Oczekiwanie na

10

Niech , , , i niech będą niezależni. Czego oczekuje się od ? $X_1$ $X_2$ $\cdots$ $X_d \sim \mathcal{N}(0, 1)$ $\frac{X_1^4}{(X_1^2 + \cdots + X_d^2)^2}$

Łatwo jest znaleźć symetrycznie. Ale nie wiem, jak znaleźć oczekiwanie na . Czy możesz podać jakieś wskazówki? $\mathbb{E}\left(\frac{X_1^2}{X_1^2 + \cdots + X_d^2}\right) = \frac{1}{d}$ $\frac{X_1^4}{(X_1^2 + \cdots + X_d^2)^2}$

Co dotychczas uzyskałem

Chciałem znaleźć symetrycznie. Ale ten przypadek jest inny niż w przypadku ponieważ może nie być równy . Potrzebuję więc kilku innych pomysłów, aby znaleźć oczekiwania. $\mathbb{E}\left(\frac{X_1^4}{(X_1^2 + \cdots + X_d^2)^2}\right)$ $\mathbb{E}\left(\frac{X_1^2}{X_1^2 + \cdots + X_d^2}\right)$ $\mathbb{E}\left(\frac{X_i^4}{(X_1^2 + \cdots + X_d^2)^2}\right)$ $\mathbb{E}\left(\frac{X_i^2X_j^2}{(X_1^2 + \cdots + X_d^2)^2}\right)$

Skąd pochodzi to pytanie

Pytanie w matematyce stos wymiany prosi o wariancji dla jednostki jednorodnej wektora losowej o . Moje pochodzenie pokazuje, że odpowiedź zależy w dużym stopniu od wartości i dla . Odkąd i symetrycznie musimy tylko znać wartość $\|Ax\|_2^2$ $x$ $S^{d-1}$ $\mathbb{E}\left(\frac{X_i^4}{(X_1^2 + \cdots + X_d^2)^2}\right)$ $\mathbb{E}\left(\frac{X_i^2X_j^2}{(X_1^2 + \cdots + X_d^2)^2}\right)$ $i \neq j$

\sum_{i \neq j} E (\frac{X_{i}^{2} X_{j}^{2}}{(X_{1}^{2} + \dots + X_{d}^{2})^{2}}) + \sum_{i} E (\frac{X_{i}^{4}}{(X_{1}^{2} + \dots + X_{d}^{2})^{2}}) = 1

$\sum_{i \neq j}\mathbb{E} \left( \frac{X_i^2X_j^2}{(X_1^2 + \cdots + X_d^2)^2}\right) + \sum_i \mathbb{E}\left(\frac{X_i^4}{(X_1^2 + \cdots + X_d^2)^2}\right) = 1$

E (\frac{X_{1}^{4}}{(X_{1}^{2} + \dots + X_{d}^{2})^{2}})

$\mathbb{E}\left(\frac{X_1^4}{(X_1^2 + \cdots + X_d^2)^2}\right)$ aby uzyskać inne oczekiwania.

— Michael Hardy
źródło

7

Rozkład $X_i^2$ jest chi-kwadrat (a także specjalny przypadek gamma).

Dystrybucja jest zatem w wersji beta. $\frac{X_1^2}{X_1^2 + \cdots + X_d^2}$

Oczekiwanie kwadratu beta nie jest trudne.

— Glen_b - Przywróć Monikę
źródło

5

Ta odpowiedź rozwija odpowiedź @ Glen_b.

Fakt 1: Jeśli , , , są niezależnymi standardowymi zmiennymi losowymi o rozkładzie normalnym, wówczas suma ich kwadratów ma rozkład chi-kwadrat o stopniach swobody. Innymi słowy, $X_1$ $X_2$ $\cdots$ $X_n$ $n$
$X_{1}^{2} + \dots + X_{n}^{2} \sim χ^{2} (n)$ $X_1^2 + \cdots + X_n^2 \sim \chi^2(n)$

Dlatego i . $X_1^2 \sim \chi^2(1)$ $X_2^2 + \cdots + X_d^2 \sim \chi^2(d-1)$

Fakt 2: Jeśli i , to $X \sim \chi^2(\lambda_1)$ $Y \sim \chi^2(\lambda_2)$
$\frac{X}{X + Y} \sim beta (\frac{λ_{1}}{2}, \frac{λ_{2}}{2})$ $\frac{X}{X + Y} \sim \texttt{beta}(\frac{\lambda_1}{2}, \frac{\lambda_2}{2})$

Dlatego . $Y = \frac{X_1^2}{X_1^2 + \cdots + X_d^2} \sim \texttt{beta}(\frac{1}{2}, \frac{d-1}{2})$

Fakt 3: Jeśli , to i $X \sim \texttt{beta}(\alpha, \beta)$
$E (X) = \frac{α}{α + β}$ $\mathbb{E}(X) = \frac{\alpha}{\alpha + \beta}$ $V a r (X) = \frac{α β}{(α + β)^{2} (α + β + 1)}$ $\mathbb{Var}(X) = \frac{\alpha\beta}{(\alpha + \beta)^2(\alpha + \beta + 1)}$

Dlatego i

E (Y) = \frac{1}{d}

$\mathbb{E}(Y) = \frac{1}{d}$

V a r (Y) = \frac{2 (d - 1)}{d^{2} (d + 2)}

$\mathbb{Var}(Y) = \frac{2(d-1)}{d^2(d+2)}$

Na koniec

E (Y^{2}) = V a r (Y) + E (Y)^{2} = \frac{3 d}{d^{2} (d + 2)} .

$\mathbb{E}(Y^2) = \mathbb{Var}(Y) + \mathbb{E}(Y)^2 = \frac{3d}{d^2(d+2)}.$

— użytkownik603
źródło

1

@ NP-hard: Wygląda na to, że faktycznie zadałeś to pytanie, aby móc odpowiedzieć na to pytanie ? Dlaczego po prostu o tym nie wspomnieć?

— joriki,

@joriki Thanks. Dodam link do pytania.