Очікування квадратного кореня суми незалежних квадратних рівномірних випадкових величин

Нехай є незалежними та однаково розподіленими стандартними однорідними випадковими змінними.$X_1,\dots,X_n \sim U(0,1)$

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

---

Очікування легко:$Y_n$

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

Тепер про нудну частину. Щоб застосувати LOTUS, мені знадобиться pdf . Звичайно, pdf сума двох незалежних випадкових величин - це згортання їх pdfs. Однак тут у нас є випадкових змінних, і я думаю, що згортання призведе до ... висловленого висловлення (жахливий каламбур призначений). Чи є розумніший спосіб?$Y_n$$n$

Я вважаю за краще правильне рішення , але якщо це неможливо чи занадто складне, асимптотичне наближення для великого може бути прийнятним. По нерівності Дженсена я це знаю$n$

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

Але це мені не дуже допомагає, якщо я не можу знайти також нетривіальну нижню межу. Зауважте, що CLT тут не застосовується безпосередньо, оскільки у нас квадратний корінь суми незалежних RV, а не просто суми незалежних RV. Можливо, тут можуть бути інші граничні теореми (які я ігнорую), які тут можуть бути корисними.

Один із підходів - спочатку обчислити функцію, що генерує момент (mgf) $Y_n$ визначені $Y_n = U_1^2 + \dotsm + U_n^2$ де $U_i, i=1,\dotsc, n$ є незалежними та однаково розподіленими стандартними однорідними випадковими змінними.

Коли ми маємо це, ми можемо це бачити

$$\DeclareMathOperator{\E}{\mathbb{E}} \E \sqrt{Y_n}$$ є дробовим моментом $Y_n$ порядку $\alpha=1/2$. Тоді ми можемо використовувати результати з статті Ноель Крессі та Марінуса Боркента: "Функція, що генерує момент, має свої моменти", Журнал статистичного планування та висновок 13 (1986) 337-344, який дає дробові моменти через дробову диференціацію функції, що генерує момент. .

Перший момент, що генерує функцію $U_1^2$, яку ми пишемо $M_1(t)$.

$$M_1(t) = \E e^{t U_1^2} = \int_0^1 \frac{e^{tx}}{2\sqrt{x}}\; dx$$ і я оцінив, що (за допомогою Клена і Вульфрама Альфи) дати $$\DeclareMathOperator{\erf}{erf} M_1(t)= \frac{\erf(\sqrt{-t})\sqrt{\pi}}{2\sqrt{-t}}$$ де $i=\sqrt{-1}$- уявна одиниця. (Вольфрам Альфа дає подібну відповідь, але з точки зору інтеграла Доусона. ) Виявляється, нам найбільше потрібна справа для$t<0$. Зараз легко знайти mgf$Y_n$: $$M_n(t) = M_1(t)^n$$ Потім для результатів з цитованої роботи. Для$\mu>0$ вони визначають $\mu$інтеграл го порядку функції $f$ як $$I^\mu f(t) \equiv \Gamma(\mu)^{-1} \int_{-\infty}^t (t-z)^{\mu-1} f(z)\; dz$$ Тоді для $\alpha>0$ і неінтегральний, $n$ додатне ціле число, і $0<\lambda<1$ такий як $\alpha=n-\lambda$. Тоді похідне від$f$ порядку $\alpha$ визначається як $$D^\alpha f(t) \equiv \Gamma(\lambda)^{-1}\int_{-\infty}^t (t-z)^{\lambda-1} \frac{d^n f(z)}{d z^n}\; dz.$$ Тоді вони констатують (і доводять) наступний результат для позитивної випадкової величини $X$: Припустимо $M_X$(мгф) визначено. Тоді для$\alpha>0$, $$D^\alpha M_X(0) = \E X^\alpha < \infty$$ Тепер ми можемо спробувати застосувати ці результати до $Y_n$. З$\alpha=1/2$ ми знайшли $$\E Y_n^{1/2} = D^{1/2} M_n (0) = \Gamma(1/2)^{-1}\int_{-\infty}^0 |z|^{-1/2} M_n'(z) \; dz$$ де простий позначає похідну. Клен дає таке рішення: $$\int_{-\infty}^0 \frac{n\cdot\left(\erf(\sqrt{-z})\sqrt{\pi}-2e^z\sqrt{-z} \right)e^{\frac{n(-2\ln 2 +2 \ln(\erf(\sqrt{-z}))-\ln(-z) +\ln(\pi))}{2}}}{2\pi(-z)^{3/2}\erf(\sqrt{-z})} \; dz$$ Я покажу сюжет цього очікування, зробленого у клена з використанням числової інтеграції, разом із приблизним рішенням $A(n)=\sqrt{n/3-1/15}$з якогось коментаря (і обговорювалося у відповіді @Henry). Вони надзвичайно близькі:

Як доповнення, графік процентної помилки:

Вище о $n=20$наближення близьке до точного. Нижче використаний код клена:

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")

Як розширений коментар: тут здається, що це зрозуміло $E\left[\sqrt{Y_n}\right]= E\left[\sqrt{\sum_i X_i^2}\right]$ починається з $E\left[\sqrt{Y_n}\right] =\frac12=\sqrt{\frac{n}{3}-\frac{1}{12}}$ коли $n=1$ а потім підходи $\sqrt{\frac{n}{3}-\frac{1}{15}}$ як $n$ збільшується, пов'язане з дисперсією $\sqrt{Y_n}$ падіння з $\frac{1}{12}$ назустріч $\frac{1}{15}$. Моє пов'язане запитання, на яке відповів S.Catterall, дає виправдання для$\sqrt{\frac{n}{3}-\frac{1}{15}}$ асимптотичний результат на основі кожного $X_i^2$ маючи середнє значення $\frac13$ і дисперсія $\frac{4}{45}$, а розподіл приблизно і асимптотично нормальний.

Це питання ефективно стосується розподілу відстаней від початку випадкових точок у $n$-розмірна одиниця гіперкуба $[0,1]^n$. Це схоже на питання про розподіл відстаней між точками в такому гіперкубі , тому я можу легко адаптувати те, що я там робив, щоб показати щільність для різних$n$ з $1$ до $16$використовуючи числову згортку. Для$n=16$, запропоноване нормальне наближення, показане червоним кольором, добре підходить і від $n=4$ ви можете побачити криву дзвону, що з'являється

Для $n=2$ і $n=3$ ви отримуєте різкий пік в режимі $1$з тим, що виглядає як однакова щільність в обох випадках. Порівняйте це з розподілом$\sum_i X_i$, де показана крива дзвону $n=3$ і де дисперсія пропорційна $n$