독립 제곱 균일 랜덤 변수의 합의 제곱근의 기대

하자 BE 독립적이고 identicallly 분산 표준 균일 한 확률 변수를.$X_1,\dots,X_n \sim U(0,1)$

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

---

대한 기대 는 쉽습니다.$Y_n$

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

이제 지루한 부분입니다. LOTUS를 적용하려면 의 pdf가 필요합니다 . 물론 두 개의 독립적 인 랜덤 변수의 합의 PDF는 PDF의 컨볼 루션입니다. 그러나 여기에 우리는 임의의 변수를 가지고 있으며 컨볼 루션은 복잡한 표현으로 이어질 것입니다 (끔찍한 말장난). 더 똑똑한 방법이 있습니까?$Y_n$$n$

올바른 해결책을 선호 하지만 불가능하거나 너무 복잡한 경우 큰 대한 점근 적 근사를 사용할 수 있습니다. 젠슨의 불평등으로$n$

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

그러나 이것은 사소한 하한값을 찾을 수 없다면 큰 도움이되지 않습니다. 독립 RV의 합뿐만 아니라 독립 RV의 합의 제곱근 을 가지기 때문에 CLT는 여기에 직접 적용되지 않습니다 . 어쩌면 여기서 도움이 될 수있는 다른 제한 정리가있을 수 있습니다.

한 가지 방법은 먼저 모멘트 생성 함수 (mgf)를 계산하는 것입니다. $Y_n$ 에 의해 정의 $Y_n = U_1^2 + \dotsm + U_n^2$ 어디 $U_i, i=1,\dotsc, n$ 독립적이고 동일하게 분포 된 표준 균일 랜덤 변수입니다.

우리는 그것을 볼 수 있습니다.

$$\DeclareMathOperator{\E}{\mathbb{E}} \E \sqrt{Y_n}$$ 분수 순간입니다 $Y_n$ 순서대로 $\alpha=1/2$. 그런 다음 Noel Cressie 및 Marinus Borkent 논문의 결과를 사용할 수 있습니다. "모멘트 생성 기능에는 순간이 있습니다", 통계 계획 및 추론 13 (1986) 337-344, 순간 생성 함수의 분수 적 분화를 통해 분수 순간을 제공합니다. .

먼저 모멘트 생성 기능 $U_1^2$우리가 쓰는 $M_1(t)$.

$$M_1(t) = \E e^{t U_1^2} = \int_0^1 \frac{e^{tx}}{2\sqrt{x}}\; dx$$ 나는 (Maple과 Wolphram Alpha의 도움으로) $$\DeclareMathOperator{\erf}{erf} M_1(t)= \frac{\erf(\sqrt{-t})\sqrt{\pi}}{2\sqrt{-t}}$$ 어디 $i=\sqrt{-1}$허수 단위입니다. (Wolphram Alpha는 비슷한 대답을 제공 하지만 Dawson Integral의 관점에서 볼 때 )$t<0$. 이제는 mgf를 쉽게 찾을 수 있습니다$Y_n$: $$M_n(t) = M_1(t)^n$$ 그런 다음 인용 논문의 결과. 에 대한$\mu>0$ 그들은 정의 $\mu$함수의 차수 $f$ 같이 $$I^\mu f(t) \equiv \Gamma(\mu)^{-1} \int_{-\infty}^t (t-z)^{\mu-1} f(z)\; dz$$ 그런 다음 $\alpha>0$ 비 적분, $n$ 양의 정수 $0<\lambda<1$ 그런 $\alpha=n-\lambda$. 그런 다음의 파생 상품$f$ 순서대로 $\alpha$ 로 정의된다 $$D^\alpha f(t) \equiv \Gamma(\lambda)^{-1}\int_{-\infty}^t (t-z)^{\lambda-1} \frac{d^n f(z)}{d z^n}\; dz.$$ 그런 다음 양의 랜덤 변수에 대해 다음 결과를 진술하고 증명합니다. $X$: 가정 $M_X$(mgf)가 정의됩니다. 그런 다음$\alpha>0$, $$D^\alpha M_X(0) = \E X^\alpha < \infty$$ 이제이 결과를 $Y_n$. 와$\alpha=1/2$ 우리는 찾는다 $$\E Y_n^{1/2} = D^{1/2} M_n (0) = \Gamma(1/2)^{-1}\int_{-\infty}^0 |z|^{-1/2} M_n'(z) \; dz$$ 여기서 소수는 도함수를 나타냅니다. 메이플은 다음과 같은 솔루션을 제공합니다. $$\int_{-\infty}^0 \frac{n\cdot\left(\erf(\sqrt{-z})\sqrt{\pi}-2e^z\sqrt{-z} \right)e^{\frac{n(-2\ln 2 +2 \ln(\erf(\sqrt{-z}))-\ln(-z) +\ln(\pi))}{2}}}{2\pi(-z)^{3/2}\erf(\sqrt{-z})} \; dz$$ 나는 대략적인 솔루션과 함께 수치 적분법을 사용하여 메이플로 만든이 기대의 플롯을 보여줄 것입니다. $A(n)=\sqrt{n/3-1/15}$일부 의견에서 (@Henry의 답변에서 논의 됨). 그들은 매우 가깝습니다 :

보완으로, 백분율 오류의 플롯 :

약 이상 $n=20$근사는 근사치입니다. 사용 된 메이플 코드 아래 :

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")

확장 된 주석으로 : $E\left[\sqrt{Y_n}\right]= E\left[\sqrt{\sum_i X_i^2}\right]$ 로 시작 $E\left[\sqrt{Y_n}\right] =\frac12=\sqrt{\frac{n}{3}-\frac{1}{12}}$ 언제 $n=1$ 그리고 접근 $\sqrt{\frac{n}{3}-\frac{1}{15}}$ 같이 $n$ 분산과 관련하여 증가 $\sqrt{Y_n}$ 에서 떨어지는 $\frac{1}{12}$ ...쪽으로 $\frac{1}{15}$. S.Catterall이 답변 한 링크 된 질문 은$\sqrt{\frac{n}{3}-\frac{1}{15}}$ 각각에 따른 점근 적 결과 $X_i^2$ 의미 $\frac13$ 그리고 분산 $\frac{4}{45}$그리고 분포가 대략적으로 그리고 무증상으로 정상입니다.

이 질문은 효과적으로 임의의 점의 원점에서 거리의 분포에 관한 것입니다. $n$차원 단위 하이퍼 큐브 $[0,1]^n$. 그것은 그러한 하이퍼 큐브에서 점들 사이의 거리 분포에 관한 질문과 유사 하므로, 내가 한 일을 쉽게 적응시켜 다양한$n$ ...에서 $1$ 에 $16$수치 컨볼 루션을 사용합니다. 에 대한$n=16$, 빨간색으로 표시된 제안 된 정규 근사값은 적합합니다. $n=4$ 종 모양의 곡선이 나타납니다.

에 대한 $n=2$ 과 $n=3$ 당신은 모드에서 날카로운 피크를 얻을 $1$두 경우 모두 동일한 밀도로 보입니다. 이것을 분포와 비교$\sum_i X_i$벨 커브가 나타나는 곳에 $n=3$ 분산이 비례하는 곳 $n$