在单位圆上随机取 n 个点，它们构成的多边形面积的期望是多少（详细揭秘）
zhouyuhang
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算法·理论
作者是半吊子民科，不是很懂高数，写的东西多有纰漏，希望大家理解。
我们已经知道 n=3 时的特例。如果 n 更大一些，有没有通用一些的方法呢？
实际上，问题的核心在于解决
s_k=\int_0^{2\pi} \sin(x)x^k \text dx
答案 \text E(n)=\frac{-n(n-1)s_{n-2}}{2(2\pi)^{n-1}}。
记 f_k(x)=\int \sin(x) x^k \text dx，考虑分部积分，有
\begin{aligned}
& \int \sin(x)x^k \text dx \\
& =-\cos(x)x^k+k\int \cos(x)x^{k-1}\text dx+\text C
\end{aligned}
自然记 g_k(x)=\int \cos(x) x^k \text dx，同理有
\begin{aligned}
& \int \cos(x)x^k \text dx \\
& =\sin(x)x^k-k\int \sin(x)x^{k-1}\text dx +\text C
\end{aligned}
于是我们发现 \{f_k(x)\},\{g_k(x)\} 之间存在相互递推的关系。具体而言，f_k(x)=\cos(x)x^k-kg_{k-1}(x)+\text C,g_k(x)=-\sin(x)x^k+kf_{k-1}(x)+\text C。将递推式展开，可以得到
\begin{aligned}
& f_k(x) \\
& = -\cos(x)(x^k-k^{\underline 2}x^{k-2}+k^{\underline 4}x^{k-4}-\cdots) \\
& +\sin(x)(kx^{k-1}-k^{\underline 3}x^{k-3}+k^{\underline 5}x^{k-5}-\cdots)+\text C
\end{aligned}
而
\begin{aligned}
& s_k =f_k(x)\big\lvert^{2\pi}_0 \\
& = -(2\pi)^k+k^{\underline 2}(2\pi)^{k-2}-k^{\underline 4}(2\pi)^{k-4}+\cdots \\
& =\sum_{i=0}^{\lceil k/2\rceil-1}(-1)^{i+1}k^{\underline {2i}}(2\pi )^{k-2i}
\end{aligned}
则最终我们有
\text E(n)=\frac{1}{2}\sum_{i=1}^{\lceil n/2\rceil -1}(-1)^{i+1}n^{\underline {2i}}(2\pi)^{-2i+1}
带入 n 较小时的情况，有 \text E(3)=\frac{3}{2\pi}，\text E(4)=\frac{3}{\pi},\text E(5)=\frac{5}{\pi}-\frac{15}{2\pi^3}，均符合验证结果。
番外
话说回来，n=3 时有没有无需积分的做法呢？应该是有的。具体而言，考虑这样一个问题：
在 m 等分的单位圆上随机选 3 个点（可以相同），求它们构成三角形面积的期望（京都大学 2016 年自主招生第一题）。
如果记上述问题的答案为 f_m，那么不难看出原问题答案就是 \lim_{m\to \infty}f_m。
我们尝试求出 f_m。使用类似方法，核心问题在于算出
\sum_{j=0}^{m-1}j\sin\left(\frac{2\pi j}{m}\right)
利用 \sin (\theta)=\Im(e^{i\theta})，上式即为
\begin{aligned}
& \Im\left(\sum_{j=0}^{m-1}je^{\frac{2\pi ji}{m}}\right)\\
& = \Im\left(\frac{m}{1-e^{\frac{2\pi i}{m}}}\right)
\end{aligned}
而 e^{\frac{2\pi i}{m}}-1=i\sin\left(\frac{2\pi}{m}\right)+\cos\left(\frac{2\pi}{m}\right)-1，从而
\begin{aligned}
& \Im\left(\frac{m}{1-e^{\frac{2\pi i}{m}}}\right)\\
& =\Im\left(m\left(\frac{-i\sin\left(\frac{2\pi}{m}\right)+\cos\left(\frac{2\pi}{m}\right)-1}{2-2\cos\left(\frac{2\pi}{m}\right)}\right)\right) \\
& =-\frac{m\sin\left(\frac{2\pi}{m}\right)}{2-2\cos\left(\frac{2\pi}{m}\right)}
\end{aligned}
而注意到 \frac{\sin(\theta)}{1-\cos(\theta)}=\cot\left(\frac{\theta}{2}\right)，于是可知 f_m=\frac{3\cot\left(\frac{\pi}{m}\right)}{2m}。但是怎么求出 \lim_{m\to \infty}f_m 呢？
注意到 \cot\left(\frac{\theta}{2}\right)=\frac{1+\cos(\theta)}{\sin(\theta)}，于是有
\begin{aligned}
& \lim_{m\to \infty} f_m\\
& =\lim_{m\to \infty}\frac{3\left(1+\cos\left(\frac{2\pi}{m}\right)\right)}{2\sin\left(\frac{2\pi}{m}\right)m} \\
& =\frac{1}{2\pi}\lim_{m\to \infty}\frac{3\left(1+\cos\left(\frac{2\pi}{m}\right)\right)}{2\sin\left(\frac{2\pi}{m}\right)\frac{m}{2\pi}} \\
& =\frac{1}{2\pi}\frac{3(1+1)}{2} \\
& =\frac{3}{2\pi}
\end{aligned}
至此我们不使用积分依然得到了同样的结果。