Ekspektasi akar kuadrat dari jumlah variabel acak seragam kuadrat independen

Biarkan menjadi independen dan terdistribusi secara acak, variabel acak seragam standar. $X_1,\dots,X_n \sim U(0,1)$

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

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

Harapan mudah: $Y_n$

\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}

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

Sekarang untuk bagian yang membosankan. Untuk menerapkan LOTUS, saya akan membutuhkan pdf dari . Tentu saja pdf dari jumlah dua variabel acak independen adalah konvolusi pdf mereka. Namun, di sini kita memiliki variabel acak dan saya kira konvolusi akan mengarah ke ... ekspresi berbelit-belit (kata-kata yang mengerikan dimaksudkan). Apakah ada cara yang lebih pintar? $Y_n$ $n$

Saya lebih suka melihat solusi yang tepat , tetapi jika tidak mungkin atau terlalu rumit, perkiraan asimptotik untuk besar bisa diterima. Dengan ketidaksetaraan Jensen, saya tahu itu $n$

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

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

Tetapi ini tidak banyak membantu saya, kecuali saya dapat menemukan juga batas bawah yang tidak sepele. Perhatikan bahwa CLT tidak secara langsung berlaku di sini, karena kami memiliki akar kuadrat dari jumlah RV independen, bukan hanya jumlah RV independen. Mungkin ada teorema batas lain (yang saya abaikan) yang mungkin bisa membantu di sini.

probability expected-value uniform central-limit-theorem mgf DeltaIV
sumber

Lihat pertanyaan ini untuk hasil asimptotik: stats.stackexchange.com/questions/241504/...

S. Catterall Reinstate Monica

Saya mendapatkan berdasarkan pada pertanyaan terkait di atas.

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 Reinstate Monica

Saya tidak berpikir saya akan menggunakan salah satu pendekatan yang dijelaskan dalam jawaban itu (yang ada lebih dari dua!) :-). Alasannya adalah bahwa Anda dapat memanfaatkan simulasi sederhana dan langsung untuk memperkirakan ekspektasi, sementara solusi analitis tampaknya tidak dapat diperoleh. Saya sangat menyukai pendekatan @ S.Catterall (+1 untuk solusi itu, yang belum pernah saya baca sebelumnya). Simulasi menunjukkan itu berfungsi dengan baik bahkan untuk kecil .

n

$n$

whuber

Simulasi ini layak dilakukan :-). Plot perbedaan antara rata-rata yang disimulasikan dan rumus perkiraan terhadap . Ini akan menunjukkan kepada Anda dengan jelas seberapa baik perkiraan bekerja sebagai fungsi dari .

n

$n$

n

$n$

Whuber

Jelas sedangkan perkiraan memberi . Dalam hal ini akan benar. Tetapi perkiraan meningkat setelah itu.

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

Jawaban:

Salah satu pendekatan adalah pertama menghitung fungsi momen menghasilkan (mgf) dari didefinisikan oleh mana adalah independen dan terdistribusi secara seragam, variabel acak seragam standar . $Y_n$ $Y_n = U_1^2 + \dotsm + U_n^2$ $U_i, i=1,\dotsc, n$

Ketika kita memilikinya, kita dapat melihat bahwa adalah momen pecahan dari dari pesanan . Kemudian kita dapat menggunakan hasil dari makalah Noel Cressie dan Marinus Borkent: "The Moment Generating Function memiliki Moments-nya", Jurnal Perencanaan Statistik dan Inferensi 13 (1986) 337-344, yang memberikan momen pecahan melalui diferensiasi fraksional dari fungsi pembangkit momen .

E \sqrt{Y_{n}}

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

Y_{n}

$Y_n$

α = 1 / 2

$\alpha=1/2$

Pertama, fungsi penghasil momen , yang kami tulis . dan saya mengevaluasi itu (dengan bantuan Maple dan Wolphram Alpha) untuk memberikan mana adalah unit imajiner. (Wolphram Alpha memberikan jawaban yang sama, tetapi dalam hal integral Dawson. ) Ternyata kita sebagian besar membutuhkan kasus untuk . Sekarang mudah untuk menemukan mgf : Kemudian untuk hasil dari kertas yang dikutip. Untuk $U_1^2$ $M_1(t)$

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

$\mu>0$ mereka menentukan th rangka integral dari fungsi sebagai Kemudian, untuk dan non-integral, bilangan bulat positif, dan sedemikian rupa sehingga . Kemudian turunan dari of order didefinisikan sebagai Kemudian mereka menyatakan (dan membuktikan) hasil berikut, untuk variabel acak positif : Misalkan (mgf) didefinisikan. Lalu, untuk

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

$\alpha>0$

, Sekarang kita dapat mencoba menerapkan hasil ini ke . Dengan kita menemukan mana prime menunjukkan turunan. Maple memberikan solusi berikut: Saya akan menunjukkan plot harapan ini, dibuat di maple menggunakan integrasi numerik, bersama dengan solusi perkiraan

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}

$A(n)=\sqrt{n/3-1/15}$ dari beberapa komentar (dan dibahas dalam jawaban oleh @Henry). Mereka sangat dekat:

Sebagai pelengkap, plot kesalahan persentase:

Di atas sekitar aproksimasi mendekati tepat. Di bawah kode maple yang digunakan: $n=20$

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
sumber

sangat menarik. Jika Anda dapat menambahkan beberapa plot, ini akan menjadi jawaban yang bagus. Namun, saya akan mencatat satu keuntungan berbeda dari pendekatan CLT di sini. Perkiraan menunjukkan dengan jelas bahwa tumbuh sebagai saat . Solusi Maple tidak (atau setidaknya saya tidak bisa mengetahuinya).

E [\sqrt{Y_{n}}]

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

\sqrt{n}

$\sqrt{n}$

n \to \infty

$n\to\infty$

DeltaIV

Sebagai komentar yang diperluas: tampaknya jelas di sini bahwa dimulai dengan ketika dan kemudian mendekati dengan meningkat, terkait dengan varian jatuh dari menuju . Pertanyaan saya yang ditautkan yang dijawab oleh S.Catterall memberikan justifikasi untuk asymptotic berdasarkan setiap memiliki mean dan varians $E\left[\sqrt{Y_n}\right]= E\left[\sqrt{\sum_i X_i^2}\right]$ $E\left[\sqrt{Y_n}\right] =\frac12=\sqrt{\frac{n}{3}-\frac{1}{12}}$ $n=1$ $\sqrt{\frac{n}{3}-\frac{1}{15}}$ $n$ $\sqrt{Y_n}$ $\frac{1}{12}$ $\frac{1}{15}$ $\sqrt{\frac{n}{3}-\frac{1}{15}}$ $X_i^2$ $\frac13$ $\frac{4}{45}$ , dan untuk distribusinya kira-kira normal dan asimptotik.

Pertanyaan ini secara efektif tentang distribusi jarak dari titik asal acak dalam satuan hipcube -dimensi . Ini mirip dengan pertanyaan tentang distribusi jarak antara titik-titik dalam hypercube , jadi saya dapat dengan mudah menyesuaikan apa yang saya lakukan di sana untuk menunjukkan kepadatan untuk berbagai dari hingga menggunakan konvolusi numerik. Untuk , perkiraan normal yang disarankan berwarna merah cocok, dan dari Anda dapat melihat kurva lonceng muncul. $n$ $[0,1]^n$ $n$ $1$ $16$ $n=16$ $n=4$

Untuk dan Anda mendapatkan puncak yang tajam pada mode dengan apa yang tampak seperti kepadatan yang sama di kedua kasus. Bandingkan ini dengan distribusi , di mana kurva lonceng muncul dengan dan di mana sebanding dengan $n=2$ $n=3$ $1$ $\sum_i X_i$ $n=3$ $n$

Henry
sumber

Varians yang hampir konstan mengarah pada kemungkinan hasil kontra-intuitif. Misalnya dengan , (jarak dari titik asal dalam dimensi unit hypercube) dapat mengambil nilai dari hingga tetapi dari kasus akan berada di antara dan dan hampir semuanya antara dan

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

sebenarnya agak kontra-intuitif. Karena kutukan dimensi, saya mengharapkan sebagian besar titik dekat dengan sudut (realisasi st ). Sebaliknya sepertinya sebagian besar titik jauh dari titik asal, tetapi tidak sejauh sudut. Mungkin kesalahannya adalah kita harus mempertimbangkan jarak dari pusat hypercube , bukan jarak dari titik asal , yang hanya salah satu sudut hypercube.

y_{400}

$y_{400}$

\sqrt{y_{400}} = 20

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

DeltaIV

@DeltaIV: Jika Anda membuat sisi hypercube jadi dan mengukur dari asalnya, Anda mendapatkan distribusi, harapan, dan varian yang sama persis. Dengan poin terbanyak dalam hypecube yang lebih besar ini akan mendekati batas hypercube ini (jarak tipikal urutan ) tetapi tidak dekat dengan sudut-sudutnya (jarak tipikal ke yang terdekat atau lagi)

2

$2$

[- 1, 1]^{n}

$[-1,1]^n$

n = 400

$n=400$

0.02

$0.02$

11

$11$

12

$12$

Henry

itu masuk akal - saya tidak punya waktu untuk melakukan matematika, tetapi secara intuitif saya mengharapkan hasil yang sama untuk . Saya mengharapkan ekspektasi (maaf untuk permainan kata-kata) berubah dengan faktor konstan, tetapi seperti yang saya katakan saya tidak punya waktu untuk memeriksanya.

U ([- 1, 1])

$U([-1, 1])$

DeltaIV