问题引入

定义\(X\)为\([0,1]\)上的随机数，也就是说，对于任意在\([0,1]\)上的\(a,b\)，都有\(P(X=a)=P(X=b)\)。求\(E(X)\)。

\(E(X)\)指\(X\)的数学期望，可以理解成随机取\(n\)个X值，取平均数。当\(n\)很大，趋近于正无穷时，所得平均数就近似为数学期望。

那么是个人都能知道\(E(X)=\frac{1}{2}\)吧，因为\(P(X=a)=P(X=1-a)\)嘛

深入探究

试求\(E(X^2)\)

方法一

由于\(X\)的数学期望为\(\frac{1}{2}\)，则直接令\(X=\frac{1}{2}\)即可，结果为\(\frac{1}{4}\)

其实方法一是大错特错的

方法二

一看此题来者不善，直接套用定义

$$E(X^2)=\lim_{n\to+\infty}\frac{\sum_{k=1}^{n}(\frac{k}{n})^2}{n}=\frac{1}{3}$$

成功解决！

再次深入

问题：定义\(X,Y\)为\([0,1]\)上的随机数，求\(E(XY)\)

方法一

鉴于\(XY\)是两个随机数相乘，等价于\(X\times X\)即\(X^2\)。故\(E(XY)=\frac{1}{3}\)

又是胡说八道吧……

方法二

从\(Y\)的角度观察，对于每一个随机的\(Y\)，在\(XY\)中，\(Y\)作为常数出现

则在\(Y\)为常数时，\(E'(XY)=\frac{1}{2}X\)

再次以\(X\)的角度计算\(Y\)为常数时的\(E'(XY)\)，得：$$E(XY)=E(E'(XY))=E(\frac{1}{2}X)=\frac{1}{2}E(X)=\frac{1}{2}\times\frac{1}{2}=\frac{1}{4}$$

总结：随机数的不同计算方式带来的结果会有差异，所以要分别考虑。

大发现

恰当地看待定义，会带来不同寻常的收获

从单变量情况入手

探究的核心问题：恰当地表示\(E(f(X))\)，假定\(X\in[0,1]\)

利用定义，得：$$E(f(X))=\lim_{n\to +\infty}\frac{\sum_{k=1}^{n}f(\frac{k}{n})}{n}$$

适当变形，得：$$\lim_{n\to +\infty}\frac{\sum_{k=1}^{n}f(\frac{k}{n})}{n}=\lim_{n\to +\infty}\sum_{k=1}^{n}\frac{f(\frac{k}{n})}{n}$$

联想到定积分的定义：将被积分部分近似分成\(n\)个底部（在\(x\)轴上）的宽相同的矩形（这里就是\(\frac{1}{n}\)），计算总面积（就是这里的求和），再令\(n\)趋近于正无穷即得到结果。

那么：$$E(f(X))=\int_{0}^{1}f(x)\text{d}x$$

经过推广，显然可以得到如下结论：若\(X\)为\([L,R]\)上的随机数，则$$E(f(X))=\frac{1}{R-L}\int_{L}^{R}f(x)\,\text{d}x$$

多变量

直接给出结论：

当随机数\(X_n\in[L_n,R_n]\)时\(E(f(X_1,X_2,\cdots,X_n))=\)$$\frac{1}{(R_1-L_1)(R_2-L_2)\cdots(R_n-L_n)}\times$$$$\int_{L_1}^{R_1}\int_{L_2}^{R_2}\cdots\int_{L_n}^{R_n}f(x_1,x_2,\cdots,x_n)\,\text{d}x_1\,\text{d}x_2\cdots\,\text{d}x_n$$

这个结论不作证明，留给读者思考。希望在本文的引导下，你能理解随机数的意义，并且靠自己的理解与收获证明这个结论哦！

The END

结于2020/7/17 16:00