Varianza de la suma de $k$ números extraídos al azar de $1,...,n$ .

Question

De una urna con números $1,...,n$ dibujamos $k < n$ números sin reemplazo.

Sea $X_i$ sea el $i$ -th draw. La variable aleatoria es su suma $X=\sum_{i=1}^kX_i$ .

Ya he calculado el valor esperado de la suma, que es

$$\Bbb{E}[X]=\sum_{i=1}^k\Bbb{E}[X_i]=k\frac{n+1}{2}$$ porque cada $\Bbb{E}[X_i]=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n i=\frac{n+1}{2}$ .

Ahora la varianza de la suma sería $$Var[X]=\Bbb{E}[X^2]-\Bbb{E}[X]^2$$

He leído que la varianza de una suma es la suma de varianzas si las variables aleatorias son independientes, no parece ser el caso aquí, ya que las extracciones anteriores determinan las extracciones futuras.

¿Hay alguna forma elegante de determinar el primer sumando de la varianza?

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Edit: Lo estoy intentando de la manera fea.

$\Bbb{E}[X^2]=\Bbb{E}[(\sum_{i=1}^kX_i)^2]=\Bbb{E}[\sum_{i=1}^k \sum_{j=1}^k X_iX_j]=\sum_{i=1}^k \sum_{j=1}^k \Bbb{E}[X_iX_j]$

Para saber $\Bbb{E}[X_iX_j]$ tendríamos que saber $\Bbb{P}(X_iX_j=k)$ lo que significa que tendríamos que conocer el número de formas de escribir un número como producto de dos factores $1\leq X_i, X_j \leq n$ ... Estoy bastante seguro de que estoy fuera de la pista aquí, ya que no veo una manera de hacerlo para un general $n$ .

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¿Me equivoco al considerar $X_i$ en lugar del $X$ que son independientes, como dos extracciones de $k$ ¿las bolas serían independientes? Entonces $\Bbb{E}[X^2]=\Bbb{E}[X]\Bbb{E}[X]$

Answer 1

Hagámoslo de la manera fea. Si alguno de los pasos es confuso, házmelo saber en los comentarios, lo elaboraré.

Usted tiene $$\mathbb{E}[X^2] = \sum_{i=1}^k \sum_{j=1}^k \mathbb{E}[X_iX_j] = \sum_{i=1}^k \mathbb{E}[X_i^2]+2\sum_{1\leq i < j\leq k} \mathbb{E}[X_iX_j]$$

El primer término es fácil de calcular: $$ \sum_{i=1}^k \mathbb{E}[X_i^2] = k\cdot \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n i^2 = \frac{k(n+1)(2n+1)}{6}\,. $$ El segundo... es similar. $$\begin{align*} 2\sum_{1\leq i < j\leq k} \mathbb{E}[X_iX_j] &= \binom{k}{2}\cdot \frac{1}{\binom{n}{2}} \sum_{\substack{1\leq i,j\leq n\\ i\neq j}} ij\\ &= \frac{k(k-1)}{n(n-1)}\left( \sum_{1\leq i,j\leq n} ij-\sum_{1\leq i\leq n} i^2 \right) \tag{Can you see why?}\\ &= \frac{k(k-1)}{n(n-1)}\left( \left(\sum_{i=1}^n i\right)^2-\sum_{i=1}^n i^2 \right) \tag{Can you see why?}\\ &= \frac{k(k-1)}{n(n-1)}\left( \left(\frac{n(n+1)}{2}\right)^2-\frac{n(n+1)(2n+1)}{6} \right) \\ &= \frac{k(k-1)}{n(n-1)}\left( \frac{n(n+1)(3n^2-n-2)}{12} \right) \end{align*}$$ así que $$\begin{align} \mathbb{E}[X^2] - \mathbb{E}[X]^2 &= \frac{k(n+1)(2n+1)}{6} + \frac{k(k-1)(n+1)(3n^2-n-2)}{12(n-1)} - \frac{k^2(n+1)^2}{4}\\ &= \boxed{\frac{k(n-k)(n+1)}{12}} \end{align}$$

Comprobaciones de cordura : la expresión obtenida es no negativa (bien: es una varianza), e igual a $0$ para $k=n$ (bueno, esto tiene sentido: si decidimos dibujar todos los números, la suma es fija). Además, para $k=1$ obtenemos $(n^2-1)/12$ que es la varianza de una v.r. uniforme en $\{1,2,\dots,n\}$ .

Answer 2

Hay una forma más elegante de demostrarlo. Estamos tratando de evaluar la expectativa, $$ \mathbb{E}[X^2]=\sum_{i=1}^{k} \sum_{j=1}^k \mathbb{E}[X_i X_j] $$ Sabemos que $\mathbb{E}[X_i]=(N+1)/2$ . Pero dado el número $X_j$ dibujado en el $j$ th dibujar la expectativa condicional para $X_i$ es, $$ \mathbb{E}[X_i | X_j]=\frac{1}{N-1}\left( \sum_{X_i=1}^{N} X_i - X_j \right)=\frac{1}{N-1}\left( \frac{N(N+1)}{2} - X_j \right) $$ (Después del número $X_j$ se dibuja hay $N-1$ números a la izquierda). Si ahora tomamos la segunda expectativa con respecto a $X_j$ obtenemos, $$ \mathbb{E}[\mathbb{E}[X_i | X_j]X_j]=\frac{1}{N-1}\left( \frac{N(N+1)}{2}\mathbb{E}[X_j] - \mathbb{E}[X_j^2] \right) $$ con, $$ \mathbb{E}[X_j^2]=\frac{1}{N} \sum_{n=1}^{N} n^2 = \frac{(N+1)(2N+1)}{6} $$ Así que cuando $i\neq j$ , $$ \mathbb{E}[X_i X_j]=\frac{1}{N-1}\left( \frac{N(N+1)^2}{4} - \frac{(N+1)(2N+1)}{6} \right)=\frac{(N+1)(3N^2-N-2)}{12(N-1)} $$ En $i=j$ , $$ \mathbb{E}[X_i^2]= \frac{(N+1)(2N+1)}{6} $$ La suma $\sum_{j=1}^k X_i X_j$ tendrá un término con $j=i$ y $k-1$ términos con $j \neq i$ . Por lo tanto, $$ \sum_{j=1}^{k} \mathbb{E}[X_i X_j] =\frac{(N+1)(2N+1)}{6}+\frac{(k-1)(N+1)(3N^2-N-2)}{12(N-1)} $$ Si ahora sumamos sobre el primer índice $i$ obtenemos, $$ \sum_{i=1}^{k}\sum_{j=1}^{k} \mathbb{E}[X_i X_j]=k \sum_{j=1}^{k} \mathbb{E}[X_i X_j]=\frac{k(N+1)(2N+1)}{6}+\frac{k(k-1)(N+1)(3N^2-N-2)}{12(N-1)} $$ que es la misma expresión para $\mathbb{E}[X^2]$ como se deriva de la respuesta anterior.