Kỳ vọng căn bậc hai của tổng các biến ngẫu nhiên thống nhất bình phương độc lập

Đặt là các biến ngẫu nhiên tiêu chuẩn thống nhất được phân phối độc lập và rõ ràng. $X_1,\dots,X_n \sim U(0,1)$

Let Y_{n} = \sum_{i}^{n} X_{i}^{2} I seek: E [\sqrt{Y_{n}}]

$\text{Let }\quad Y_n=\sum_i^nX_i^2 \quad \quad \text{I seek: } \quad \mathbb{E}\big[\sqrt{Y_n } \big]$

Kỳ vọng của rất dễ dàng: $Y_n$

\begin{aligned} E [X^{2}] & = \int_{0}^{1} \frac{y}{2 \sqrt{y}} = \frac{1}{3} \\ E [Y_{n}] & = E [\sum_{i}^{n} X_{i}^{2}] = \sum_{i}^{n} E [X_{i}^{2}] = \frac{n}{3} \end{aligned}

$\begin{align} \mathbb{E}\left[X^2\right] &=\int_0^1\frac{y}{2\sqrt{y}}=\frac{1}{3}\\ \mathbb{E}\left[Y_n\right] &=\mathbb{E}\left[\sum_i^nX_i^2\right] = \sum_i^n\mathbb{E}\left[X_i^2\right]=\frac{n}{3} \end{align}$

Bây giờ cho phần nhàm chán. Để áp dụng LOTUS, tôi sẽ cần pdf của . Tất nhiên pdf của tổng hai biến ngẫu nhiên độc lập là tích chập pdf của chúng. Tuy nhiên, ở đây chúng ta có biến ngẫu nhiên và tôi đoán rằng tích chập sẽ dẫn đến một ... biểu thức phức tạp (ý định chơi chữ khủng khiếp). Có cách nào thông minh hơn không? $Y_n$ $n$

Tôi muốn xem giải pháp chính xác , nhưng nếu không thể hoặc quá phức tạp, một phép tính gần đúng tiệm cận cho lớn có thể được chấp nhận. Do bất bình đẳng của Jensen, tôi biết rằng $n$

\sqrt{E [Y_{n}]} = \sqrt{\frac{n}{3}} \geq E [\sqrt{Y_{n}}]

$\sqrt{\mathbb{E}[Y_n]}=\sqrt{\frac{n}{3}}\geq\mathbb{E}\left[\sqrt{Y_n}\right]$

Nhưng điều này không giúp tôi nhiều, trừ khi tôi có thể tìm thấy một giới hạn dưới không tầm thường. Lưu ý rằng CLT không áp dụng trực tiếp tại đây, bởi vì chúng tôi có căn bậc hai của tổng số RV độc lập, không chỉ là tổng số RV độc lập. Có lẽ có thể có những định lý giới hạn khác (mà tôi bỏ qua) có thể giúp ích ở đây.

— DeltaIV
nguồn

Xem câu hỏi này để biết kết quả tiệm cận: stats.stackexchange.com/questions/241504/iêu

— S. Catterall Tái lập lại Monica

Tôi nhận được dựa trên câu hỏi được liên kết ở trên.

E [\sqrt{Y_{n}}] \approx \sqrt{\frac{n}{3} - \frac{1}{15}}

$\mathbb{E}[\sqrt{Y_n}]\approx \sqrt{\frac{n}{3}-\frac{1}{15}}$

— S. Catterall phục hồi Monica

Tôi không nghĩ rằng tôi sẽ sử dụng bất kỳ phương pháp tiếp cận nào được mô tả trong câu trả lời đó (trong đó có nhiều hơn hai!) :-). Lý do là bạn có thể tận dụng các mô phỏng đơn giản, đơn giản để ước tính các kỳ vọng, trong khi một giải pháp phân tích dường như không thể đạt được. Tôi rất thích cách tiếp cận của @ S.Catterall (+1 cho giải pháp mà tôi chưa đọc trước đây). Mô phỏng cho thấy nó hoạt động tốt ngay cả đối với nhỏ .

n

$n$

— whuber

Việc mô phỏng là đáng làm :-). Vẽ sự khác biệt giữa giá trị trung bình mô phỏng và công thức gần đúng so với . Nó sẽ cho bạn thấy rõ mức độ gần đúng của hàm .

n

$n$

n

$n$

— whuber

Rõ ràng trong khi phép tính gần đúng cho . Trong trường hợp đó sẽ là chính xác. Nhưng sự gần đúng được cải thiện sau đó.

E [\sqrt{Y_{1}}] = 0.5

$E\left[\sqrt{Y_1}\right]=0.5$

\sqrt{\frac{1}{3} - \frac{1}{15}} = \sqrt{\frac{4}{15}} \approx 0.516

$\sqrt{\frac{1}{3}-\frac{1}{15}} = \sqrt{\frac4{15}}\approx 0.516$

\sqrt{\frac{1}{3} - \frac{1}{12}}

$\sqrt{\frac{1}{3}-\frac{1}{12}}$

— Henry

Câu trả lời:

Một cách tiếp cận trước tiên là tính hàm tạo thời điểm (mgf) của được xác định bởi trong đó là các biến ngẫu nhiên tiêu chuẩn thống nhất độc lập và được phân phối chính xác . $Y_n$ $Y_n = U_1^2 + \dotsm + U_n^2$ $U_i, i=1,\dotsc, n$

Khi chúng ta có điều đó, chúng ta có thể thấy rằng là khoảnh khắc phân số của của đơn hàng . Sau đó, chúng ta có thể sử dụng kết quả từ bài báo Noel Cressie và Marinus Borkent: "Hàm tạo thời điểm có khoảnh khắc của nó", Tạp chí Lập kế hoạch và suy luận thống kê 13 (1986) 337-344, đưa ra các khoảnh khắc phân đoạn thông qua phân biệt phân số của hàm tạo khoảnh khắc .

E \sqrt{Y_{n}}

$\DeclareMathOperator{\E}{\mathbb{E}} \E \sqrt{Y_n}$

Y_{n}

$Y_n$

α = 1 / 2

$\alpha=1/2$

Đầu tiên là chức năng tạo khoảnh khắc của , chúng tôi viết . và tôi đã đánh giá rằng (với sự trợ giúp của Maple và Wolphram Alpha) để cung cấp cho trong đó là đơn vị tưởng tượng. (Wolphram Alpha đưa ra một câu trả lời tương tự, nhưng về mặt tích phân Dawson. ) Hóa ra chúng ta sẽ chủ yếu cần trường hợp cho . Bây giờ thật dễ dàng tìm thấy mgf của : Sau đó cho kết quả từ bài báo được trích dẫn. Đối với $U_1^2$ $M_1(t)$

M_{1} (t) = E e^{t U_{1}^{2}} = \int_{0}^{1} \frac{e^{t x}}{2 \sqrt{x}} d x

$M_1(t) = \E e^{t U_1^2} = \int_0^1 \frac{e^{tx}}{2\sqrt{x}}\; dx$

M_{1} (t) = \frac{\erf (\sqrt{- t}) \sqrt{π}}{2 \sqrt{- t}}

$\DeclareMathOperator{\erf}{erf} M_1(t)= \frac{\erf(\sqrt{-t})\sqrt{\pi}}{2\sqrt{-t}}$

i = \sqrt{- 1}

$i=\sqrt{-1}$

t < 0

$t<0$

Y_{n}

$Y_n$

M_{n} (t) = M_{1} (t)^{n}

$M_n(t) = M_1(t)^n$

μ > 0

$\mu>0$ họ xác định thứ trật tự không thể thiếu của hàm như Sau đó, với và nonegegral, một số nguyên dương và sao cho . Sau đó, đạo hàm của của đơn hàng được định nghĩa là Sau đó, họ nêu (và chứng minh) kết quả sau đây, cho một biến ngẫu nhiên dương : Giả sử (mgf) được xác định. Sau đó

μ

$\mu$

f

$f$

I^{μ} f (t) \equiv Γ (μ)^{- 1} \int_{- \infty}^{t} (t - z)^{μ - 1} f (z) d z

$I^\mu f(t) \equiv \Gamma(\mu)^{-1} \int_{-\infty}^t (t-z)^{\mu-1} f(z)\; dz$

α > 0

$\alpha>0$

n

$n$

0 < λ < 1

$0<\lambda<1$

α = n - λ

$\alpha=n-\lambda$

f

$f$

α

$\alpha$

D^{α} f (t) \equiv Γ (λ)^{- 1} \int_{- \infty}^{t} (t - z)^{λ - 1} \frac{d^{n} f (z)}{d z^{n}} d z .

$D^\alpha f(t) \equiv \Gamma(\lambda)^{-1}\int_{-\infty}^t (t-z)^{\lambda-1} \frac{d^n f(z)}{d z^n}\; dz.$

X

$X$

M_{X}

$M_X$

α > 0

$\alpha>0$ , Bây giờ chúng ta có thể thử áp dụng các kết quả này cho . Với chúng tôi tìm thấy trong đó số nguyên tố biểu thị đạo hàm. Maple đưa ra giải pháp sau: Tôi sẽ hiển thị một âm mưu của kỳ vọng này, được thực hiện bằng cách sử dụng tích hợp số, cùng với giải pháp gần đúng

D^{α} M_{X} (0) = E X^{α} < \infty

$D^\alpha M_X(0) = \E X^\alpha < \infty$

Y_{n}

$Y_n$

α = 1 / 2

$\alpha=1/2$

E Y_{n}^{1 / 2} = D^{1 / 2} M_{n} (0) = Γ (1 / 2)^{- 1} \int_{- \infty}^{0} | z |^{- 1 / 2} M_{n}^{'} (z) d z

$\E Y_n^{1/2} = D^{1/2} M_n (0) = \Gamma(1/2)^{-1}\int_{-\infty}^0 |z|^{-1/2} M_n'(z) \; dz$

\int_{- \infty}^{0} \frac{n \cdot (\erf (\sqrt{- z}) \sqrt{π} - 2 e^{z} \sqrt{- z}) e^{\frac{n (- 2 \ln 2 + 2 \ln (\erf (\sqrt{- z})) - \ln (- z) + \ln (π))}{2}}}{2 π (- z)^{3 / 2} \erf (\sqrt{- z})} d z

$\int_{-\infty}^0 \frac{n\cdot\left(\erf(\sqrt{-z})\sqrt{\pi}-2e^z\sqrt{-z} \right)e^{\frac{n(-2\ln 2 +2 \ln(\erf(\sqrt{-z}))-\ln(-z) +\ln(\pi))}{2}}}{2\pi(-z)^{3/2}\erf(\sqrt{-z})} \; dz$

A (n) = \sqrt{n / 3 - 1 / 15}

$A(n)=\sqrt{n/3-1/15}$ từ một số bình luận (và được thảo luận trong câu trả lời của @Henry). Họ rất gần gũi:

Là một bổ sung, một âm mưu của lỗi phần trăm:

Trên khoảng , gần đúng chính xác. Dưới mã maple được sử dụng: $n=20$

int( exp(t*x)/(2*sqrt(x)), x=0..1 ) assuming t>0;
int( exp(t*x)/(2*sqrt(x)), x=0..1 ) assuming t<0;
M := t -> erf(sqrt(-t))*sqrt(Pi)/(2*sqrt(-t))
Mn := (t,n) -> exp(n*log(M(t)))
A  :=  n -> sqrt(n/3 - 1/15)
Ex :=  n ->   int( diff(Mn(z,n),z)/(sqrt(abs(z))*GAMMA(1/2) ), z=-infinity..0 ,numeric=true)

plot([Ex(n),A(n)],n=1..100,color=[blue,red],legend=[exact,approx],labels=[n,expectation],title="expectation of sum of squared uniforms")
plot([((A(n)-Ex(n))/Ex(n))*100],n=1..100,color=[blue],labels=[n,"% error"],title="Percentage error of approximation")

— kjetil b halvorsen
nguồn

rất thú vị. Nếu bạn có thể thêm một số lô, đây sẽ là một câu trả lời tuyệt vời. Tuy nhiên, tôi sẽ lưu ý một lợi thế khác biệt của xấp xỉ CLT ở đây. Phép tính gần đúng cho thấy rõ rằng phát triển thành khi . Giải pháp Maple không (hoặc ít nhất là tôi không thể hiểu được).

E [\sqrt{Y_{n}}]

$\mathbb{E}[\sqrt{Y_n}]$

\sqrt{n}

$\sqrt{n}$

n \to \infty

$n\to\infty$

— DeltaIV

Như một nhận xét mở rộng: có vẻ rõ ràng ở đây rằng bắt đầu bằng khi và sau đó tiếp cận khi tăng, liên quan đến phương sai của rơi từ về phía . Câu hỏi được liên kết của tôi mà S.Catterall đã trả lời cung cấp lời biện minh cho kết quả tiệm cận dựa trên mỗi có nghĩa là và phương sai $E\left[\sqrt{Y_n}\right]= E\left[\sqrt{\sum_i X_i^2}\right]$ $E\left[\sqrt{Y_n}\right] =\frac12=\sqrt{\frac{n}{3}-\frac{1}{12}}$ $n=1$ $\sqrt{\frac{n}{3}-\frac{1}{15}}$ $n$ $\sqrt{Y_n}$ $\frac{1}{12}$ $\frac{1}{15}$ $\sqrt{\frac{n}{3}-\frac{1}{15}}$ $X_i^2$ $\frac13$ $\frac{4}{45}$ và đối với phân phối là xấp xỉ và không có triệu chứng bình thường.

Câu hỏi này có hiệu quả về sự phân bố khoảng cách từ nguồn gốc của các điểm ngẫu nhiên trong một hypercube đơn vị chiều . Nó tương tự như một câu hỏi về sự phân bố khoảng cách giữa các điểm trong một hypercube như vậy, vì vậy tôi có thể dễ dàng điều chỉnh những gì tôi đã làm ở đó để hiển thị mật độ cho các từ đến bằng cách sử dụng phép chập số. Với , xấp xỉ bình thường được đề xuất hiển thị bằng màu đỏ là phù hợp và từ bạn có thể thấy đường cong hình chuông xuất hiện. $n$ $[0,1]^n$ $n$ $1$ $16$ $n=16$ $n=4$

Với và bạn có được một đỉnh sắc nét ở chế độ với mật độ giống nhau trong cả hai trường hợp. So sánh điều này với phân phối của , trong đó đường cong hình chuông xuất hiện với và trong đó phương sai tỷ lệ với $n=2$ $n=3$ $1$ $\sum_i X_i$ $n=3$ $n$

— Henry
nguồn

Phương sai gần như không đổi dẫn đến kết quả có thể phản trực giác. Ví dụ: với , (khoảng cách từ điểm gốc của một điểm ngẫu nhiên trong một hypercube đơn vị chiều) có thể lấy bất kỳ giá trị nào từ đến nhưng trường hợp sẽ nằm giữa và và hầu như tất cả từ đến

n = 400

$n=400$

\sqrt{Y_{400}}

$\sqrt{Y_{400}}$

400

$400$

0

$0$

20

$20$

94 %

$94\%$

11

$11$

12

$12$

10

$10$

13

$13$

— Henry

nó là một chút phản trực giác, trên thực tế. Do lời nguyền về chiều, tôi đã hy vọng phần lớn các điểm sẽ ở gần các góc (nhận ra st ). Thay vào đó, có vẻ như phần lớn các điểm ở rất xa điểm gốc, nhưng không quá xa các góc. Lỗi có thể xảy ra là chúng ta nên xem xét khoảng cách từ trung tâm của hypercube , chứ không phải khoảng cách từ điểm gốc , mà chỉ là một trong những góc của hypercube.

y_{400}

$y_{400}$

\sqrt{y_{400}} = 20

$\sqrt{y_{400}}=20$

— DeltaIV

@DeltaIV: Nếu bạn thực hiện hypercube bên của bạn vì vậy và đo từ nguồn gốc, bạn sẽ nhận được chính xác phân phối, kỳ vọng và phương sai. Với hầu hết các điểm trong vùng hypecube lớn hơn này sẽ gần với ranh giới của hypercube này (khoảng cách điển hình của thứ tự ) nhưng không gần với các góc của nó (khoảng cách điển hình với điểm hoặc gần nhất một lần nữa)

2

$2$

[- 1, 1]^{n}

$[-1,1]^n$

n = 400

$n=400$

0.02

$0.02$

11

$11$

12

$12$

— Henry

điều đó có ý nghĩa - tôi không có thời gian để làm toán, nhưng theo trực giác tôi mong đợi kết quả tương tự cho . Tôi đã mong đợi sự kỳ vọng (xin lỗi vì cách chơi chữ) sẽ thay đổi bởi một yếu tố không đổi, nhưng như tôi đã nói tôi không có thời gian để kiểm tra nó.

U ([- 1, 1])

$U([-1, 1])$

— DeltaIV