Sei unabhängige und identisch verteilte standardmäßige einheitliche Zufallsvariablen.
Die Erwartung von ist einfach:
Nun zum langweiligen Teil. Um LOTUS anzuwenden, würde ich das PDF von benötigen . Natürlich ist das PDF der Summe zweier unabhängiger Zufallsvariablen die Faltung ihrer PDFs. Hier haben wir jedoch Zufallsvariablen und ich denke, die Faltung würde zu einem ... verschlungenen Ausdruck führen (schreckliches Wortspiel beabsichtigt). Gibt es einen klügeren Weg?
Ich würde es vorziehen, die richtige Lösung zu sehen , aber wenn es unmöglich oder zu kompliziert ist, könnte eine asymptotische Näherung für großes akzeptabel sein. Durch Jensens Ungleichung weiß ich das
Aber das hilft mir nicht viel, es sei denn, ich finde auch eine nicht triviale Untergrenze. Beachten Sie, dass die CLT hier nicht direkt gilt, da wir die Quadratwurzel der Summe unabhängiger Wohnmobile haben, nicht nur der Summe unabhängiger Wohnmobile. Vielleicht könnte es andere Grenzwertsätze geben (die ich ignoriere), die hier hilfreich sein könnten.
Antworten:
Ein Ansatz besteht darin, zuerst die Momenterzeugungsfunktion (mgf) von zu berechnen, die durch wobei unabhängige und identisch verteilte einheitliche Standardzufallsvariablen sind .Y.n Y.n= U.21+ ⋯ + U.2n U.ich, i = 1 , … , n
Wenn wir das haben, können wir sehen, dass der von der Ordnung ist . Dann können wir Ergebnisse aus der Arbeit Noel Cressie und Marinus Borkent verwenden: "Die Momenterzeugungsfunktion hat ihre Momente", Journal of Statistical Planning and Inference 13 (1986) 337-344, die durch gebrochene Differenzierung der Momenterzeugungsfunktion gebrochene Momente liefert .E.Y.n- -- -√ Y.n α = 1 / 2
Zuerst die Momenterzeugungsfunktion von , die wir schreiben . und ich haben das (mit Hilfe von Maple und Wolphram Alpha) ausgewertet, um wobei die imaginäre Einheit ist. (Wolphram Alpha gibt eine ähnliche Antwort, jedoch in Bezug auf das Dawson-Integral. ) Es stellt sich heraus, dass wir meistens den Fall für benötigen . Nun ist es leicht, die mgf von zu finden : Dann für die Ergebnisse aus der zitierten Arbeit. FürU.21 M.1( t ) M.1( t ) = E.et U.21= ∫10et x2 x- -- -√dx M.1( t ) = erf( - t- -- -√) π- -- -√2 - t- -- -√ i = - 1- -- -- -√ t<0YnMn(t)=M1(t)nμ>0μfIμf(t)≡Γ(μ) - 1 ∫ t - ∞ (t-z) μ - 1 f(z)t < 0 Y.n M.n( t ) = M.1( t )n μ > 0 sie definieren das Integral Ordnung der Funktion als
Dann ist für und nichtintegral eine positive ganze Zahl und so dass . Dann ist die Ableitung von der Ordnung definiert als
Dann geben sie das folgende Ergebnis für eine positive Zufallsvariable (und beweisen es) : Angenommen, (mgf) ist definiert. Dann fürμ f ichμf( T ) ≡ & Ggr; ( μ )- 1∫t- ∞( t - z)μ - 1f( z)dz α > 0 n 0 < λ < 1 α = n - λ f α D.αf( T ) ≡ & Ggr; ( λ )- 1∫t- ∞( t - z)λ - 1dnf( z)dzndz. X. M.X. α > 0 D α M X ( 0 ) = E X α < ∞ Y n α = 1 / 2 E Y 1 / 2 n = D 1 / 2 M n ( 0 ) = Γ ( 1 / 2 ) - 1 ∫ 0 - ∞ | z | ,
Nun können wir versuchen, diese Ergebnisse auf anzuwenden . Mit finden wir
wobei die Primzahl die Ableitung bezeichnet. Maple bietet die folgende Lösung:
Ich werde ein Diagramm dieser Erwartung zeigen, das in Ahorn unter Verwendung numerischer Integration zusammen mit der ungefähren LösungD.αM.X.( 0 ) = E.X.α< ∞ Y.n α = 1 / 2 E.Y.1 / 2n= D.1 / 2M.n( 0 ) = Γ ( 1 / 2 )- 1∫0- ∞| z|- 1 / 2M.'n( z)dz ∫0- ∞n ⋅ ( erf( - z- -- -- -√) π- -- -√- 2 ez- z- -- -- -√) en ( - 2 ln2 + 2 ln( erf( - z√) ) - ln( - z) + ln( π) )22 π( - z)3 / 2erf( - z- -- -- -√)dz A ( n ) = n / 3 - 1 / 15- -- -- -- -- -- -- -- -- -√ aus einem Kommentar (und in der Antwort von @Henry diskutiert). Sie sind bemerkenswert nah:
Als Ergänzung eine grafische Darstellung des prozentualen Fehlers:
Oberhalb von etwa die Annäherung nahezu exakt. Unterhalb des verwendeten Ahorncodes:n = 20
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Als erweiterter Kommentar: Es scheint hier klar zu sein, dass mit beginnt wenn und sich dann nähert mit zunehmendem , bezogen auf die Varianz von , die von Richtung fällt . Meine verknüpfte Frage, die S.Catterall beantwortet hat, liefert eine Rechtfertigung für das asymptotische Ergebnis basierend auf jedem mit Mittelwert und VarianzE[√E.[ Y.n- -- -√] =E.[ ∑ichX.2ich- -- -- -- -- -- -√]] n=1√E.[ Y.n- -- -√]] = 12=n3- -112- -- -- -- -- -- -√ n = 1 n3- 1fünfzehn- -- -- -- -- -- -√ n Y.n- -- -√ 112 1fünfzehn n3- 1fünfzehn- -- -- -- -- -- -√ X.2ich 13 445 , und die Verteilung ist ungefähr und asymptotisch normal.
Bei dieser Frage geht es effektiv um die Verteilung der Abstände vom Ursprung zufälliger Punkte in einem dimensionalen Einheitshyperwürfel . Es ähnelt einer Frage zur Verteilung der Abstände zwischen Punkten in einem solchen Hyperwürfel , sodass ich leicht anpassen kann, was ich dort getan habe, um die Dichten für verschiedene von bis mithilfe der numerischen Faltung anzuzeigen. Für passt die in Rot dargestellte vorgeschlagene normale Näherung gut, und ab eine Glockenkurve angezeigt.n [ 0 , 1 ]n n 1 16 n = 16 n = 4
Für und Sie im Modus einen scharfen Peak mit der gleichen Dichte in beiden Fällen. Vergleichen Sie dies mit der Verteilung von , wobei die Glockenkurve mit und die Varianz proportional zun = 2 n = 3 1 ∑ichX.ich n = 3 n
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