独立平方均匀随机变量之和的平方根的期望

让$X_1,\dots,X_n \sim U(0,1)$是独立的，identicallly分布式标准统一的随机变量。

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

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$Y_n$的期望很容易：

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

现在是无聊的部分。要申请LOTUS，我需要$Y_n$的pdf 。当然，两个独立随机变量之和的pdf是其pdf的卷积。但是，这里我们有$n$随机变量，我猜想卷积会导致一个...卷积的表达式（意想不到的双关语）。有没有更聪明的方法？

我希望看到正确的解决方案，但如果不可能或过于复杂，则可以接受大$n$的渐近近似。根据詹森的不等式，我知道

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

但这对我没有多大帮助，除非我还能找到一个不平凡的下限。请注意，CLT不适用于此处，因为我们拥有独立RV的总和的平方根，而不仅仅是独立RV的总和。也许可能存在其他极限定理（我忽略了），在这里可能会有帮助。

一种方法是先计算的时刻生成函数（MGF）$Y_n$通过定义$Y_n = U_1^2 + \dotsm + U_n^2$其中$U_i, i=1,\dotsc, n$是独立同分布的标准均匀随机变量。

当我们有，我们可以看到，

$$\DeclareMathOperator{\E}{\mathbb{E}} \E \sqrt{Y_n}$$ 是的小数时刻$Y_n$的顺序$\alpha=1/2$。然后，我们可以使用Noel Cressie和Marinus Borkent的论文中的结果：“矩生成函数具有其矩”，《统计计划与推断杂志》13（1986）337-344，该函数通过矩生成函数的分数微分给出分数矩。 。

首先是$U_1^2$的矩生成函数，我们将其写为$M_1(t)$。

$$M_1(t) = \E e^{t U_1^2} = \int_0^1 \frac{e^{tx}}{2\sqrt{x}}\; dx$$ 和我评估（借助Maple和Wolphram Alpha）得出 $$\DeclareMathOperator{\erf}{erf} M_1(t)= \frac{\erf(\sqrt{-t})\sqrt{\pi}}{2\sqrt{-t}}$$ 其中$i=\sqrt{-1}$是虚数单位。（Wolphram Alpha给出了类似的答案，但以Dawson积分表示。）事实证明，我们最需要$t<0$的情况。现在很容易找到$Y_n$的mgf： $$M_n(t) = M_1(t)^n$$ 然后对于引用论文的结果。对于$\mu>0$它们定义了$\mu$的函数的阶积分$f$如 $$I^\mu f(t) \equiv \Gamma(\mu)^{-1} \int_{-\infty}^t (t-z)^{\mu-1} f(z)\; dz$$ 然后，对于$\alpha>0$和非整数，$n$是一个正整数，并且$0<\lambda<1$使得$\alpha=n-\lambda$。然后的衍生物$f$顺序的$\alpha$被定义为 $$D^\alpha f(t) \equiv \Gamma(\lambda)^{-1}\int_{-\infty}^t (t-z)^{\lambda-1} \frac{d^n f(z)}{d z^n}\; dz.$$ 然后，他们针对一个正随机变量$X$陈述（并证明）以下结果：假设定义了$M_X$（mgf）。然后，对于$\alpha>0$， $$D^\alpha M_X(0) = \E X^\alpha < \infty$$ 现在，我们可以尝试将这些结果适用于$Y_n$。用$\alpha=1/2$，我们发现 $$\E Y_n^{1/2} = D^{1/2} M_n (0) = \Gamma(1/2)^{-1}\int_{-\infty}^0 |z|^{-1/2} M_n'(z) \; dz$$ 其中素数表示导数。枫木给出了如下的解决方案： $$\int_{-\infty}^0 \frac{n\cdot\left(\erf(\sqrt{-z})\sqrt{\pi}-2e^z\sqrt{-z} \right)e^{\frac{n(-2\ln 2 +2 \ln(\erf(\sqrt{-z}))-\ln(-z) +\ln(\pi))}{2}}}{2\pi(-z)^{3/2}\erf(\sqrt{-z})} \; dz$$ 我将展示使用数字积分在枫树中得出的这种期望的图以及近似解$A(n)=\sqrt{n/3-1/15}$从一些评论（并且在由@Henry答案讨论）。它们非常接近：

作为补充，百分比误差图：

高于约$n=20$，近似值接近精确。在使用的枫树代码下面：

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")

作为扩展评论：此处显然从E[$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$在两种情况下看起来都一样的密度。将此与分布比较$\sum_i X_i$，其中钟形曲线与 $n=3$ 并且方差与 $n$