Attente de la racine carrée de la somme des variables aléatoires uniformes carrées indépendantes

Soit $X_1,\dots,X_n \sim U(0,1)$ des variables aléatoires uniformes standard indépendantes et distribuées de manière identique.

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

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

L'attente de $Y_n$ est simple:

\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}

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

Maintenant pour la partie ennuyeuse. Pour appliquer LOTUS, j'aurais besoin du pdf de $Y_n$ . Bien sûr, le pdf de la somme de deux variables aléatoires indépendantes est la convolution de leurs pdfs. Cependant, ici, nous avons $n$ variables aléatoires et je suppose que la convolution conduirait à une expression ... alambiquée (jeu de mots horrible). Existe-t-il un moyen plus intelligent?

Je préférerais voir la bonne solution , mais si c'est impossible ou trop compliqué, une approximation asymptotique pour les grands $n$ pourrait être acceptable. Par l'inégalité de Jensen, je sais que

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

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

Mais cela ne m'aide pas beaucoup, à moins que je ne trouve également une borne inférieure non triviale. Notez que le CLT ne s'applique pas directement ici, car nous avons la racine carrée de la somme des RV indépendants, pas seulement la somme des RV indépendants. Peut-être qu'il pourrait y avoir d'autres théorèmes limites (que j'ignore) qui pourraient être utiles ici.

— DeltaIV
source

Voir cette question pour un résultat asymptotique: stats.stackexchange.com/questions/241504/…

— S. Catterall

Je reçois

sur la base de la question liée ci-dessus.

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 réintègre Monica

Je ne pense pas que j'utiliserais l'une des approches décrites dans cette réponse (dont il y en a plus de deux!) :-). La raison en est que vous pouvez vous prévaloir de simulations simples et directes pour estimer les attentes, tandis qu'une solution analytique semble impossible à obtenir. J'aime beaucoup l'approche de @ S.Catterall (+1 pour cette solution, que je n'avais pas lue auparavant). La simulation montre que cela fonctionne bien même pour les petits

n

$n$

— whuber

La simulation en vaut la peine :-). Tracez la différence entre la moyenne simulée et la formule approximative par rapport à

. Il vous montrera clairement à quel point l'approximation fonctionne bien en fonction de

n

$n$

n

$n$

— whuber

Clairement

tandis que l'approximation donne

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

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

. Dans ce cas

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

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

aurait été exact. Mais l'approximation s'améliore ensuite.

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

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

— Henry

Réponses:

Une approche consiste à calculer d'abord la fonction de génération de moment (mgf) de $Y_n$ définie par $Y_n = U_1^2 + \dotsm + U_n^2$ où $U_i, i=1,\dotsc, n$ est aléatoire uniforme uniforme standard et indépendant variables.

Lorsque nous avons cela, nous pouvons voir que

E \sqrt{Y_{n}}

$\DeclareMathOperator{\E}{\mathbb{E}} \E \sqrt{Y_n}$ est le moment fractionnaire de

Y_{n}

$Y_n$ deordre

α = 1 / 2

$\alpha=1/2$ . Ensuite, nous pouvons utiliser les résultats de l'article Noel Cressie et Marinus Borkent: "The Moment Generating Function has its Moments",Journal of Statistical Planning and Inference13 (1986) 337-344, qui donne des moments fractionnaires via une différenciation fractionnelle de la fonction de génération de moment .

$U_1^2$ $M_1(t)$

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

$\mu>0$

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

$\alpha>0$

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}

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

En complément, un tracé du pourcentage d'erreur:

$n=20$

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
source

E [\sqrt{Y_{n}}]

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

\sqrt{n}

$\sqrt{n}$

n \to \infty

$n\to\infty$

$E\left[\sqrt{Y_n}\right]= E\left[\sqrt{\sum_i X_i^2}\right]$ $E\left[\sqrt{Y_n}\right] =\frac12=\sqrt{\frac{n}{3}-\frac{1}{12}}$ $n=1$ $\sqrt{\frac{n}{3}-\frac{1}{15}}$ $n$ $\sqrt{Y_n}$ $\frac{1}{12}$ $\frac{1}{15}$ $\sqrt{\frac{n}{3}-\frac{1}{15}}$ $X_i^2$ $\frac13$ $\frac{4}{45}$

$n$ $[0,1]^n$ $n$ $1$ $16$ $n=16$ $n=4$

$n=2$ $n=3$ $1$ $\sum_i X_i$ $n=3$ $n$

— Henri
source

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

$13$

y_{400}

$y_{400}$

\sqrt{y_{400}} = 20

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

2

$2$

[- 1, 1]^{n}

$[-1,1]^n$

n = 400

$n=400$

0.02

$0.02$

11

$11$

12

$12$

U ([- 1, 1])

$U([-1, 1])$