Expectativa de raiz quadrada da soma de variáveis aleatórias uniformes ao quadrado independentes

Sejam $X_1,\dots,X_n \sim U(0,1)$ independentes e variáveis aleatórias uniformes padrão distribuídas de forma idêntica.

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

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

A expectativa de $Y_n$ é fácil:

\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}

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

Agora, a parte chata. Para aplicar o LOTUS, eu precisaria do pdf de $Y_n$ . Obviamente, o pdf da soma de duas variáveis aleatórias independentes é a convolução de seus pdfs. No entanto, aqui temos $n$ variáveis aleatórias e acho que a convolução levaria a uma ... expressão complicada (trocadilho horrível). Existe uma maneira mais inteligente?

Eu preferiria ver a solução correta , mas se for impossível ou muito complicado, uma aproximação assintótica para $n$ grande pode ser aceitável. Pela desigualdade de Jensen, eu sei que

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

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

Mas isso não me ajuda muito, a menos que eu possa encontrar também um limite inferior não trivial. Observe que o CLT não se aplica diretamente aqui, porque temos a raiz quadrada da soma dos RVs independentes, não apenas a soma dos RVs independentes. Talvez possa haver outros teoremas de limite (que eu ignoro) que podem ser úteis aqui.

— DeltaIV
fonte

Veja esta pergunta para obter resultados assintóticos: stats.stackexchange.com/questions/241504/…

— S. Catterall

Eu recebo

base na pergunta vinculada acima.

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 Restabelece Monica

Acho que não usaria nenhuma das abordagens descritas nessa resposta (das quais existem mais de duas!) :-). O motivo é que você pode aproveitar simulações simples e diretas para estimar as expectativas, enquanto uma solução analítica parece impossível de ser obtida. Eu gosto muito da abordagem da @ S.Catterall (+1 para essa solução, que eu não tinha lido antes). A simulação mostra que funciona bem mesmo para pequenos

n

$n$

— whuber

Vale a pena fazer a simulação :-). Traçar a diferença entre a média simulada e a fórmula aproximada em relação a

. Ele mostrará claramente como a aproximação funciona em função de

n

$n$

n

$n$

— whuber

Claramente

enquanto a aproximação fornece

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

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

. Nesse caso

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

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

estaria correto. Mas a aproximação melhora depois disso.

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

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

— Henry

Respostas:

Uma abordagem é primeiro calcular a função geradora de momento (mgf) de $Y_n$ definida por $Y_n = U_1^2 + \dotsm + U_n^2$ onde $U_i, i=1,\dotsc, n$ é independente e aleatório uniforme padrão distribuído de forma idêntica variáveis.

Quando temos isso, podemos ver que

E \sqrt{Y_{n}}

$\DeclareMathOperator{\E}{\mathbb{E}} \E \sqrt{Y_n}$ é o momento fraccionada de

Y_{n}

$Y_n$ de ordem

α = 1 / 2

$\alpha=1/2$ . Em seguida, podemos usar os resultados do artigo Noel Cressie e Marinus Borkent: "A Função Geradora de Momentos tem seus Momentos",Journal of Statistical Planning and Inference13 (1986) 337-344, que fornece momentos fracionais através da diferenciação fracionária da função geradora de momentos .

$U_1^2$ $M_1(t)$

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}

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

Como complemento, um gráfico do erro percentual:

$n=20$

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
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E [\sqrt{Y_{n}}]

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

\sqrt{n}

$\sqrt{n}$

n \to \infty

$n\to\infty$

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

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

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

— Henry
fonte

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])

$U([-1, 1])$

Expectativa de raiz quadrada da soma de variáveis ​​aleatórias uniformes ao quadrado independentes

Expectativa de raiz quadrada da soma de variáveis aleatórias uniformes ao quadrado independentes