स्वतंत्र वर्ग समान यादृच्छिक चर की राशि के वर्गमूल की अपेक्षा

चलो $X_1,\dots,X_n \sim U(0,1)$ स्वतंत्र और समान रूप से वितरित मानक समान यादृच्छिक चर हैं।

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

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

की उम्मीद $Y_n$ आसान है:

\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}

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

अब बोरिंग वाले हिस्से के लिए। कम से कम लागू करने के लिए, मुझे पीडीएफ की आवश्यकता होगी $Y_n$ । बेशक दो स्वतंत्र यादृच्छिक चर के योग का पीडीएफ उनके pdfs का दृढ़ संकल्प है। हालाँकि, यहाँ हमारे पास है $n$ यादृच्छिक चर और मुझे लगता है कि दृढ़ संकल्प एक ... दृढ़ अभिव्यक्ति (भयानक वाक्य का इरादा) का नेतृत्व करेगा। क्या कोई स्मार्ट तरीका है?

मैं सही समाधान देखना पसंद करूंगा , लेकिन अगर यह असंभव है या बहुत जटिल है, तो बड़े के लिए एक स्पर्शोन्मुख सन्निकटन $n$ स्वीकार्य हो सकता है। जेन्सेन की असमानता से, मुझे यह पता है

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

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

लेकिन इससे मुझे बहुत मदद नहीं मिलती, जब तक कि मैं एक गैर-तुच्छ निचले हिस्से को नहीं ढूंढ सकता। ध्यान दें कि CLT सीधे यहां लागू नहीं होता है, क्योंकि हमारे पास स्वतंत्र आरवी के योग का वर्गमूल है, न कि केवल स्वतंत्र आरवी का योग। हो सकता है कि अन्य सीमा प्रमेय हो सकते हैं (जो मैं अनदेखा करता हूं) जो यहां मदद का हो सकता है।

— DeltaIV
स्रोत

इस प्रश्न को अस्वाभाविक

— S. Catterall Reinstate Monica

मुझे मिला

E [\sqrt{Y_{n}}] \approx \sqrt{\frac{n}{3} - \frac{1}{15}}

$\mathbb{E}[\sqrt{Y_n}]\approx \sqrt{\frac{n}{3}-\frac{1}{15}}$ उपरोक्त जुड़े हुए प्रश्न के आधार पर।

— एस। कैटरल ने मोनिका को

मुझे नहीं लगता कि मैं उस उत्तर में वर्णित किसी भी दृष्टिकोण का उपयोग करूंगा (जिनमें से दो से अधिक हैं!) :-)। इसका कारण यह है कि आप उम्मीदों का अनुमान लगाने के लिए सरल, सरल सिमुलेशन का लाभ उठा सकते हैं, जबकि एक विश्लेषणात्मक समाधान अप्राप्य लगता है। मुझे @ S.Catterall का दृष्टिकोण बहुत पसंद है (उस समाधान के लिए +1, जिसे मैंने पहले नहीं पढ़ा था)। सिमुलेशन से पता चलता है कि यह छोटे के लिए भी अच्छा काम करता है

n

$n$ ।

— whuber

सिमुलेशन :-) करने के लायक है। सिम्युलेटेड माध्य और अनुमानित सूत्र के बीच अंतर को प्लॉट करें

n

$n$ । यह आपको स्पष्ट रूप से दिखाएगा कि सन्निकटन किस प्रकार कार्य करता है

n

$n$ ।

— whuber

स्पष्ट रूप से

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

$E\left[\sqrt{Y_1}\right]=0.5$ जबकि सन्निकटन देता है

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

$\sqrt{\frac{1}{3}-\frac{1}{15}} = \sqrt{\frac4{15}}\approx 0.516$ । उस स्तिथि में

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

$\sqrt{\frac{1}{3}-\frac{1}{12}}$ सही होता। लेकिन उसके बाद का सन्निकटन सुधर जाता है।

— हेनरी

जवाबों:

एक दृष्टिकोण पहले पल बनाने वाले फ़ंक्शन (mgf) की गणना करना है $Y_n$ द्वारा परिभाषित $Y_n = U_1^2 + \dotsm + U_n^2$ जहां $U_i, i=1,\dotsc, n$ स्वतंत्र और समान रूप से वितरित मानक वर्दी यादृच्छिक चर है।

जब हमारे पास वह है, हम उसे देख सकते हैं

E \sqrt{Y_{n}}

$\DeclareMathOperator{\E}{\mathbb{E}} \E \sqrt{Y_n}$ का भिन्नात्मक क्षण है

Y_{n}

$Y_n$ आदेश का

α = 1 / 2

$\alpha=1/2$ । फिर हम पेपर नोएल सेरेसी और मारिनस बोर्केंट के परिणामों का उपयोग कर सकते हैं: "द मोमेंट जनरेटिंग फंक्शन है इट्स मोमेंट्स", जर्नल ऑफ़ स्टैटिस्टिकल प्लानिंग एंड इंट्रेंस 13 (1986) 337-344, जो पल पैदा करने वाले फ़ंक्शन के आंशिक भिन्नता को भिन्नात्मक क्षण देता है। ।

पहले पल का निर्माण कार्य $U_1^2$ , जो हम लिखते हैं $M_1(t)$ ।

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

$M_1(t) = \E e^{t U_1^2} = \int_0^1 \frac{e^{tx}}{2\sqrt{x}}\; dx$ और मैंने मूल्यांकन किया कि (मेपल और वोल्फ्रम अल्फा की मदद से)

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

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

i = \sqrt{- 1}

$i=\sqrt{-1}$ काल्पनिक इकाई है। (वोल्फ्राम अल्फा एक समान उत्तर देता है, लेकिन डॉसन अभिन्न के संदर्भ में। ) यह पता चलता है कि हम ज्यादातर इस मामले के लिए आवश्यक होंगे।

t < 0

$t<0$ । अब इसका mgf खोजना आसान है

Y_{n}

$Y_n$ :

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

$M_n(t) = M_1(t)^n$ फिर उद्धृत पेपर से परिणामों के लिए। के लिये

μ > 0

$\mu>0$ वे परिभाषित करते हैं

μ

$\mu$ वें आदेश समारोह का अभिन्न अंग

f

$f$ जैसा

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

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

α > 0

$\alpha>0$ और नॉनटेग्रल,

n

$n$ एक सकारात्मक पूर्णांक, और

0 < λ < 1

$0<\lambda<1$ ऐसा है कि

α = n - λ

$\alpha=n-\lambda$ । फिर व्युत्पन्न

f

$f$ आदेश का

α

$\alpha$ की तरह परिभाषित किया गया है

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 .

$D^\alpha f(t) \equiv \Gamma(\lambda)^{-1}\int_{-\infty}^t (t-z)^{\lambda-1} \frac{d^n f(z)}{d z^n}\; dz.$ फिर वे एक सकारात्मक यादृच्छिक चर के लिए निम्नलिखित परिणाम (और साबित) करते हैं

X

$X$ : मान लीजिए

M_{X}

$M_X$ (mgf) को परिभाषित किया गया है। फिर, के लिए

α > 0

$\alpha>0$ ,

D^{α} M_{X} (0) = E X^{α} < \infty

$D^\alpha M_X(0) = \E X^\alpha < \infty$ अब हम इन परिणामों को लागू करने का प्रयास कर सकते हैं

Y_{n}

$Y_n$ । साथ में

α = 1 / 2

$\alpha=1/2$ हम खोजें

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

$\E Y_n^{1/2} = D^{1/2} M_n (0) = \Gamma(1/2)^{-1}\int_{-\infty}^0 |z|^{-1/2} M_n'(z) \; dz$ जहां प्रधानमंत्री व्युत्पन्न को दर्शाता है। मेपल निम्नलिखित समाधान देता है:

\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

$\int_{-\infty}^0 \frac{n\cdot\left(\erf(\sqrt{-z})\sqrt{\pi}-2e^z\sqrt{-z} \right)e^{\frac{n(-2\ln 2 +2 \ln(\erf(\sqrt{-z}))-\ln(-z) +\ln(\pi))}{2}}}{2\pi(-z)^{3/2}\erf(\sqrt{-z})} \; dz$ मैं इस उम्मीद का एक भूखंड दिखाऊंगा, जो संख्यात्मक एकीकरण का उपयोग करके मेपल में बनाया गया है, साथ में अनुमानित समाधान

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

$A(n)=\sqrt{n/3-1/15}$ कुछ टिप्पणी से (और @Henry द्वारा जवाब में चर्चा की गई)। वे उल्लेखनीय रूप से करीब हैं:

पूरक के रूप में, प्रतिशत त्रुटि का एक भूखंड:

के बारे में $n=20$ सन्निकटन सटीक के करीब है। उपयोग किए गए मेपल कोड के नीचे:

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
स्रोत

बहुत ही रोचक। यदि आप कुछ भूखंड जोड़ सकते हैं, तो यह एक उत्कृष्ट उत्तर होगा। हालाँकि, मैं यहाँ CLT सन्निकटन के एक अलग लाभ पर ध्यान दूँगा। सन्निकटन स्पष्ट रूप से दर्शाता है कि

E [\sqrt{Y_{n}}]

$\mathbb{E}[\sqrt{Y_n}]$ के रूप में बढ़ता है

\sqrt{n}

$\sqrt{n}$ कब

n \to \infty

$n\to\infty$ । मेपल समाधान (या कम से कम मैं यह पता नहीं लगा सकता)।

— डेल्टिव डे

एक विस्तारित टिप्पणी के रूप में: यह यहाँ स्पष्ट है $E\left[\sqrt{Y_n}\right]= E\left[\sqrt{\sum_i X_i^2}\right]$ के साथ शुरू करो $E\left[\sqrt{Y_n}\right] =\frac12=\sqrt{\frac{n}{3}-\frac{1}{12}}$ कब $n=1$ और फिर से संपर्क करें $\sqrt{\frac{n}{3}-\frac{1}{15}}$ जैसा $n$ बढ़ जाती है, के विचरण से संबंधित है $\sqrt{Y_n}$ से गिर रहा है $\frac{1}{12}$ की ओर $\frac{1}{15}$ । मेरा जुड़ा हुआ प्रश्न जो एस। कैटरल ने उत्तर दिया, उसके लिए एक औचित्य प्रदान करता है $\sqrt{\frac{n}{3}-\frac{1}{15}}$ प्रत्येक पर आधारित एसिम्प्टोटिक परिणाम $X_i^2$ मतलब हो रहा है $\frac13$ और विचरण $\frac{4}{45}$ , और वितरण लगभग और asymptotically सामान्य होने के लिए।

यह प्रश्न प्रभावी रूप से यादृच्छिक बिंदुओं की उत्पत्ति से दूरियों के वितरण के बारे में है $n$ -डिमेटिक यूनिट हाइपरक्यूब $[0,1]^n$ । यह इस तरह के हाइपरक्यूब में बिंदुओं के बीच की दूरी के वितरण पर एक प्रश्न के समान है , इसलिए मैं आसानी से अनुकूलित कर सकता हूं कि मैंने विभिन्न के लिए घनत्व दिखाने के लिए वहां क्या किया $n$ से $1$ सेवा $16$ संख्यात्मक दृढ़ संकल्प का उपयोग करना। के लिये $n=16$ सुझाव दिया गया सामान्य लाल रंग में दिखाया गया है एक अच्छा फिट है, और से $n=4$ आप एक घंटी वक्र दिखाई दे सकते हैं।

के लिये $n=2$ तथा $n=3$ के मोड पर आपको एक तेज चोटी मिलती है $1$ दोनों मामलों में समान घनत्व जैसा दिखता है। के वितरण के साथ इसकी तुलना करें $\sum_i X_i$ , जहां बेल वक्र के साथ दिखाई देता है $n=3$ और जहां विचरण आनुपातिक है $n$

— हेनरी
स्रोत

लगभग निरंतर विचरण संभवतः जवाबी सहज ज्ञान युक्त परिणामों की ओर ले जाता है। उदाहरण के लिए

n = 400

$n=400$ ,

\sqrt{Y_{400}}

$\sqrt{Y_{400}}$ (एक यादृच्छिक बिंदु के उद्गम से दूरी a

400

$400$ -डिमेटिक यूनिट हाइपरक्यूब) से कोई भी मूल्य ले सकता है

0

$0$ सेवा

20

$20$ परंतु

94 %

$94\%$ मामलों के बीच होगा

11

$11$ तथा

12

$12$ और लगभग सभी के बीच

10

$10$ तथा

13

$13$

— हेनरी

यह वास्तव में थोड़ा सा सहज है। आयामीता के अभिशाप के कारण, मैं कोनों (अहसास) के करीब होने की उम्मीद कर रहा था

y_{400}

$y_{400}$ सेंट

\sqrt{y_{400}} = 20

$\sqrt{y_{400}}=20$ )। इसके बजाय ऐसा लगता है कि अधिकांश बिंदु मूल से बहुत दूर हैं, लेकिन कोनों के रूप में दूर नहीं हैं। निश्चित रूप से त्रुटि यह है कि हमें हाइपरक्यूब के केंद्र से दूरी पर विचार करना चाहिए , मूल से दूरी नहीं , जो बस है हाइपरक्यूब के कोनों में से एक।

— डेल्टा डिव

@ डेल्टिव: यदि आप अपना हाइपरक्यूब पक्ष बनाते हैं

2

$2$ इसलिए

[- 1, 1]^{n}

$[-1,1]^n$ और उत्पत्ति से मापने पर, आपको ठीक उसी वितरण, अपेक्षा और भिन्नता मिलती है। साथ में

n = 400

$n=400$ इस बड़े हाइपक्यूब में अधिकांश बिंदु इस हाइपरक्यूब की सीमा के करीब होंगे (क्रम के विशिष्ट दूरी)

0.02

$0.02$ ) लेकिन इसके कोनों के करीब नहीं है (निकटतम दूरी के लिए विशिष्ट दूरी)

11

$11$ या

12

$12$ फिर से)

— हेनरी

यह समझ में आता है - मेरे पास गणित करने के लिए समय नहीं था, लेकिन सहजता से मुझे इसके लिए समान परिणाम की उम्मीद थी

U ([- 1, 1])

$U([-1, 1])$ । मैं एक स्थिर कारक द्वारा बदलने के लिए उम्मीद (सजा के लिए खेद है) की उम्मीद कर रहा था, लेकिन जैसा कि मैंने कहा कि मेरे पास इसे जांचने का समय नहीं है।

— 12