求xn的兩個恒等式

1隨機變量x1、lx、lx分布函數(shù)2.dx、xn獨立分布，11，xn是獨立分布的，其密度函數(shù)為。f(x)={1θe-x/θ?x>0?0?x≤0.f(x)={1θe?x/θ?0?x>0?x≤0.對應的分布函數(shù)為F(x)={1-e-x/θ?x>0?0?x≤0.F(x)={1?e?x/θ?0?x>0?x≤0.對于隨機變量X(1)=min(X1,X2,…,Xn),由于X(1)服從參數(shù)為nθnθ的指數(shù)分布,故E(X(1))=θn?D(X(1))=θ2n2E(X(1))=θn?D(X(1))=θ2n2,但對于X(n)=max(X1,X2,…,Xn)的數(shù)學期望和方差卻不太容易求出,因為X(n)并不服從常用分布,因此,本文給出了兩種方法解決這一問題,并由此導出了兩個恒等式.2密度函數(shù)及必要的關系公式解法一X(n)的分布函數(shù)為Fmax(x)=P(X(n)≤x)=P(X1≤x,X2≤x,…,Xn≤x)=[F(x)]n.因此,X(n)的密度函數(shù)為(只考慮非零部分)注意到nCkn-1kn?1=(k+1)Ck+1nk+1n,因此這是一個十分有趣的結論,X(n)的密度函數(shù)恰可表示為n個不同指數(shù)分布的密度函數(shù)的線性組合,而且十分對稱,下面我們就可以利用指數(shù)分布的期望和二階矩求出X(n)的期望和方差,即若X的密度函數(shù)為g(x)={1λe-x/λ?x>0?0?x≤0,g(x)={1λe?x/λ?0?x>0?x≤0,則E(X)=∫+∞0+∞0xλe-x/λdx=λ?E(X2)=xλe?x/λdx=λ?E(X2)=∫+∞0x2λe-x/λdx=D(X)+[E(X)]2=2λ2,于是解法二設X1,X2,…,Xn的次序統(tǒng)計量為X(1)≤X(2)≤…≤X(n),則(X(1),X(2),…,X(n))的聯(lián)合密度函數(shù)為(只考慮非零部分)G(x1,x2,…,xn)=n!n∏i=1f(xi)=n!(1θ)ne-1θn∑i=1xi(0≤x1≤x2≤…≤xn),令Y1=X(n)-X(n-1),Y2=2(X(n-1)-X(n-2)),…,Yn-1=(n-1)(X2-X1),Yn=nX(1),于是X(1)+X(2)+…+X(n)=Y1+Y2+…+Yn,且雅可比式J=D(X(1),X(2),?,X(n))D(Y1,Y2,?,Yn)=1n!,從而,(Y1,Y2,…,Yn)的聯(lián)合概率密度函數(shù)為g1(y1,y2,?,yn)=G(ynn?yn-1n-1+ynn???y1+y22+?+ynn)|J|=(1θ)ne-1θn∑i=1yi=n∏i=11θe-yiθ.因此,Y1,Y2,…,Yn相互獨立且都服從參數(shù)為1θ的指數(shù)分布,而且X(n)=(X(n)-X(n-1))+(X(n-1)-X(n-2))+?+(X(2)-X(1))+X(1)=Y1+12Y2+?+1nYn,所以E(X(n))=EY1+12EY2+?+1nEYn=(1+12+13+?+1n)θ?D(X(n))=DY1+122DY2+?+1n2DYn=(1+122+132+?+1n2)θ2.3ncnn:2+1+2+1n2+1+2+1n2+1+2+1n2+1+2+1e的相關證明有意思的是從上面兩種不同的解法中我們還可以導出兩個恒等式,根據(jù)X(n)的數(shù)學期望可得到恒等式C1n-12C2n+13C3n+?+(-1)n-11nCnn=1+12+13+?+1n,(1)根據(jù)E(X2(n))=D(X(n))+(EX(n))2可得到恒等式2[C1n-122C2n+132C3n+?+(-1)n-11n2Cnn]=(1+12+13+?+1n)2+(1+122+132+?+1n2).(2)下面我們從數(shù)學分析的角度來驗證以上兩上恒等式(1)的證明(2)的證明令w(x)=-xu′(x),于是w′(x)=-n∑k=1Ckn(-x)k-1=(1-x)n-1x.兩端同時取[0,x]的定積分,并注意w(0)=0.把形如(1-x)i的項用牛頓二項式展開并整理,得w(x)=-x+122∑k=1(-1)kCk2xk+133∑k=1(-1)kCk3xk+?+1nn∑k=1(-1)kCknxk,即得u′(x)=1+122∑k=1(-1)k-1Ck2xk-1+133∑k=1(-1)k-1Ck3xk-1+?+1nn∑k=1(-1)k-1Cknxk-1.兩端取[0,x]的定積分,并注意利用恒等式(1),得u(1)=1+122∑k=1(-1)k-11kCk2+133∑k=1(-1)k-11kC