独立した二乗均一確率変数の合計の平方根の期待

ましょ $X_1,\dots,X_n \sim U(0,1)$ 独立したidenticallly標準一様確率変数を分散させること。

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

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

$Y_n$ の予想は簡単です。

\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}

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

退屈な部分です。LOTUSを適用するには、 $Y_n$ pdfが必要です。もちろん、2つの独立確率変数の和の確率密度関数は、それらの確率密度関数のたたみ込みです。しかし、ここには $n$ 確率変数があり、たたみ込みは...複雑な式（恐ろしいしゃれが意図されたもの）につながると思います。もっと賢い方法はありますか？

私は正しい解決策を見たいと思いますが、それが不可能であるか複雑すぎる場合は、大きな $n$ 漸近近似は許容できる可能性があります。ジェンセンの不平等によって、私はそれを知っています

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

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

しかし、自明ではない下限も見つけられない限り、これはあまり役に立ちません。独立したRVの合計だけでなく、独立したRVの合計の平方根があるため、CLTはここでは直接適用されないことに注意してください。たぶん、ここで役立つかもしれない他の限界定理（私は無視します）があるかもしれません。

— DeltaIV
ソース

：漸近的結果のため、この質問を参照してくださいstats.stackexchange.com/questions/241504/...

— S. Catterall復活モニカ

私は

上記のリンクされた質問に基づいて。

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.キャタロール氏がモニカを復活させる

私はその答えで説明されているアプローチのいずれも使用しないと思います（そのうち2つ以上あります！）:-)。その理由は、単純でわかりやすいシミュレーションを利用して期待を見積もることができる一方で、分析的な解決策は入手できないように思えるからです。私は@ S.Catterallのアプローチがとても好きです（そのソリューションの+1、これまで読んだことがない）。シミュレーションは、

が小さい

でもうまく機能することを示しています。

n

$n$

— whuber

シミュレーションはやる価値があります:-)。シミュレーション平均と

に対する近似式の差をプロットします。

関数として近似がどの程度うまく機能するかを明確に示します。

n

$n$

n

$n$

— whuber

明らかに

で、近似により

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

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

。その場合

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

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

は正しかったでしょう。しかし、その後は近似値が向上します。

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

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

— Henry

回答:

一つのアプローチは、最初に計算するモーメント発生の関数（MGF）である $Y_n$ によって定義される $Y_n = U_1^2 + \dotsm + U_n^2$ $U_i, i=1,\dotsc, n$ 同一独立であり、分散標準一様乱数変数。

我々はそれを持っているとき、私たちはその見ることができる

E \sqrt{Y_{n}}

$\DeclareMathOperator{\E}{\mathbb{E}} \E \sqrt{Y_n}$ の分数モーメントである

Y_{n}

$Y_n$ 注文の

α = 1 / 2

$\alpha=1/2$ 。次に、ペーパーNoel CressieとMarinus Borkentの結果を使用できます。「モーメント生成関数にはそのモーメントがあります」、Journal of Statistical Planning and Inference13（1986）337-344、モーメント生成関数の分数微分を介して分数モーメントを与える。

$U_1^2$ $M_1(t)$

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}

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

補足として、パーセント誤差のプロット：

$n=20$

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
ソース

E [\sqrt{Y_{n}}]

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

\sqrt{n}

$\sqrt{n}$

n \to \infty

$n\to\infty$

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

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

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

— ヘンリー
ソース

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])

$U([-1, 1])$