বর্গমূলের স্বাধীন স্কোয়ার্ড ইউনিফর্ম র‌্যান্ডম ভেরিয়েবলের যোগফল

যাক হতে স্বাধীন ও identicallly বিতরণ মান অভিন্ন র্যান্ডম ভেরিয়েবল। $X_1,\dots,X_n \sim U(0,1)$

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

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

$Y_n$ এর প্রত্যাশা সহজ:

\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}

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

বোরিং অংশের জন্য এখন। $Y_n$ প্রয়োগ করতে, আমার এর পিডিএফ । অবশ্যই দুটি স্বতন্ত্র এলোমেলো ভেরিয়েবলের যোগফলের পিডিএফ হ'ল তাদের পিডিএফগুলির সমাবর্তন। যাইহোক, এখানে আমাদের $n$ এলোমেলো ভেরিয়েবল রয়েছে এবং আমি অনুমান করি যে এই সমঝোতার ফলে ... কনভোলিউটেড এক্সপ্রেশন (ভয়াবহ শ্লেষের উদ্দেশ্য) তৈরি হবে। একটি স্মার্ট উপায় আছে?

আমি সঠিক সমাধান দেখতে পছন্দ করেন , কিন্তু যদি এটা অসম্ভব বা খুব জটিল, বড় একটি asymptotic পড়তা $n$ গ্রহণযোগ্য হতে পারে। জেনসেনের বৈষম্য দ্বারা, আমি এটি জানি

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

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

তবে এটি আমাকে খুব একটা সহায়তা করে না, যদি না আমি একটি তুচ্ছ নিম্ন সীমাটিও খুঁজে না পাই। দ্রষ্টব্য যে এখানে সিএলটি সরাসরি প্রয়োগ হয় না, কারণ আমাদের কাছে স্বাধীন আরভিগুলির যোগফলের বর্গমূল রয়েছে, কেবল স্বাধীন আরভিগুলির যোগফল নয়। হতে পারে এখানে অন্যান্য সীমাবদ্ধ উপপাদ্য (যা আমি উপেক্ষা করি) হতে পারে যা এখানে সহায়তা করতে পারে।

— DeltaIV
সূত্র

অ্যাসিম্পোটোটিক ফলাফলের জন্য এই প্রশ্নটি দেখুন: stats.stackexchange.com/questions/241504/…

— এস

আমি উপরের লিঙ্কযুক্ত প্রশ্নের ভিত্তিতে ।

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

$\mathbb{E}[\sqrt{Y_n}]\approx \sqrt{\frac{n}{3}-\frac{1}{15}}$

— এস ক্যাটারলাল মনিকা

আমি মনে করি না যে আমি সেই উত্তরে বর্ণিত কোনও পদ্ধতির ব্যবহার করব (যার মধ্যে দুটিরও বেশি রয়েছে!) :-)। কারণটি হ'ল আপনি প্রত্যাশাগুলি অনুমান করার জন্য সহজ, সরল সরল সিমুলেশনগুলি নিজেই উপকার করতে পারবেন, যখন একটি বিশ্লেষণাত্মক সমাধানটি অকার্যকর বলে মনে হয়। আমি @ এস ক্যাটগ্রেস এর পদ্ধতিকে খুব পছন্দ করি (এই সমাধানের জন্য +1, যা আমি আগে পড়িনি)। সিমুলেশন দেখায় এটি ছোট জন্যও ভাল কাজ করে ।

n

$n$

— whuber

সিমুলেশনটি মূল্যবান :-)। কৃত্রিম গড় এবং বিরুদ্ধে আনুমানিক সূত্র মধ্যে পার্থক্য প্লট । এটি আপনাকে পরিষ্কারভাবে দেখাবে যে ফাংশন হিসাবে আনুমানিকতা কতটা ভাল কাজ করে ।

n

$n$

n

$n$

— whuber

স্পষ্টত যখন আনুমানিকতা । যে ক্ষেত্রে সঠিক হত। তবে এর পরে অনুমানের উন্নতি হয়।

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

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

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

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

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

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

— হেনরি

উত্তর:

একটা পদক্ষেপ প্রথম নিরূপণ করা মুহূর্ত উৎপাদিত ফাংশন (mgf) হল দ্বারা সংজ্ঞায়িত যেখানে হয় স্বাধীন ও অভিন্নরুপে বিতরণ মান অভিন্ন র্যান্ডম ভেরিয়েবল । $Y_n$ $Y_n = U_1^2 + \dotsm + U_n^2$ $U_i, i=1,\dotsc, n$

আমরা যখন যে আছে, আমরা দেখতে পারেন এর ভগ্ন মুহূর্ত আদেশের । তারপরে আমরা নোয়েল ক্রেসি এবং মেরিনাস বোরকেন্ট পত্রিকা থেকে ফলাফলগুলি ব্যবহার করতে পারি: "মোমেন্ট জেনারিং ফাংশন এর মুহুর্তগুলি রয়েছে", জার্নাল অফ স্ট্যাটিসটিকাল প্ল্যানিং অ্যান্ড ইনফারেন্স ১৩ (1986) 337-344, যা মুহূর্ত উত্পন্ন ফাংশনের ভগ্নাংশের পার্থক্যের মাধ্যমে ভগ্নাংশের মুহুর্তগুলিকে দেয় ।

E \sqrt{Y_{n}}

$\DeclareMathOperator{\E}{\mathbb{E}} \E \sqrt{Y_n}$

Y_{n}

$Y_n$

α = 1 / 2

$\alpha=1/2$

প্রথম মুহুর্তে ক্রিয়াকলাপ উত্পন্ন করে , যা আমরা লিখি । এবং আমি মূল্যায়ন করেছি যে (ম্যাপেল এবং ওল্ফ্রাম আলফার সাহায্যে) la ) দিতে যেখানে the কাল্পনিক একক। (ওল্ফ্রাম আলফা একটি অনুরূপ উত্তর দেয় তবে ডসন অবিচ্ছেদ্য পদগুলির ক্ষেত্রে turns) এটি দেখা যাচ্ছে যে আমাদের বেশিরভাগ ক্ষেত্রে জন্য মামলাটি প্রয়োজন । : the এর পাওয়া এখন সহজ তারপরে উদ্ধৃত কাগজ থেকে ফলাফলের জন্য। জন্য $U_1^2$ $M_1(t)$

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

$\mu>0$ তারা সংজ্ঞায়িত ফাংশনের তম অর্ডার অবিচ্ছেদ্য যেমন এরপরে, এবং nonintegral এর জন্য ইতিবাচক পূর্ণসংখ্যা এবং যেমন । তারপর ব্যুৎপন্ন আদেশের হিসাবে সংজ্ঞায়িত করা হয় তারপরে তারা ইতিবাচক এলোমেলো ভেরিয়েবল জন্য নিম্নলিখিত ফলাফলটি (এবং প্রমাণ করে) প্রমাণ করে : মনে করুন (এমজিএফ) সংজ্ঞায়িত হয়েছে। তারপরে,

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

$\alpha>0$ , এখন আমরা এই ফলাফলগুলি প্রয়োগ করার চেষ্টা করতে । সঙ্গে আমরা খুঁজে যেখানে প্রধান ডেরাইভেটিভকে বোঝায়। ম্যাপেল নীচের সমাধান দেয়: আমি আনুমানিক সমাধান together একসাথে সংখ্যার একীকরণ ব্যবহার করে ম্যাপেলে তৈরি এই প্রত্যাশার একটি প্লট দেখাব

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}

$A(n)=\sqrt{n/3-1/15}$ কিছু মন্তব্য থেকে (এবং @ হেনরির উত্তরে আলোচনা করা হয়েছে)। তারা লক্ষণীয়ভাবে কাছাকাছি:

পরিপূরক হিসাবে, শতাংশ ত্রুটির একটি প্লট:

প্রায় উপরে প্রায় অনুমানটি হ'ল কাছাকাছি। ব্যবহৃত ম্যাপেল কোডের নীচে: $n=20$

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")

— কেজেটিল বি হালওয়ারসেন en
সূত্র

খুব আকর্ষণীয়. আপনি যদি কিছু প্লট যুক্ত করতে পারেন তবে এটি একটি দুর্দান্ত উত্তর হবে। তবে, আমি এখানে সিএলটি আনুমানিকের একটি স্বতন্ত্র সুবিধা নোট করব। আনুমানিকটি পরিষ্কারভাবে দেখায় যে যখন হিসাবে grows হিসাবে বৃদ্ধি পায় । ম্যাপেল সলিউশনটি দেয় না (বা কমপক্ষে আমি এটি বের করতে পারি না)।

E [\sqrt{Y_{n}}]

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

\sqrt{n}

$\sqrt{n}$

n \to \infty

$n\to\infty$

— ডেল্টাভ

একটি বর্ধিত মন্তব্য হিসাবে: এটি এখানে স্পষ্ট বলে মনে হচ্ছে যে দিয়ে শুরু হয় যখন এবং তারপরে হিসাবে বেড়ে যায়, ভ্যারিয়েন্স এর সাথে সম্পর্কিত থেকে পতনশীল দিকে । আমার লিঙ্ক প্রশ্ন যা S.Catterall বললেন জন্য একটি যুক্তি প্রদান করে মধ্যে asymptotic ফলাফলের প্রতিটি উপর ভিত্তি করে রাখার মানে হচ্ছে এবং ভ্যারিয়েন্স $E\left[\sqrt{Y_n}\right]= E\left[\sqrt{\sum_i X_i^2}\right]$ $E\left[\sqrt{Y_n}\right] =\frac12=\sqrt{\frac{n}{3}-\frac{1}{12}}$ $n=1$ $\sqrt{\frac{n}{3}-\frac{1}{15}}$ $n$ $\sqrt{Y_n}$ $\frac{1}{12}$ $\frac{1}{15}$ $\sqrt{\frac{n}{3}-\frac{1}{15}}$ $X_i^2$ $\frac13$ $\frac{4}{45}$ , এবং বিতরণের জন্য প্রায় এবং অ্যাসেম্পোটোটিকভাবে স্বাভাবিক।

এই প্রশ্নটি কার্যকরভাবে ডাইমেনশনাল ইউনিট হাইপারকিউব rand এ এলোমেলো পয়েন্টগুলির উত্স থেকে দূরত্বগুলির বিতরণ সম্পর্কে । এটি যেমন একটি হাইপারকিউবে পয়েন্টের মধ্যে দূরত্ব বন্টন সম্পর্কিত প্রশ্নের অনুরূপ , তাই আমি সংখ্যাসূচক সমাধানটি ব্যবহার করে থেকে পর্যন্ত বিভিন্ন এর ঘনত্বগুলি দেখানোর জন্য আমি সেখানে যা করেছি তা খুব সহজেই খাপ খাইয়ে নিতে পারি । For এর জন্য , লাল রঙে প্রদর্শিত প্রস্তাবিত স্বাভাবিক অনুমানটি ভাল ফিট এবং আপনি একটি বেল বক্ররেখা উপস্থিত হতে পারেন। $n$ $[0,1]^n$ $n$ $1$ $16$ $n=16$ $n=4$

জন্য এবং আপনি মোড এ ধারালো শিখর পেতে কি উভয় ক্ষেত্রেই একই ঘনত্ব মত দেখায় না। সাথে বিতরণের সাথে তুলনা করুন , যেখানে বেল বক্ররেখা দিয়ে উপস্থিত হয় এবং যেখানে ভেরিয়েন্সটি সমানুপাতিক $n=2$ $n=3$ $1$ $\sum_i X_i$ $n=3$ $n$

— হেনরি
সূত্র

প্রায় ধ্রুব বৈকল্পিক সম্ভবত পাল্টা স্বজ্ঞাত ফলাফলের দিকে নিয়ে যায়। উদাহরণস্বরূপ , ( মাত্রিক ইউনিট একটি র্যান্ডম পয়েন্টের উত্স থেকে দূরত্ব ) থেকে পর্যন্ত কোনও মান নিতে পারে তবে ক্ষেত্রে এর মধ্যে হবে এবং এবং কার্যত

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

$13$

— হেনরি

আসলে এটি কিছুটা পাল্টা স্বজ্ঞাত, আসলেই। মাত্রিকতার অভিশাপের কারণে, আমি প্রত্যাশা করছিলাম যে পয়েন্টগুলির কোণার কাছাকাছি থাকবে (উপলব্ধি st )। পরিবর্তে দেখে মনে হচ্ছে পয়েন্টগুলির সিংহভাগ মূল থেকে অনেক দূরে, তবে কোণগুলি পর্যন্ত নয় ro সম্ভবত ত্রুটিটি হ'ল আমাদের হাইপারকিউবের কেন্দ্র থেকে দূরত্ব বিবেচনা করা উচিত , উত্স থেকে দূরত্ব নয় যা ঠিক হাইপারকিউবের একটি কোণ।

y_{400}

$y_{400}$

\sqrt{y_{400}} = 20

$\sqrt{y_{400}}=20$

— ডেল্টাভ

@ ডেল্টাইভ: আপনি যদি হাইপারকিউবকে পাশের তবে এবং উত্সটি থেকে পরিমাপ করুন, আপনি ঠিক একই বন্টন, প্রত্যাশা এবং বৈকল্পিকতা পাবেন। সঙ্গে এই বড় hypecube সবচেয়ে পয়েন্ট এই hypercube (আদেশ টিপিক্যাল দূরত্বের সীমানা পাসে হবে ) কিন্তু (নিকটতম এক টিপিক্যাল দূরত্ব ঘনিষ্ঠ তার কোণে না বা আবার)

2

$2$

[- 1, 1]^{n}

$[-1,1]^n$

n = 400

$n=400$

0.02

$0.02$

11

$11$

12

$12$

— হেনরি

এটি বোধগম্য - গণিতটি করার আমার কাছে সময় ছিল না, তবে স্বজ্ঞাতভাবে আমি জন্য অনুরূপ ফলাফলের প্রত্যাশা করেছি । আমি প্রত্যাশাটি (শ্লেষের জন্য দুঃখিত) একটি ধ্রুবক ফ্যাক্টর দ্বারা পরিবর্তিত হবে বলে আশা করছিলাম, কিন্তু আমি যেমন বলেছি তা পরীক্ষা করার আমার কাছে সময় নেই।

U ([- 1, 1])

$U([-1, 1])$

— ডেল্টাভ