Expectativa de la raíz cuadrada de la suma de variables aleatorias uniformes al cuadrado independientes

Deje que $X_1,\dots,X_n \sim U(0,1)$ sea independiente y identicallly distribuido variables aleatorias uniformes estándar.

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

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

La expectativa de es fácil: $Y_n$

\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}

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

Ahora para la parte aburrida. Para aplicar LOTUS, necesitaría el pdf de . Por supuesto, el pdf de la suma de dos variables aleatorias independientes es la convolución de sus pdf. Sin embargo, aquí tenemos variables aleatorias y supongo que la convolución conduciría a una ... expresión enrevesada (juego de palabras horrible). ¿Hay alguna forma más inteligente? $Y_n$ $n$

Preferiría ver la solución correcta , pero si es imposible o demasiado complicado, una aproximación asintótica para grande podría ser aceptable. Por la desigualdad de Jensen, sé que $n$

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

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

Pero esto no me ayuda mucho, a menos que pueda encontrar también un límite inferior no trivial. Tenga en cuenta que el CLT no se aplica directamente aquí, porque tenemos la raíz cuadrada de la suma de RV independientes, no solo la suma de los RV independientes. Tal vez podría haber otros teoremas de límites (que ignoro) que pueden ser de ayuda aquí.

— DeltaIV
fuente

Consulte esta pregunta para obtener un resultado asintótico: stats.stackexchange.com/questions/241504/…

— S. Catterall

Obtengo según la pregunta vinculada anteriormente.

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 reinstala a Monica el

No creo que usaría ninguno de los enfoques descritos en esa respuesta (¡de los cuales hay más de dos!) :-). La razón es que puede aprovechar simulaciones simples y directas para estimar las expectativas, mientras que una solución analítica parece imposible de obtener. Me gusta mucho el enfoque de @ S. Catterall (+1 para esa solución, que no había leído antes). La simulación muestra que funciona bien incluso para pequeños .

n

$n$

— whuber

Vale la pena hacer la simulación :-). Trace la diferencia entre la media simulada y la fórmula aproximada contra

. Le mostrará claramente qué tan bien funciona la aproximación en función de

n

$n$

n

$n$

— whuber

Claramente

mientras que la aproximación da

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

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

. En ese caso

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

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

habrían sido correctos. Pero la aproximación mejora después de eso.

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

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

— Henry

Respuestas:

Un enfoque es calcular primero la función generadora de momento (mgf) de $Y_n$ definida por $Y_n = U_1^2 + \dotsm + U_n^2$ donde $U_i, i=1,\dotsc, n$ es independiente y está distribuido de manera idéntica uniforme aleatorio estándar variables

Cuando tenemos eso, podemos ver que

E \sqrt{Y_{n}}

$\DeclareMathOperator{\E}{\mathbb{E}} \E \sqrt{Y_n}$ es el momento fraccionada de

Y_{n}

$Y_n$ de orden

α = 1 / 2

$\alpha=1/2$ . Luego podemos usar los resultados del artículo Noel Cressie y Marinus Borkent: "La función generadora de momentos tiene sus momentos",Journal of Statistical Planning and Inference13 (1986) 337-344, que proporciona momentos fraccionarios a través de la diferenciación fraccional de la función generadora de momentos. .

Primero el momento que genera la función de $U_1^2$ , que escribimos $M_1(t)$ .

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

$M_1(t) = \E e^{t U_1^2} = \int_0^1 \frac{e^{tx}}{2\sqrt{x}}\; dx$ y lo evalué (con ayuda de Maple y Wolphram Alpha) para dar

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

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

i = \sqrt{- 1}

$i=\sqrt{-1}$ es la unidad imaginaria. (Wolphram Alpha da una respuesta similar,pero en términos de la integral de Dawson.) Resulta que en su mayoría necesitaremos el caso para

t < 0

$t<0$ . Ahora es fácil encontrar el mgf de

Y_{n}

$Y_n$ :

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

$M_n(t) = M_1(t)^n$ Luego, para los resultados del trabajo citado. Para

μ > 0

$\mu>0$ definen laintegral de orden

μ

$\mu$ de la función

f

$f$ como

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

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

α > 0

$\alpha>0$ y nointegral,

n

$n$ un número entero positivo, y

0 < λ < 1

$0<\lambda<1$ tal que

α = n - λ

$\alpha=n-\lambda$ . Entonces la derivada de

f

$f$ de orden

α

$\alpha$ se define como

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 .

$D^\alpha f(t) \equiv \Gamma(\lambda)^{-1}\int_{-\infty}^t (t-z)^{\lambda-1} \frac{d^n f(z)}{d z^n}\; dz.$ Luego declaran (y prueban) el siguiente resultado, para una variable aleatoria positiva

X

$X$ : Supongamos quese define

M_{X}

$M_X$ (mgf). Entonces, para

α > 0

$\alpha>0$ ,

D^{α} M_{X} (0) = E X^{α} < \infty

$D^\alpha M_X(0) = \E X^\alpha < \infty$ Ahora podemos intentar aplicar estos resultados a

Y_{n}

$Y_n$ . Con

α = 1 / 2

$\alpha=1/2$ encontramos

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

$\E Y_n^{1/2} = D^{1/2} M_n (0) = \Gamma(1/2)^{-1}\int_{-\infty}^0 |z|^{-1/2} M_n'(z) \; dz$ donde el primo denota la derivada. Maple da la siguiente solución:

\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

$\int_{-\infty}^0 \frac{n\cdot\left(\erf(\sqrt{-z})\sqrt{\pi}-2e^z\sqrt{-z} \right)e^{\frac{n(-2\ln 2 +2 \ln(\erf(\sqrt{-z}))-\ln(-z) +\ln(\pi))}{2}}}{2\pi(-z)^{3/2}\erf(\sqrt{-z})} \; dz$ Mostraré una gráfica de esta expectativa, hecha en arce usando integración numérica, junto con la solución aproximada

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

$A(n)=\sqrt{n/3-1/15}$ de algún comentario (y discutido en la respuesta por @Henry). Son notablemente cercanos:

Como complemento, una gráfica del porcentaje de error:

Por encima de aproximadamente $n=20$ la aproximación es casi exacta. Debajo del código de arce utilizado:

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
fuente

muy interesante. Si pudiera agregar algunas parcelas, esta sería una excelente respuesta. Sin embargo, notaré una clara ventaja de la aproximación CLT aquí. La aproximación muestra claramente que

crece como

E [\sqrt{Y_{n}}]

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

cuando

. La solución Maple no (o al menos no puedo entender eso).

\sqrt{n}

$\sqrt{n}$

n \to \infty

$n\to\infty$

— DeltaIV

Como comentario extendido: parece claro aquí que comienza con $E\left[\sqrt{Y_n}\right]= E\left[\sqrt{\sum_i X_i^2}\right]$ cuandoy luego se acerca a $E\left[\sqrt{Y_n}\right] =\frac12=\sqrt{\frac{n}{3}-\frac{1}{12}}$ $n=1$ medida queaumenta, relacionado con la varianza de $\sqrt{\frac{n}{3}-\frac{1}{15}}$ $n$ cayendo de $\sqrt{Y_n}$ hacia $\frac{1}{12}$ . Mi pregunta vinculada que S. Catterall respondióproporciona una justificación para el $\frac{1}{15}$ resultado asintótico basado en cadatener media $\sqrt{\frac{n}{3}-\frac{1}{15}}$ $X_i^2$ y varianza $\frac13$ , y para que la distribución sea aproximadamente y asintóticamente normal. $\frac{4}{45}$

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

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

— Enrique
fuente

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])

$U([-1, 1])$