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。

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：