Математическое ожидание максимума

[Юстас]

Пусть $X_1,\ldots, X_n$ - независимые распределенные по стандартному нормальному закону случайные величины. Тогда $\exists C_1,C_2: \ C_1\sqrt{\ln{n}}\leq \mathbb{E}\max(|X_1|,\ldots,|X_n|)\leq C_2 \sqrt{\ln{n}}$.

[maxal]

Похоже, что легко следует из формулы (6) и формул (19) и (29) (ну и законов нормального распределения и интегрирования по частям, конечно). Проверять влом

[Юстас]

Насчет "легко" я бы не согласился, по крайней мере возни точно будет много. Но короткое решение существует.

[maxal]

Это я на самом деле наметил путь в вычислению пресловутого мат.ожидания. Не знаю как в общем виде, но для $n=4$ оно вычисляется:

$$\mathbb{E}\max(|X_1|,|X_2|,|X_3|,|X_4|)=24 \pi^{-3/2} \arctg(2^{-3/2}),$$

что приближенно равно $1.464727981\dots$.

[maxal]

Функция распределения каждого $|X_i|$ равна:

$$f(x)=\mathop{\rm erf}(\frac{x}{\sqrt{2}}),$$

а плотность распределения равна соответственно

$$p(x)=\sqrt{\frac{2}{\pi}}e^{-x^2/2}.$$

Поэтому, согласно вышеупомянутой формуле (6), функции распределения и его плотности числа $Y=\max_i\{|X_i|\}$ равны

$$F(x)= f(x)^n$$

и

$$P(x)=n f(x)^{n-1} p(x).$$

Мат.ожидание $Y$ соответственно равно

$$\int_0^{\infty} x P(x) dx = \left. x(F(x)-1)\right|_{0}^{\infty} - \int_0^{\infty} (F(x)-1) dx = \int_0^{\infty} (1 - f(x)^n) dx$$

здесь мы воспользовались интегрированием по частям и формулой (19). Ну а дальше нужно искать асимптотику этого интеграла (например, в этой теме книжку советовали). Уверен, что знатоки в лице Руста или RIPа сходу скажут как ее найти.

[Юстас]

Я думаю, так ответ получится. Но проще использовать неравенства(Чебышёва, Йенсена..)

[RIP]

Ха, меня знатоком обозвали .
Асимптотика этого интеграла действительно легко находится. При больших $x$ имеем $f(x)=1-\frac{\sqrt{2/\pi}}xe^{-x^2/2}(1+O(x^{-2}))$.
Берём $\varepsilon>0$.
1) $\int_{\sqrt{2\log n}}^\infty xP(x)\,dx\leqslant n\int_{\sqrt{2\log n}}^\infty xp(x)dx=O(1)$;

2) $\int_0^{\sqrt{2(1-\varepsilon)\log n}} xP(x)\,dx\leqslant nf\bigl(\sqrt{2(1-\varepsilon)\log n}\,\bigr)^{n-1}\int_0^\infty xp(x)\,dx=o(1)$;

3) на отрезке $[\sqrt{2(1-\varepsilon)\log n};\sqrt{2\log n}]$ имеем
$\exp\bigl(-\frac{1+C\varepsilon}{\sqrt{\pi\log n}}ne^{-x^2/2}\bigr)\leqslant f(x)^{n-1}\leqslant\exp\bigl(-\frac{1-C\varepsilon}{\sqrt{\pi\log n}}ne^{-x^2/2}\bigr)$;
(C - абсолютная постоянная);

4) $\int_{\sqrt{2(1-\varepsilon)\log n}}^{\sqrt{2\log n}}nxp(x)\exp\bigl(-\frac{c}{\sqrt{\pi\log n}}ne^{-x^2/2}\bigr)\,dx=$
$=\frac{\sqrt{2\log n}}c\cdot \exp\bigl(-\frac{c}{\sqrt{\pi\log n}}ne^{-x^2/2}\bigr)\biggr|_{x=\sqrt{2(1-\varepsilon)\log n}}^{\sqrt{2\log n}}\sim\frac{\sqrt{2\log n}}c$.
Поэтому
$\int_0^\infty xP(x)\,dx\sim\sqrt{2\log n}$.

[Henrylee]

Насчет короткого решения. В книге Ширяева "Вероятность" после параграфа о законе повторного логарифма есть задачка
Доказать, что п.н.

$$ \overline{\lim\limits_n}\frac{\xi_n}{\sqrt{2\ln n}}=1, $$

где $\xi_i,~i=1,2,...$ независимые стандартные гауссовские с.в. Отсюда представляется возможным получить требуемое (правда сам не проверял, настаивать не буду).