Oczekiwanie pierwiastka kwadratowego z sumy niezależnych kwadratowych zmiennych losowych

Niech będą niezależnymi i identycznie rozmieszczonymi standardowymi jednolitymi zmiennymi losowymi.$X_1,\dots,X_n \sim U(0,1)$

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

---

Oczekiwanie na jest łatwe:$Y_n$

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

Teraz część nudna. Aby ubiegać się o LOTUS, potrzebowałbym pdf . Oczywiście pdf sumy dwóch niezależnych zmiennych losowych jest splotem ich plików pdf. Jednak tutaj mamy n zmiennych losowych i myślę, że splot prowadziłby do ... zawiłego wyrażenia (zamierzony straszny kalambur). Czy istnieje mądrzejszy sposób?$Y_n$$n$

Wolałbym zobaczyć prawidłowe rozwiązanie , ale jeśli jest to niemożliwe lub zbyt skomplikowane, asymptotyczne przybliżenie dużego $n$ może być dopuszczalne. Dzięki nierówności Jensena wiem o tym

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

Ale to niewiele mi pomaga, chyba że znajdę również nietrywialną dolną granicę. Zauważ, że CLT nie ma tutaj bezpośredniego zastosowania, ponieważ mamy pierwiastek kwadratowy z sumy niezależnych RV, a nie tylko sumy niezależnych RV. Może mogą istnieć inne twierdzenia graniczne (które ignoruję), które mogą tu być pomocne.

Jednym z podejść jest najpierw obliczenie funkcji generującej moment (mgf) dla $Y_n$ określony przez $Y_n = U_1^2 + \dotsm + U_n^2$ gdzie $U_i, i=1,\dotsc, n$ jest niezależnymi i identycznie rozmieszczonymi standardowymi jednolitymi zmiennymi losowymi.

Kiedy to mamy, możemy to zobaczyć

$$\DeclareMathOperator{\E}{\mathbb{E}} \E \sqrt{Y_n}$$ jest ułamkowym momentem $Y_n$ zamówienia $\alpha=1/2$. Następnie możemy wykorzystać wyniki z pracy Noel Cressie i Marinus Borkent: „Funkcja generowania momentu ma swoje chwile”, Journal of Statistics Plan and Inference 13 (1986) 337-344, która daje momenty ułamkowe poprzez ułamkowe różnicowanie funkcji generowania momentu .

Najpierw funkcja generowania momentu $U_1^2$, które piszemy $M_1(t)$.

$$M_1(t) = \E e^{t U_1^2} = \int_0^1 \frac{e^{tx}}{2\sqrt{x}}\; dx$$ i oceniłem to (z pomocą Maple i Wolphram Alpha), aby dać $$\DeclareMathOperator{\erf}{erf} M_1(t)= \frac{\erf(\sqrt{-t})\sqrt{\pi}}{2\sqrt{-t}}$$ gdzie $i=\sqrt{-1}$jest urojoną jednostką. (Wolphram Alpha daje podobną odpowiedź, ale pod względem całki Dawsona. ) Okazuje się, że w większości potrzebujemy$t<0$. Teraz łatwo jest znaleźć mgf$Y_n$: $$M_n(t) = M_1(t)^n$$ Następnie wyniki z cytowanego artykułu. Dla$\mu>0$ definiują $\mu$całka rzędu funkcji $f$ tak jak $$I^\mu f(t) \equiv \Gamma(\mu)^{-1} \int_{-\infty}^t (t-z)^{\mu-1} f(z)\; dz$$ Więc dla $\alpha>0$ i nieintegralne, $n$ dodatnia liczba całkowita oraz $0<\lambda<1$ takie, że $\alpha=n-\lambda$. Następnie pochodna$f$ zamówienia $\alpha$ jest zdefiniowany jako $$D^\alpha f(t) \equiv \Gamma(\lambda)^{-1}\int_{-\infty}^t (t-z)^{\lambda-1} \frac{d^n f(z)}{d z^n}\; dz.$$ Następnie podają (i potwierdzają) następujący wynik dla dodatniej zmiennej losowej $X$: Załóżmy $M_X$(mgf) jest zdefiniowane. Więc dla$\alpha>0$, $$D^\alpha M_X(0) = \E X^\alpha < \infty$$ Teraz możemy spróbować zastosować te wyniki do $Y_n$. Z$\alpha=1/2$ znaleźliśmy $$\E Y_n^{1/2} = D^{1/2} M_n (0) = \Gamma(1/2)^{-1}\int_{-\infty}^0 |z|^{-1/2} M_n'(z) \; dz$$ gdzie liczba pierwsza oznacza pochodną. Klon daje następujące rozwiązanie: $$\int_{-\infty}^0 \frac{n\cdot\left(\erf(\sqrt{-z})\sqrt{\pi}-2e^z\sqrt{-z} \right)e^{\frac{n(-2\ln 2 +2 \ln(\erf(\sqrt{-z}))-\ln(-z) +\ln(\pi))}{2}}}{2\pi(-z)^{3/2}\erf(\sqrt{-z})} \; dz$$ Pokażę wykres tego oczekiwania, wykonany w klonie przy użyciu integracji numerycznej, wraz z przybliżonym rozwiązaniem $A(n)=\sqrt{n/3-1/15}$z jakiegoś komentarza (i omówionego w odpowiedzi przez @Henry). Są niezwykle blisko:

Jako uzupełnienie wykres błędu procentowego:

Powyżej $n=20$przybliżenie jest bliskie dokładności. Poniżej użytego kodu klonu:

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")

Jako komentarz rozszerzony: wydaje się, że jest to jasne $E\left[\sqrt{Y_n}\right]= E\left[\sqrt{\sum_i X_i^2}\right]$ zaczynać z $E\left[\sqrt{Y_n}\right] =\frac12=\sqrt{\frac{n}{3}-\frac{1}{12}}$ kiedy $n=1$ a potem się zbliża $\sqrt{\frac{n}{3}-\frac{1}{15}}$ tak jak $n$ wzrasta, związane z wariancją $\sqrt{Y_n}$ spadając z $\frac{1}{12}$ w kierunku $\frac{1}{15}$. Moje powiązane pytanie, na które odpowiedział S.Catterall, stanowi uzasadnienie dla$\sqrt{\frac{n}{3}-\frac{1}{15}}$ wynik asymptotyczny oparty na każdym $X_i^2$ mając na myśli $\frac13$ i wariancja $\frac{4}{45}$, a rozkład jest w przybliżeniu i asymptotycznie normalny.

To pytanie dotyczy efektywnie rozkładów odległości od początku losowych punktów w $n$-wymiarowy hipersześcian jednostkowy $[0,1]^n$. Jest to podobne do pytania o rozkład odległości między punktami w takim hipersześcianie , więc mogę łatwo dostosować to, co tam zrobiłem, aby pokazać gęstości dla różnych$n$ od $1$ do $16$za pomocą splotu numerycznego. Dla$n=16$, sugerowane normalne przybliżenie pokazane na czerwono jest dobrym dopasowaniem i od $n=4$ widać pojawiającą się krzywą dzwonową.

Dla $n=2$ i $n=3$ dostajesz ostry szczyt w trybie $1$z czymś, co w obu przypadkach wygląda na tę samą gęstość. Porównaj to z rozkładem$\sum_i X_i$, gdzie pojawia się krzywa dzwonowa z $n=3$ i gdzie wariancja jest proporcjonalna do $n$