой СВ, потом найти распределение ее модуля, а потом матожидание. Но получается достаточно мучительно... подскажите, может быть, есть какой-то более короткий способ, исходя из симметрии и проч.?

-- 13.09.2023, 08:55 --

Дааа... пока я думал, я пришел к такому выводу, что ведь можно рассмотреть просто интеграл такого выражения $|x-y||x-z|$ по единичному кубу... это намного упростит решение...
но все же опять же, если будут какие-то идеи упрощения вследствие симметрии, буду очень благодарен :)

[Евгений Машеров]

Я бы сперва рассматривал бы $\xi_2$ как заданную константу, и нашёл бы матожидание произведения независимых величин, как функцию от неё, а затем уже матожидание полученной функции при случайной math]$\xi_2$[/math]

[artempalkin]

Евгений Машеров в сообщении #1609061 писал(а):

Я бы сперва рассматривал бы $\xi_2$ как заданную константу, и нашёл бы матожидание произведения независимых величин, как функцию от неё, а затем уже матожидание полученной функции при случайной math]$\xi_2$[/math]

Интересная идея, но не означает ли это просто по сути взять последний из трех интегралов отдельно? :)

[Евгений Машеров]

Наверно, так и есть. Сперва интеграл по 1 и 3 случайным величинам, полагая вторую заданной. А потом по второй, считая случайной.

[TOTAL]

При фиксированном $\xi_2$ модули независимы. Поэтому предлагаю найти $M\left(|\xi_2-\xi_1|\right)$, а потом перемножить. Можно представить, что случайные величины дискретны.

[Евгений Машеров]

Элегантно. Тут бы какую-нибудь теорему для ссылки: "Если две зависящие от параметра случайные величины при каждом значении независимы, то две случайные величины, полученные подстановкой в качестве параметра каждой значение третьей случайной величины, также независимы".
Но я не поверил и вложил персты в раны сделал численный эксперимент. С теоретическим значением 1/9 согласуется...

[mihaild]

Евгений Машеров в сообщении #1611610 писал(а):

Если две зависящие от параметра случайные величины при каждом значении независимы, то две случайные величины, полученные подстановкой в качестве параметра каждой значение третьей случайной величины, также независимы

В такой формулировке это неправда - например если обе случайных величины просто равны параметру. Более того, и в данном случае модули сами по себе зависимы.
Подход TOTAL хитрее. Если бы $\xi_2$ была дискретной, то мат. ожидание произведения - это взвешенная сумма мат. ожиданий по всем $\xi_2 = x_i$. На каждом таком множестве сомножители независимы, а что там с зависимостями между разными участками разбиения - неважно.

[TOTAL]

Евгений Машеров в сообщении #1611610 писал(а):

С теоретическим значением 1/9 согласуется...

У меня получилось немного больше - $7/60$. Где правда?

[TOTAL]

Проверил полным перебором (фактически ищется среднее значение) на дискретном варианте с $1000$ точками.
Получилось $7/60$

[мат-ламер]

artempalkin в сообщении #1608979 писал(а):

Дааа... пока я думал, я пришел к такому выводу, что ведь можно рассмотреть просто интеграл такого выражения $|x-y||x-z|$ по единичному кубу... это намного упростит решение...

Это первое, что мне пришло в голову.

artempalkin в сообщении #1608979 писал(а):

но все же опять же, если будут какие-то идеи упрощения вследствие симметрии, буду очень благодарен :)

Думать было лень. Поэтому ничего не стал писать. Но поскольку тема получила развитие, засунул в MAPLE сей интеграл посредством оператора

 int (int (int (abs((x-y)*(x-z)),z=0..1),y=0..1),x=0..1);

Получил ответ $7/60$ .

[TOTAL]

мат-ламер в сообщении #1611724 писал(а):

Думать было лень. Поэтому ничего не стал писать. Но поскольку тема получила развитие, засунул в MAPLE сей интеграл посредством оператора

 int (int (int (abs((x-y)*(x-z)),z=0..1),y=0..1),x=0..1);

Получил ответ $7/60$ .

$int(abs(x-t)),x=0..1 = t^2/2 + (1-t)^2/2$
А можно было вот эту штуку возвести в квадрат и проинтегрировать по $t$. Всё руками.

[мат-ламер]

TOTAL в сообщении #1611725 писал(а):

А можно было вот эту штуку возвести в квадрат и проинтегрировать по $t$. Всё руками.

Я, собственно, решил компьютером проверить ответ, поскольку высказывались разные мнения. Руками пусть ТС считает. Если считать тройной интеграл руками, то естественно приходим к вашей идее:
$ M=\int\limits_{0}^{1}dx \int\limits_{0}^{1}\left| x-y \right|dy \int\limits_{0}^{1}\left| x-z \right|dz=\int\limits_{0}^{1}dx \left(\int\limits_{0}^{1}\left| x-t \right|dt \right)^2 $ .
Тут было сомнение в независимости.

Евгений Машеров в сообщении #1611610 писал(а):

Тут бы какую-нибудь теорему для ссылки

Мне кажется, что тут с очевидностью выполняется равенство $M \zeta \eta =M \zeta M \eta$ , то есть внутренний двойной интеграл представляется как квадрат одинарного.

[ShMaxG]

Евгений Машеров в сообщении #1609061 писал(а):

Я бы сперва рассматривал бы $\xi_2$ как заданную константу, и нашёл бы матожидание произведения независимых величин, как функцию от неё, а затем уже матожидание полученной функции при случайной $\xi_2$

artempalkin в сообщении #1611426 писал(а):

не означает ли это просто по сути взять последний из трех интегралов отдельно?

TOTAL в сообщении #1611438 писал(а):

При фиксированном $\xi_2$ модули независимы. Поэтому предлагаю найти $M\left(|\xi_2-\xi_1|\right)$, а потом перемножить.

Всюду речь идет об одном и том же, и дискретность тут ни при чем. Есть известная формула для условного мат. ожидания, верная для произвольных (непрерывных, дискретных и остальных) случайных элементов $\xi$, $\eta$ (лишь бы мат. ожидания существовали):

$$\mathbb{E}f(\xi,\eta)=\mathbb{E}(\mathbb{E}(f(\xi,\eta)|\eta)),$$

и если элементы $\xi$ и $\eta$ независимы, то к тому же

$$\mathbb{E}(\mathbb{E}(f(\xi,\eta)|\eta))=\int\mathbb{E}f(\xi,x)\,dF_{\eta}(x),$$

это тоже одно из свойств условного мат. ожидания. Есть свойство обычного мат. ожидания о том, что если элементы $\xi$ и $\eta$ независимы, то $\mathbb{E}f(\xi)g(\eta)=\mathbb{E}f(\xi)\mathbb{E}g(\eta)$ для произвольных измеримых $f,g$, лишь бы мат. ожидания существовали. Так что в нашем случае

$$\mathbb{E}|\xi_2-\xi_1||\xi_2-\xi_3|=\int_0^1 \mathbb{E}|x-\xi_1|\cdot\mathbb{E}|x-\xi_3|\,dx=\int_0^1\mathbb{E}^2|x-\xi_1|\,dx,$$

а дальше наблюдение TOTAL, что мат. ожидание под интегралом -- это сумма площадей двух прямоугольных треугольников, потом возведение в квадрат, технический счет интеграла и ответ.

[artempalkin]

ShMaxG в сообщении #1611764 писал(а):

Руками пусть ТС считает.

Да, руками я посчитаю, но меня больше интересовал именно подход, и

mihaild в сообщении #1611613 писал(а):

Подход TOTAL хитрее. Если бы $\xi_2$ была дискретной, то мат. ожидание произведения - это взвешенная сумма мат. ожиданий по всем $\xi_2 = x_i$. На каждом таком множестве сомножители независимы, а что там с зависимостями между разными участками разбиения - неважно.

Так что, у TOTAL правильный подход? вот этот

TOTAL в сообщении #1611438 писал(а):

При фиксированном $\xi_2$ модули независимы. Поэтому предлагаю найти $M\left(|\xi_2-\xi_1|\right)$, а потом перемножить. Можно представить, что случайные величины дискретны.

Я-то думал, что это типа комментарий Евгению Машерову, что его подход нелегитимен...

[ShMaxG]

artempalkin в сообщении #1612524 писал(а):

ShMaxG в сообщении #1611764 писал(а):

Руками пусть ТС считает.

Да, руками я посчитаю, но меня больше интересовал именно подход, и

Я такого не говорил...