Bağımsız kare düzgün rasgele değişkenlerin toplamının karekök beklentisi

İzin Vermek $X_1,\dots,X_n \sim U(0,1)$ bağımsız ve aynı şekilde dağılmış standart düzgün rasgele değişkenler olabilir.

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

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

beklentisi kolaydır: $Y_n$

\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}

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

Şimdi sıkıcı kısım için. ihtiyacım olacaktı . Tabii ki iki bağımsız rasgele değişkenin toplamının pdf'i pdf'lerinin evrişimidir. Ancak, burada rasgele değişkenimiz var ve sanırım evrişim ... evrişimsi bir ifadeye yol açacaktır (korkunç cinayet) Daha akıllı bir yol var mı? $Y_n$ $n$

Doğru çözümü görmeyi tercih ederim , ancak bu imkansız veya çok karmaşıksa, büyük için asimptotik bir yaklaşım kabul edilebilir. Jensen eşitsizliği ile biliyorum ki $n$

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

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

Ama önemsiz bir alt sınır bulamadığım sürece bu bana çok yardımcı olmaz. CLT'nin burada doğrudan uygulanmadığını unutmayın, çünkü sadece bağımsız RV'lerin toplamının değil, bağımsız RV'lerin toplamının kare köküne sahibiz . Belki burada yardımcı olabilecek başka sınır teoremleri (görmezden geldiğim) olabilir.

— DeltaIV
kaynak

Asimptotik sonuç için bu soruya bakın: stats.stackexchange.com/questions/241504/…

— S. Catterall

Elde yukarıda bağlantılı söz göre.

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 Monica'yı Geri

Bu cevapta açıklanan yaklaşımlardan herhangi birini kullanacağımı sanmıyorum (ikiden fazla var!) :-). Bunun nedeni, analitik bir çözüm elde edilemez gibi görünse de, beklentileri tahmin etmek için basit, basit simülasyonlardan faydalanabilmenizdir. @ S.Catterall'ın yaklaşımını çok seviyorum (daha önce okumadığım çözüm için +1). Simülasyon, küçük için bile iyi çalıştığını gösterir .

n

$n$

— whuber

Simülasyon yapmaya değer :-). Simüle edilmiş ortalama ile yaklaşık formül arasındaki farkı çizin . Yaklaşmanın bir fonksiyonu olarak ne kadar iyi çalıştığını size açıkça gösterecektir .

n

$n$

n

$n$

— whuber

Açıkça , yaklaşık . Bu durumda doğru olurdu. Ancak bundan sonra yaklaşım gelişir.

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

Yanıtlar:

Bir yaklaşım, önce moment üreten fonksiyonu (mgf) hesaplamaktır. $Y_n$ tarafından tanımlandı $Y_n = U_1^2 + \dotsm + U_n^2$ nerede $U_i, i=1,\dotsc, n$ bağımsız ve aynı şekilde dağılmış standart düzgün rasgele değişkenlerdir.

Buna sahip olduğumuz zaman, bunu görebiliriz

E \sqrt{Y_{n}}

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

Y_{n}

$Y_n$ düzenin

α = 1 / 2

$\alpha=1/2$ . O zaman Noel Cressie ve Marinus Borkent gazetesinde elde edilen sonuçları kullanabiliriz: "Moment Üreten Fonksiyonun Anları Var", Moment üreten fonksiyonun kesirli farklılaşması yoluyla kesirli momentler veren İstatistiksel Planlama ve Çıkarım 13 (1986) 337-344 .

İlk olarak, $U_1^2$ yazdığımız $M_1(t)$ .

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

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

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

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

i = \sqrt{- 1}

$i=\sqrt{-1}$ hayali birimdir. (Wolphram Alpha benzer bir cevap veriyor, ancak Dawson integrali açısından. ) Görünüşe göre çoğunlukla davaya ihtiyacımız olacak

t < 0

$t<0$ . Şimdi mgf bulmak kolay

Y_{n}

$Y_n$ :

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

$M_n(t) = M_1(t)^n$ Sonra alıntı kağıttan sonuçlar için. İçin

μ > 0

$\mu>0$ onlar tanımlar

μ

$\mu$ fonksiyonun sipariş integrali

f

$f$ gibi

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

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

α > 0

$\alpha>0$ ve integral olmayan,

n

$n$ pozitif bir tam sayı ve

0 < λ < 1

$0<\lambda<1$ öyle ki

α = n - λ

$\alpha=n-\lambda$ . Sonra türevi

f

$f$ düzenin

α

$\alpha$ olarak tanımlanır

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 .

$D^\alpha f(t) \equiv \Gamma(\lambda)^{-1}\int_{-\infty}^t (t-z)^{\lambda-1} \frac{d^n f(z)}{d z^n}\; dz.$ Daha sonra pozitif bir rastgele değişken için aşağıdaki sonucu belirtirler (ve kanıtlarlar)

X

$X$ : Varsayalım

M_{X}

$M_X$ (mgf) tanımlanmıştır. Bundan dolayı

α > 0

$\alpha>0$ ,

D^{α} M_{X} (0) = E X^{α} < \infty

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

Y_{n}

$Y_n$ . İle

α = 1 / 2

$\alpha=1/2$ bulduk

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

$\E Y_n^{1/2} = D^{1/2} M_n (0) = \Gamma(1/2)^{-1}\int_{-\infty}^0 |z|^{-1/2} M_n'(z) \; dz$ burada asal türevi belirtir. Maple aşağıdaki çözümü verir:

\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

$\int_{-\infty}^0 \frac{n\cdot\left(\erf(\sqrt{-z})\sqrt{\pi}-2e^z\sqrt{-z} \right)e^{\frac{n(-2\ln 2 +2 \ln(\erf(\sqrt{-z}))-\ln(-z) +\ln(\pi))}{2}}}{2\pi(-z)^{3/2}\erf(\sqrt{-z})} \; dz$ Yaklaşık entegrasyonla birlikte sayısal entegrasyon kullanılarak akçaağaçta yapılan bu beklentinin bir grafiğini göstereceğim

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

$A(n)=\sqrt{n/3-1/15}$ bazı yorumlardan (ve @Henry tarafından cevapta tartışılmıştır). Oldukça yakınlar:

Tamamlayıcı olarak, yüzde hatasının bir grafiği:

Hakkında $n=20$ yaklaşım tam olarak yakındır. Kullanılan akçaağaç kodunun altında:

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
kaynak

çok ilginç. Bazı grafikler ekleyebilseydiniz, bu mükemmel bir cevap olurdu. Bununla birlikte, burada CLT yaklaşımının belirgin bir avantajına dikkat çekeceğim. Yaklaşım açıkça göstermektedir ki

E [\sqrt{Y_{n}}]

$\mathbb{E}[\sqrt{Y_n}]$ olarak büyür

\sqrt{n}

$\sqrt{n}$ ne zaman

n \to \infty

$n\to\infty$ . Maple çözümü yok (ya da en azından ben bunu anlayamıyorum).

— DeltaIV

Genişletilmiş bir yorum olarak: burada açıkça görülmektedir $E\left[\sqrt{Y_n}\right]= E\left[\sqrt{\sum_i X_i^2}\right]$ ile başlar $E\left[\sqrt{Y_n}\right] =\frac12=\sqrt{\frac{n}{3}-\frac{1}{12}}$ ne zaman $n=1$ ve sonra yaklaşıyor $\sqrt{\frac{n}{3}-\frac{1}{15}}$ gibi $n$ varyansı ile ilgili artışlar $\sqrt{Y_n}$ -den düşmek $\frac{1}{12}$ karşı $\frac{1}{15}$ . S.Catterall'ın yanıtladığı bağlantılı sorum , $\sqrt{\frac{n}{3}-\frac{1}{15}}$ her birine dayalı asimptotik sonuç $X_i^2$ demek $\frac13$ ve varyans $\frac{4}{45}$ ve dağılımın yaklaşık ve asimptotik olarak normal olması için.

Bu soru etkili bir şekilde rastgele noktaların kökeninden uzaklıkların dağılımı ile ilgilidir. $n$ boyutlu birim hiperküp $[0,1]^n$ . Böyle bir hiperküpte noktalar arasındaki mesafelerin dağılımı hakkındaki bir soruya benzer , bu yüzden orada yaptığım şeyi çeşitli yoğunlukları göstermek için kolayca uyarlayabilirim $n$ itibaren $1$ için $16$ sayısal evrişim kullanarak. İçin $n=16$ , kırmızı ile gösterilen önerilen normal yaklaşım iyi bir uyumdur ve $n=4$ görünen bir çan eğrisi görebilirsiniz.

İçin $n=2$ ve $n=3$ modunda keskin bir tepe elde edersiniz $1$ her iki durumda da aynı yoğunluğa benzer. Bunu, dağılımı ile karşılaştırın $\sum_i X_i$ , burada çan eğrisi $n=3$ ve varyansın orantılı olduğu yerlerde $n$

— Henry
kaynak

Neredeyse sabit olan varyans muhtemelen karşı sezgisel sonuçlara yol açar. Örneğin

n = 400

$n=400$ ,

\sqrt{Y_{400}}

$\sqrt{Y_{400}}$ (rastgele bir noktanın başlangıç noktasından

400

$400$ boyutlu birim hypercube) herhangi bir değer alabilir

0

$0$ için

20

$20$ fakat

94 %

$94\%$ vakaların arasında

11

$11$ ve

12

$12$ ve neredeyse hepsi arasında

10

$10$ ve

13

$13$

— Henry

aslında biraz karşı-sezgisel. Boyutsallığın laneti nedeniyle, noktaların büyük çoğunluğunun köşelere yakın olmasını bekliyordum (gerçekleşmeler

y_{400}

$y_{400}$ st

\sqrt{y_{400}} = 20

$\sqrt{y_{400}}=20$ ). Noktalarının büyük çoğunluğu uzakta kökenlidir, ancak bildiğim kadarıyla corners.Probably gibi hata biz mesafeyi dikkate gerektiğidir gibi yerine görünüyor hiperküp merkezinden değil kökenli olan mesafe adildir, hiperküpün köşelerinden biri.

— DeltaIV

@DeltaIV: Hiperküp tarafını yaparsan

2

$2$ yani

[- 1, 1]^{n}

$[-1,1]^n$ ve orijinden ölçüm yaparak, tam olarak aynı dağıtım, beklenti ve varyans elde edersiniz. İle

n = 400

$n=400$ Bu daha büyük hipeküpteki çoğu nokta bu hiper küpün sınırına yakın olacaktır (

0.02

$0.02$ ) ancak köşelerine yakın değil (en yakın olana tipik mesafe

11

$11$ veya

12

$12$ tekrar)

— Henry

bu mantıklı - matematiği yapmak için zamanım yoktu, ama sezgisel olarak

U ([- 1, 1])

$U([-1, 1])$ . Beklentinin (pun için üzgünüm) sabit bir faktörle değişmesini bekliyordum, ama dediğim gibi kontrol etmek için zamanım yoktu.

— DeltaIV