关于 n 个 [0,1] 的随机变量第 k 小的期望值

今天做到一道题，感觉里面一个结论有点意思，就到网上扒了篇证明（bushi）下来了。

知乎回答习惯，先抛结论，再给证明（大雾

结论：对于 \(n\) 个取值范围为 \([0,1]\) 的随机变量 \(x_1,x_2,\cdots,x_n\)，其中第 \(k\) 大的值的期望为 \(\dfrac{k}{n+1}\)

证明：首先我们先列出式子来，枚举最大值 \(x\)，那么

\[res=n\dbinom{n-1}{k-1}\int_0^1x^{k-1}·(1-x)^{n-k}·x\,\mathrm dx \]

稍微解释一下，前面的系数 \(n\) 表示第 \(k\) 大可以是这 \(n\) 个变量中的任何一个，\(\dbinom{n-1}{k-1}\) 表示从其余 \(n-1\) 个数中选出 \(k-1\) 个比它小的方案数，由于是离散变量，所以出现相同值的概率为 \(0\)，后面的积分就是枚举最大值，\(x^{k-1}\) 表示比它小的 \(k-1\) 个数的取值的概率，\((1-x)^{n-k}\) 即是比它大的部分，最后的 \(x\) 就是期望公式里对答案的贡献。

前面 \(n\dbinom{n-1}{k-1}\) 显然是定值，因此我们只用考虑后面的部分即可。

那后面那坨东西该怎么求呢？

前置知识：分部积分法

根据 \((u(x)v(x))'=u'(x)v(x)+u(x)v'(x)\) 可得 \(u(x)v'(x)=(u(x)v(x))'-u'(x)v(x)\)

两边同时积分可得：

\[\int_a^bu(x)v'(x)\,\mathrm dx=u(x)v(x)|_a^b-\int_a^bu'(x)v(x)\,\mathrm dx \]

这就是著名的分部积分法。

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考虑将分部积分法应用于这里，令 \(u(x)=(1-x)^{n-k},v(x)=\dfrac{1}{k+1}x^{k+1}\)，那么 \(v'(x)=x^k\)

故我们有：

\[\begin{aligned} &\int_0^1x^{k-1}·(1-x)^{n-k}·x\,\mathrm dx\\ =&\int_0^1x^{k}·(1-x)^{n-k}\,\mathrm dx\\ =&\int_0^1u(x)v'(x)\,\mathrm dx\\ =&u(x)v(x)|_0^1-\int_0^1u'(x)v(x)\,\mathrm dx\\ =&u(1)v(1)-u(0)v(0)-\int_0^1u'(x)v(x)\,\mathrm dx\\ =&-\int_0^1-(n-k)(1-x)^{n-k-1}\dfrac{1}{k+1}x^{k+1}\,\mathrm dx\\ =&\dfrac{n-k}{k+1}\int_0^1(1-x)^{n-k-1}x^{k+1} \end{aligned} \]

我们记 \(f(t)=\int_0^1x^t·(1-x)^{n-t}\,\mathrm dx\)，那么上式可化为 \(f(t)=\dfrac{n-t}{t+1}f(t+1)\)

而显然 \(f(n)=\int_0^1x^n=\dfrac{1}{n+1}\)

简单递推一下即可得到 \(f(t)=\dfrac{\prod\limits_{i=1}^{n-t}i}{\prod\limits_{i=t+1}^{n+1}i}=\dfrac{(n-t)!t!}{(n+1)!}\)。

因此 \(ret=f(k)\times n\times\dbinom{n-1}{k-1}=\dfrac{(n-k)!k!}{(n+1)!}\times n\times\dfrac{(n-1)!}{(k-1)!(n-k)!}=\dfrac{k}{n+1}\)，得证。

更高级的推法

又教我学会了一个新东西：\(\Gamma\) 函数和 \(B\)（Beta）函数，虽然不知道能不能派得上用场？

\(\Gamma\) 函数

伽马函数，又叫欧拉第二积分，它的定义如下：

\[\Gamma(x)=\int_0^{\infty}t^{x-1}e^{-t}\,\mathrm dt \]

它还有一个等价的定义，不过感觉不是太重要罢：

\[\Gamma(x)=2\int_0^{\infty}t^{2x-1}e^{-t^2}\,\mathrm dt \]

可以使用恒等式

\[\int_{-\infty}^{\infty}e^{-t^2}\,\mathrm dt=\sqrt{\pi} \]

来验证。

它的推导如下：

考虑生成函数 \(F(x)=\dfrac{1}{1-x}\)

首先用离散形式将其展开可得 \(F(x)=\sum\limits_{i=0}^{\infty}x^i\)

其次考虑对其进行连续展开，根据 \(a^x\) 的不定积分为 \(\dfrac{a^{x}}{\ln a}+C\) 可得

\[F(x)=\int_0^{\infty}e^{-(1-x)t}\,\mathrm dt \]

（u1s1 我一开始盯着这个式子看了很久，我原本的理解是设 \(f(t)=(e^{-(1-x)})^t\)，那么上面的式子可以看作 \(f(t)\) 在 \(\infty\) 出的定积分，然鹅我一开始按不定积分的式子带，根据指数函数的积分公式 \(\int_0^tf(t)\,\mathrm dt=\dfrac{e^{-(1-x)t}}{-(1-x)}+C\)，代入 \(\infty\) 得原式等于 \(0\)。。。。smg？大概是我积分没学好罢……这玩意儿是个定积分，而刚刚带的是不定积分，事实上如果代入 \(0\) 可得原式等于 \(-\dfrac{1}{1-x}\)，而事实上 \(f(t)\) 在 \(0\) 处的定积分应当为 \(0\)，也就是说上面式子里的常数 \(C=\dfrac{1}{1-x}\)，所以刚刚算出来的 \(0\) 也应当是 \(\dfrac{1}{1-x}\)）

考虑提一个 \(e^{-t}\) 出来：

\[F(x)=\int_0^{\infty}e^{-t}e^{xt}\,\mathrm dt \]

把那 \(e^{xt}\) 展开成麦克劳林级数的形式：

\[F(x)=\int_0^{\infty}e^{-t}\sum\limits_{i=0}^{\infty}\dfrac{(xt)^i}{i!}\,\mathrm dt \]

交换求和号并整理可得：

\[F(x)=\sum\limits_{i=0}^{\infty}\dfrac{\int_0^{\infty}e^{-t}x^t\,\mathrm dt}{i!} \]

对比前后两项系数可得：

\[\int_0^{\infty}e^{-t}x^t\,\mathrm dt=x! \]

由此可见，伽马函数与阶乘有着密切的联系，事实上，对于正整数 \(k\) 有 \(k!=\Gamma(k+1)\)

伽马函数还有一个非常神奇的公式：

\[\Gamma(1-x)\Gamma(x)=\dfrac{\pi}{\sin\pi x} \]

由此可以证明著名等式：

\[\Gamma(\dfrac{1}{2})=\sqrt{\pi} \]

（不过似乎也不知道有什么用）

贝塔函数

定义贝塔函数 \(B(x,y)\)（又叫欧拉第一积分）为：

\[B(a,b)=\int_0^1x^{a-1}(1-x)^{b-1}\,\mathrm dx \]

也类似于第一个推导过程中的 \(f(t)\)。

它有递推式：

• \(B(p,q)=\dfrac{q-1}{p+q-1}B(p-1,q)\)
• \(B(p,q)=\dfrac{p-1}{p+q-1}B(p,q-1)\)

这个在证法一中就证过了。

贝塔函数最重要的一条性质是：

\[B(p,q)=\dfrac{\Gamma(p)\Gamma(q)}{\Gamma(p+q)} \]

证明要正态分布，not for me，thx

回到我们要证明的命题来，我们要求 \(\int_0^1x^{k}·(1-x)^{n-k}\)，即 \(B(k+1,n-k+1)\)，公式直接往里带即可。

一道的一个小性质竟能引申出这么多东西来，神奇

参考文献：

• 数学-n个互相独立的连续随机变量中第i小的数值期望
• 伽玛函数_百度百科
• 贝塔函数_百度百科