一文搞懂贝叶斯定理（应用篇）

2023 年 8 月 29 日分類基础, 数学

在统计学里，长期以来，有频率学派和贝叶斯学派两大学派，他们互相鄙视对方，就像华山派的气宗与剑宗之争。

这两大学派最根本的观点在于看待世界的方式不同：

频率学派认为世界是客观的，必须通过大量独立采样来获得统计均值，不能先给出一个主观的先验概率（假设）；
贝叶斯学派则认为概率是一种信念度，可以有非常主观的先验概率，然后，通过一次次采样结果修正先验概率，使之逼近客观事实。

这两大学派哪个才是正确的？其实都对，只是看待世界的角度不同。但是在现实世界中，除了抛硬币、掷骰子、玩老虎机等少数符合理想数学模型的场景，频率学派才能发挥作用。大多数需要我们估算概率的现实场景，只能用贝叶斯理论来指导实践。

举个例子，假设我住在市区，希望赶上飞机的概率不低于90%，那么我应该提前多久出发呢？我必须试验至少100次，看看样本空间，才能获得一个比较准确的统计均值。然而这是不现实的，因为我一年可能就坐几次飞机。我只能拍脑袋先估一个提前30分钟就够了，结果第三次就没赶上，这说明我必须修正我的先验概率，后续改为提前45分钟，才能提升赶上飞机的概率。

我们再以《狼来了》的故事为例，当小孩第一次喊狼来了，村民听到后可以根据先验概率，比如P(小孩是诚实的)=90%判断赶紧去帮忙，结果发现被骗了，于是大家根据“被骗了”这一证据把后验概率P(小孩是诚实的)调整为60%，第二次又被骗了，于是再次把后验概率调整为20%，等到第三次听见小孩求救时，大家根据P(小孩是诚实的)=20%判断，他大概率还是在说谎，于是没有人去帮忙了。

有的同学会问，你说的这些，都是定性分析，没有定量计算啊！

要把贝叶斯定理用到定量计算，必须得借助计算机。

以吴军老师在中文分词领域举的一个例子来说，对于一个句子：南京市长江大桥，可以有两种划分：

南京市 / 长江大桥
南京市长 / 江大桥

到底哪一种更合理？我们可以计算条件概率：

P(长江大桥|南京市) = 出现“南京市”时，出现“长江大桥”的概率；
P(江大桥|南京市长) = 出现“南京市长”时，出现“江大桥”的概率。

提前准备好大量的中文语料，计算出任意两个词的条件概率，我们就可以得出哪种分词更合理。

在互联网领域，凡是遇到“当出现xyz时应该推荐什么”这样的条件概率时，也总是能应用贝叶斯理论。

例如，我们在搜索引擎中输入elon这个单词后，搜索框自动给出了联想补全：

elon

怎么实现这个功能？把用户最近搜索的所有可能的单词列出来，然后计算条件概率：

P(mask|elon)=0.5
P(jerk|elon)=0.1
P(university|elon)=0.2
…

把它们排个序，选出条件概率最大的几个，就是搜索建议。

诸如反垃圾邮件、电商推荐系统等，都是贝叶斯理论在机器学习中的应用。由于需要大量的计算，贝叶斯理论也只有在计算机时代才能广泛应用。

关于信念

我们再回顾一下贝叶斯定理：

稍微改一下，变为：

P(H)是先验概率，P(H|E)是后验概率，P(E|H)/P(E)被称为调整因子，先验概率乘以调整因子就得到后验概率。

我们发现，如果P(H)=0，则P(H|E)=0；如果P(H)=1，则P(E|H)=P(E)，P(H|E)=1。

也就是说，如果先验概率为0%或100%，那么，无论出现任何证据E，都无法改变后验概率P(H|E)。这对我们看待世界的认知有重大指导意义，因为贝叶斯概率的本质是信念，通过一次次事件，我们可能加强某种信念，也可能减弱某种信念，但如果信念保持100%或0%，则可以做到对外界输入完全“免疫”。

举个例子，十年前许多人都认为比特币是庞氏骗局，如果100%坚定地持有这种信念，那么他将无视用户越来越多、价格上涨、交易量扩大、机构入市等诸多证据，至今仍然会坚信比特币是骗局而错过无数次机会。（注：此处示例不构成任何投资建议）

对于新生事物，每个人都可以有非常主观的先验概率，但只要我们不把先验概率定死为0或100%，就有机会改变自己的信念，从而更有可能接近客观事实，这也是贝叶斯定理的精髓：

你相信什么并不重要，重要的是你别完全相信它。

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一文搞懂贝叶斯定理（原理篇）

2023 年 8 月 27 日分類基础, 数学

托马斯·贝叶斯（Thomas Bayes）是18世纪的英国数学家，也是一位虔诚的牧师。据说他为了反驳对上帝的质疑而推导出贝叶斯定理。贝叶斯定理是一个由结果倒推原因的概率算法，在贝叶斯提出这个条件概率公式后，很长一段时间，大家并没有觉得它有什么作用，并一直受到主流统计学派的排斥。直到计算机诞生后，人们发现，贝叶斯定理可以广泛应用在数据分析、模式识别、统计决策，以及最火的人工智能中，结果，贝叶斯定理是如此有用，以至于不仅应用在计算机上，还广泛应用在经济学、心理学、博弈论等各种领域，可以说，掌握并应用贝叶斯定理，是每个人必备的技能。

这里推荐两个视频，深入浅出地解释了贝叶斯定理：

Bayes’ Theorem 贝叶斯定理

Bayes theorem, the geometry of changing beliefs

如果你不想花太多时间看视频，可以继续阅读，我把视频内容编译成文字，以便快速学习贝叶斯定理。

为了搞明白贝叶斯定理究竟要解决什么问题，我们先看一个现实生活的例子：

已知有一种疾病，发病率是0.1%。针对这种疾病的测试非常准确：

如果有病，则准确率是99%（即有1%未检出阳性）；
如果没有病，则误报率是2%（即有2%误报为阳性）。

现在，如果一个人测试显示阳性，请问他患病的概率是多少？

如果我们从大街上随便找一个人，那么他患病的概率就是0.1%，因为这个概率是基于历史统计数据的先验概率。

现在，他做了一次测试，结果为阳性，我们要计算他患病的概率，就是计算条件概率，即：在测试为阳性这一条件下，患病的概率是多少。

从直觉上这个人患病的概率大于0.1%，但也肯定小于99%。究竟是多少，怎么计算，我们先放一放。

为了理解条件概率，我们换一个更简单的例子：掷两次骰子，一共可能出现的结果有6x6=36种：

sample space

这就是所谓的样本空间，每个样本的概率均为1/36，这个很好理解。

如果我们定义事件A为：至少有一个骰子是2，那么事件A的样本空间如下图红色部分所示：

Event A

事件A一共有11种情况，我们计算事件A的概率P(A)：

P(A)

我们再定义事件B：两个骰子之和为7，那么事件B的样本空间如下图绿色部分所示：

Event B

事件B一共有6种情况，我们计算事件B的概率P(B)：

P(B)

接下来我们用P(A∩B)表示A和B同时发生的概率，A∩B就是A和B的交集，如下图蓝色部分所示：

P(A∩B)

显然A∩B只有两种情况，因此，计算P(A∩B)：

P(A∩B)

接下来我们就可以讨论条件概率了。我们用P(A|B)表示在B发生的条件下，A发生的概率。由于B已经发生，所以，样本空间就是B的样本数量6，而要发生A则只能是A、B同时发生，即A∩B，有两种情况。

因此，计算P(A|B)如下：

P(A|B)

同理，我们用P(B|A)表示在A发生的条件下，B发生的概率。此时，分子仍然是A∩B的样本数量，但分母变成A的样本数量：

P(B|A)

可见，条件概率P(A|B)和P(B|A)是不同的。

我们再回到A、B同时发生的概率，观察P(A∩B)可以改写为：

P(B|A)xP(A)

同理，P(A∩B)还可以改写为：

P(A|B)xP(B)

因此，根据上述两个等式，我们推导出下面的等式：

把左边的P(A∩B)去掉，我们得到等式：

最后，整理一下等式，我们推导出贝叶斯定理如下：

这就是著名的贝叶斯定理，它表示，当出现B时，如何计算A的概率。

很多时候，我们把A改写为H，把B改写为E：

H表示Hypothesis（假设），E表示Evidence（证据），贝叶斯定理的意义就在于，给定一个先验概率P(H)，在出现了证据E的情况下，计算后验概率P(H|E)。

计算

有了贝叶斯定理，我们就可以回到开头的问题：

已知有一种疾病，发病率是0.1%。针对这种疾病的测试非常准确：

如果有病，则准确率是99%（即有1%未检出阳性）；
如果没有病，则误报率是2%（即有2%误报为阳性）。

现在，如果一个人测试显示阳性，请问他患病的概率是多少？

用H表示患病，E表示测试为阳性，那么，我们要计算在测试为阳性的条件下，一个人患病的概率，就是计算P(H|E)。根据贝叶斯定理，计算如下：

P(H)表示患病的概率，根据发病率可知，P(H)=0.1%；

P(E|H)表示在患病的情况下，测试为阳性的概率，根据“如果有病，则准确率是99%”可知，P(E|H)=99%；

P(E)表示测试为阳性的概率。这个概率就稍微复杂点，因为它是指对所有人（包含病人和健康人）进行测试，结果阳性的概率。

我们可以把检测人数放大，例如放大到10万人，对10万人进行检测，根据发病率可知：

有100人是病人，另外99900是健康人；
对100个病人进行测试，有99人显示阳性，另有1人未检出（阴性）；
对99900个健康人进行测试，有2%=1998人显示阳性（误报），另有98%=97902人为阴性。

下图显示了检测为阳性的结果的分布：

           ┌───────┐
           │100000 │
           └───────┘
               │
       ┌───────┴───────┐
       ▼               ▼
   ┌───────┐       ┌───────┐
   │  100  │       │ 99900 │
   └───────┘       └───────┘
       │               │
   ┌───┴───┐       ┌───┴───┐
   ▼       ▼       ▼       ▼
┌─────┐ ┌─────┐ ┌─────┐ ┌─────┐
│ 99  │ │  1  │ │1998 │ │97902│
└─────┘ └─────┘ └─────┘ └─────┘
   │               │
   ▼               ▼
   +               +

所以，对于10万人的样本空间来说，事件E=显示阳性的概率为(99+1998)/100000=2.097%。

带入贝叶斯定理，计算P(H|E)：

计算结果为患病的概率为4.721%，这个概率远小于99%，且与大多数人的直觉不同，原因在于庞大的健康人群导致的误报数量远多于病人，当出现“检测阳性”的证据时，患病的概率从先验概率0.1%提升到4.721%，还远不足以确诊。

贝叶斯定理的另一种表示

在上述计算中，我们发现计算P(E)是比较困难的，很多时候，甚至无法知道P(E)。此时，我们需要贝叶斯定理的另一种表示形式。

我们用P(H)表示H发生的概率，用H表示H不发生，P(H)表示H不发生的概率。显然P(H)=1-P(H)。

下图红色部分表示H，红色部分以外则表示H：

P(H)

事件E用绿色表示：

P(E)

可见，P(E)可以分为两部分，一部分是E和H的交集，另一部分是E和H的交集：

根据上文的公式P(A∩B)=P(A|B)xP(B)，代入可得：

把P(E)替换掉，我们得到贝叶斯定理的另一种写法：

用这个公式来计算，我们就不必计算P(E)了。再次回到开头的问题：

已知有一种疾病，发病率是0.1%。针对这种疾病的测试非常准确：

如果有病，则准确率是99%（即有1%未检出阳性）；
如果没有病，则误报率是2%（即有2%误报为阳性）。

现在，如果一个人测试显示阳性，请问他患病的概率是多少？

P(E|H)表示患病时检测阳性的概率=99%；
P(H)表示患病的概率=0.1%；
P(E|H)表示没有患病但检测阳性的概率=2%；
P(H)表示没有患病的概率=1-P(H)=99.9%。

代入公式，计算：

检测为阳性这一证据使得患病的概率从0.1%提升到4.721%。假设这个人又做了一次检测，结果仍然是阳性，那么他患病的概率是多少？

我们仍然使用贝叶斯定理计算，只不过现在先验概率P(H)不再是0.1%，而是4.721%，P(E|H)和P(E|H)仍保持不变，计算新的P(H|E)：

结果为71%，两次检测为阳性的结果使得先验概率从0.1%提升到4.721%再提升到71%，继续第三次检测如果为阳性则概率将提升至99.18%。

可见，贝叶斯定理的核心思想就是不断根据新的证据，将先验概率调整为后验概率，使之更接近客观事实。

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概率2-连续型随机分布律

2019 年 10 月 28 日分類基础, 数学

1,均匀分布

若连续型随机变量X具有概率密度

\begin{align*} f(x)= \begin{cases}{1 \over {b-a}} ,a < x < b,\\0\end{cases} \end{align*}

则称X在区间(a,b)上服从均匀分布，记为X〜U(a,b)

分布函数：

\begin{align*} F(x)= \begin{cases} 0, & x < a \\ \frac{x-a}{b-a}, & a \leq x < b \\ 1, & x \geq b \end{cases} \end{align*}

2. 指数分布

若连续型随机变量X具有概率密度：

\begin{align*} f(x)= \begin{cases} \frac{1}{\theta} e^{-x/\theta}, & x > 0 \\ 0, & \text{其他} \end{cases} \end{align*}

其中θ>0为常数，则称X服从参数为θ的指数分布。

易知f(x)≥0，且：

\begin{align*} \int^\infty_{-\infty}f(x)dx = \left[-e^{-x/\theta}\right]^\infty_0 = 1 \end{align*}

分布函数：

\begin{align*} F(x)= \begin{cases} 1-e^{-x/\theta}, & x > 0 \\ 0, & \text{其他} \end{cases} \end{align*}

服从指数分布的随机变量X具有无记忆性：
对于任意s,t>0，有

$P\{X>s+t|X>s\} = P(X>t)$

证明：

\begin{align*} P\{X>s+t|X>s\} &= \frac{P\{X>s+t\} \cap P\{X>s\}}{P\{X>s\}} \\ &= \frac{P\{X>s+t\}}{P\{X>s\}} \\ &= \frac{1-F(s+t)}{1-F(s)} \\ &= \frac{e^{-(s+t)/\theta}}{e^{-s/\theta}} \\ &= e^{-t/\theta} \\ &= P\{X>t\} \end{align*}

3. 正态分布

若连续型随机变量X具有概率密度：

\begin{align*} f(x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}e^{-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}} \end{align*}

其中μ,σ(σ>0)为常数，则称X服从参数为μ,σ的正态分布，记为X～N(μ,σ²)。

显然f(x)≥0，下面证明：

\begin{align*} \int^\infty_{-\infty}f(x)dx = 1 \end{align*}

令 $t = \frac{x-\mu}{\sigma}$ ，则：

\begin{align*} σ=(x-μ)/t, t'(x)=1/σ \end{align*}

得到:

\begin{align*} \int^\infty_{-\infty}\frac{1}{\sqrt{2\pi}\sigma}e^{-\frac{(x-\mu)^2}{2\sigma^2}}dx &=\int^\infty_{-\infty}{1 \over {\sqrt{2 \pi}}(x-μ)/t}e^{-t^2 \over 2}dt \\ &= \frac{1}{\sqrt{2\pi}}\int^\infty_{-\infty}e^{-\frac{t^2}{2}}dt \end{align*}

记：

\begin{align*} I = \int^\infty_{-\infty}e^{-\frac{t^2}{2}}dt \end{align*}

则有：

\begin{align*} I^2 = \int^\infty_{-\infty}\int^\infty_{-\infty}e^{-\frac{t^2+u^2}{2}}dtdu \end{align*}

利用极坐标变换：

\begin{align*} I^2 = \int^{2\pi}_0\int^\infty_0 re^{-\frac{r^2}{2}}drd\theta = 2\pi \end{align*}

（p55）

附：

计算：

\begin{align*} \iint_D^\infty e^{-\frac{x^2+y^2}{2}}dxdy \end{align*}

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概率1-离散型随机分布律

2019 年 10 月 28 日分類基础, 数学

１.不放回抽样表达式:

a件产品中抽取n件（不放回），则可能的取法有

\begin{align*} \left( \begin{matrix} a\\ n \\ \end{matrix} \right) =C^n_a=A^n_a/n!= { {a(a-1)...(a-n+1)} \over n!} ={a! \over n!(a-n)!} \end{align*}

伯努利试验,二项分布

设试验E只有两种可能结果:A及非A,则称E为伯努利试验，设P(A)=p (0<p<1),此时P(非A)=1-p.将E独立重复地进行N次，则称这一串重复的独立试验为n重伯努利试验。

标记为
X〜b(n,p).

\begin{align*} P\{X = k\}=\left( \begin{matrix} n\\ k \\ \end{matrix} \right) p^k q^{n-k} \end{align*}

当n=1时，化为二项分布：

\begin{align*} P\{X = k\}= p^k q^{1-k} \end{align*} \begin{align*} \sum_{k=0}^n P\{X = k\}=\sum_{k=0}^n {\left( \begin{matrix} n\\ k \\ \end{matrix} \right) } p^k q^{n-k} =(p+q)^n=1 \end{align*}

泊松分布

设随机变量X所有可能取的值为0,1,2,…,2而取各个值的概率为

\begin{align*} P\{X=k\}={λ^ke^{-λ} \over {k!}} ,k=0,1,2,..., \end{align*}

其中λ>0是常数.则称X服从参数为λ的泊松分布，记为X〜π(λ).

易知,P{X=k}≥0,k=0,1,2,…,且有

\begin{align*} \sum_{k=0}^\infty P\{X = k\}=\sum_{k=0}^\infty {λ^ke^{-λ} \over {k!}}=e^{-λ}\sum_{k=0}^\infty {λ^k\over {k!}}=e^{-λ}e^λ=1 \end{align*}

倒数第二步是泰勒级数(见附表)

泊松定理 设λ>0是一个常数,n是任意正整数,设np=λ,则对于任一固定的非负整数k，有

\begin{align*} \lim_{n \to \infty} \binom{n}{k} p_n^k (1-p_n)^{n-k} = \frac{\color{red}\lambda^k \color{purple}e^{-\lambda}}{\color{red}k!}. \end{align*}

证由

\begin{align*} p_n= {λ \over n} \end{align*}

,有

\begin{align*} {\left( \begin{matrix} n\\ k \\ \end{matrix} \right)}p^k_n(1-p_n)^{n-k}&={\color{blue}{n(n-1)(n-2)...(n-k+1)} \over {\color{red}k!}}{({\color{red}{λ} \over \color{blue}n})^k}{(1-{λ \over n})^{n-k}} \\ &={\color{red}{λ^k \over k!}}{[\color{blue}1 \cdot ({1-{1 \over n})}\cdot ({1-{2 \over n})...(1-{(k+1) \over n})}}]{\color{purple}(1-{λ \over n})^{n}}{(1-{λ \over n})^{-k}} \end{align*}

对于任意固定的k,当n→∞,

\begin{align*} \lim_{n \to \infty}[1 \cdot ({1-{1 \over n})}\cdot ({1-{2 \over n})...(1-{(k+1) \over n})}]=1, \\ \lim_{n \to \infty}(1-{λ \over n})^{n}={\color{purple}e^{-λ}}, \\ \lim_{n \to \infty}(1-{λ \over n})^{-k}=1 \end{align*}

Q.E.D.

泰勒中值定理 如果函数f(x)在含有x₀的某个开区间(a,b)内具有直到(n+1)阶的导数，则对任一x∈(a,b),有

\begin{align*} f(x)=f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)+{f''(x_0) \over 2!}(x-x_0)^2+...+{f^{(n)}(x_0) \over n!}(x-x_0)^n+R_n(x), \end{align*}

其中

\begin{align*} R_n(x)={f^{(n+1)}(\xi) \over ({n+1})!} (x-x_0)^{n+1} \end{align*}

当

\begin{align*} &x_0=0,f(λ)=e^λ \\ &f(λ)=e^λ \\ &= e^0+{(e^0)(λ-0) \over {1!}}+{(e^0)(λ-0)^2 \over {2!}}+{(e^0)(λ-0)^3 \over {3!}}+...+{(e^0)(λ-0)^k \over {k!}} \\ &= \sum_{k=0}^\infty {λ^k\over {k!}} \end{align*}

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11.偏导数(拉普拉斯方程)

2019 年 10 月 28 日分類基础, 数学

拉普拉斯方程：
验证函数

\begin{align*} z=ln \sqrt{x^2+y^2} \end{align*}

满足方程

\begin{align*} {\partial^2{z} \over \partial{x^2}}+{\partial^2{z} \over \partial{y^2}}=0 \end{align*}

证:因为

\begin{align*} z=ln \sqrt{x^2+y^2} =1/2 ln(x^2+y^2) \end{align*}

所以

\begin{align*} {\partial{z} \over \partial{x}}={x \over(x^2+y^2)} \end{align*} \begin{align*} {\partial^2{z} \over \partial{x^2}}={(x^2+y^2)-2x \cdot x \over(x^2+y^2)^2}={y^2-x^2 \over(x^2+y^2)^2} \end{align*} \begin{align*} {\partial{z} \over \partial{y}}={y \over(x^2+y^2)} \end{align*} \begin{align*} {\partial^2{z} \over \partial{y^2}}={(x^2+y^2)-2y \cdot y \over(x^2+y^2)^2}={x^2-y^2 \over(x^2+y^2)^2} \end{align*}

Q.E.D.

验证函数

\begin{align*} u={1 \over r} \end{align*}

满足方程

\begin{align*} {\partial^2{u} \over \partial{x^2}}+{\partial^2{u} \over \partial{y^2}}+{\partial^2{u} \over \partial{z^2}}=0 \end{align*}

其中

\begin{align*} r =\sqrt{x^2+y^2+z^2} \end{align*}

证：

\begin{align*} {\partial{u} \over \partial{x}}={-1 \over r^2} \cdot {1 \over {2r}} \cdot 2x=-{x \over r^3} \end{align*} \begin{align*} {\partial^2{u} \over \partial{x^2}}=-{1 \over r^3}+ {3 \over r^4}x \cdot {1 \over {2r}} \cdot 2x=-{1 \over r^3}+{3x^2 \over r^5} \end{align*}

同理

\begin{align*} {\partial^2{u} \over \partial{y^2}}=-{1 \over r^3}+ {3 \over r^4}y \cdot {1 \over {2r}} \cdot 2y=-{1 \over r^3}+{3y^2 \over r^5} \end{align*} \begin{align*} {\partial^2{u} \over \partial{z^2}}=-{1 \over r^3}+ {3 \over r^4}z \cdot {1 \over {2r}} \cdot 2z=-{1 \over r^3}+{3z^2 \over r^5} \end{align*}

于是

\begin{align*} {\partial^2{u} \over \partial{x^2}}+{\partial^2{u} \over \partial{y^2}}+{\partial^2{u} \over \partial{z^2}}={-3 \over r^3}+{(3x^2+3y^2+3z^2) \over r^5}=0 \end{align*}

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10.向量基本概念

2019 年 10 月 28 日分類基础, 数学

一,向量的线性运算

1,向量的加减法

(1)交换律 a+b=B+a;

(2)结合律 (a+b)+c=a+(b+c);

2,向量与数的乘法

(1)结合律

\begin{align*} \lambda (\mu \vec{a}) =\lambda (\mu \vec{a})= (\lambda \mu) \vec{a} \end{align*}

(2)分配律

\begin{align*} (\lambda + \mu)\vec{a} =\lambda \vec{a} + \mu \vec{a} \\ \lambda (\vec{a}+\vec{b}) =\lambda \vec{a} + \lambda \vec{b} \end{align*}

定理1 设向量a ≠ 0,那么，向量b平行于a的充分必要条件是:存在唯一的实数λ，使b=λa

向量的模，方向角，投影

向量模的坐标式

\begin{align*} |\vec{AB}|=\sqrt{x^2+y^2+z^2} \end{align*}

A，B两点间距离就是向量AB的模。

\begin{align*} |\vec{AB}|=\sqrt{(x_1-x_2)^2+(y_1-y_2)^2+(z_1-z_2)^2} \end{align*}

方向角和方向余弦

设有两个非零向量a,b,任取空间一点O，
（P298）

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9.Γ函数(gamma函数)

2019 年 10 月 27 日分類基础, 数学

Γ函数：

\begin{align*} \Gamma (s)= \int_0^{+ \infty} e^{-x} x^{(s-1)}dx \ .(s>0) \end{align*}

分别讨论以下两个积分:

\begin{align*} I_1= \int_0^1 e^{-x} x^{(s-1)}dx \ .(s>0) \end{align*} \begin{align*} I_2= \int_1^{+ \infty} e^{-x} x^{(s-1)}dx \ .(s>0) \end{align*}

当s≥1时， $I_1$ 是定积分（s看作定值），当0<s<1时，因为

\begin{align*} e^{-x} \cdot x^{s-1} ={1 \over x^{1-s}} \cdot {1 \over e^x} < {1 \over x^{1-s}} \end{align*}

根据比较审敛法2，反常积分 $I_1$ 收敛。

再讨论 $I_2$ ,因为

\begin{align*} \lim_{x \to + \infty} x^2 \cdot (e^{-x}x^{s-1})= \lim_{x \to + \infty} {x^{s+1} \over e^x}=0 \end{align*}

根据比较审敛法1，反常积分 $I_2$ 收敛。
(最后一步洛必达法则)

Γ函数四个性质:

1.递推公式

\begin{align*} \Gamma (s+1) = s \Gamma (s) (s>0) \end{align*}

证: 应用分部积分法,有

\begin{align*} \Gamma (s+1) &= \int_0^{+ \infty} e^{-x} x^s dx \\ &= - \int_0^{+ \infty} x^s de^{-x} \\ &= -([x^se^{-x}]_0^{+ \infty } -s \int_0^{+ \infty} e^{-x}x^{s-1}dx ) \\ &= 0 + s \int_0^{+ \infty} e^{-x}x^{s-1}dx \\ &= s \Gamma (s) \end{align*}

其中

\begin{align*} \lim_{x \to + \infty } x^se^{-x} =0 \end{align*}

可由洛必达法则求得。
显然:

\begin{align*} \Gamma (1) &=\int_0^{+ \infty} e^{-x}x^{s-1}dx \\ &=\int_0^{+ \infty} e^{-x}dx \\ &=[-e^{-x}]^{+ \infty}_0 \\ &=0-(-1) \\ &=1 \end{align*}

反复运用递推公式有:
对于任意的正整数

\begin{align*} \Gamma (n+1)=n! \end{align*}

所以Gamma函数可以看作阶乘的推广

2.当

\begin{align*} s \to 0^+ \end{align*}

时,

\begin{align*} \Gamma (s) ={\Gamma (s+1) \over s},\Gamma (1)=1 \end{align*}

,所以当

\begin{align*} s \to 0^+,\Gamma (s) \to + {\infty} \end{align*}

$\begin{aligned} \Gamma (s) \Gamma (s-1) ={\pi \over sin \pi s} \ (0<s<1) \end{aligned}$

4.在

\begin{align*} \Gamma (s) = \int_0^{+ \infty} e^{-x} x^{(s-1)}dx \end{align*}

作代换

\begin{align*} x=u^2 \end{align*}

,
有

\begin{align*} \Gamma (s) = \int_0^{+ \infty} e^{-u^2} u^{2(s-1)}2udu = 2 \int_0^{+ \infty} e^{-u^2} u^{2s-1}du \end{align*}

再令2s-1=t有:

\begin{align*} \int_0^{+ \infty} e^{-u^2} u^{2s-1}du = \int_0^{+ \infty} e^{-u^2} u^tdu =\Gamma ({t+1 \over 2}) . (t>-1) \end{align*}

上式
令t=0,则s=1/2,得

\begin{align*} 2 \int_0^{+ \infty} e^{-u^2}du =\Gamma({1 \over 2})=\sqrt{\pi} \end{align*}

以上即为高斯积分

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8.反常积分

2019 年 10 月 26 日分類基础, 数学

反常积分

定义1 设函数f(x)在区间[a,+ $\infty$ )上连续，取t>a，如果极限

\begin{align*} \lim_{t \to +\infty} \int_a^tf(x)dx \end{align*}

存在，则称此极限为函数f(x)在无穷区间[a,+ $\infty$ )上的反常积分,记作

\begin{align*} \int_a^{+\infty}f(x)dx \end{align*}

此时称反常积分收敛。
-无穷大同理，两个无穷大都收敛，则称无穷限的反常积分。

例: 计算反常积分

\begin{align*} \int_0^{+\infty}te^{-pt}dt \end{align*}

(p是常数，p>0)

解:

\begin{align*} \int_0^{+\infty}te^{-pt}dt &= [\int te^{-pt}dt]_0^{+\infty} \\ &= [-1/p\int tde^{e^{-pt}}]_0^{+\infty} \\ &= [-1/p(te^{-pt}-\int e^{-pt}dt)]^{+\infty}_0 \\ &= [-1/p(te^{-pt}+1/pe^{-pt})]_0^{+\infty} \\ &= [-1/pte^{-pt}]_0^{+\infty}-[1/p^2e^{-pt}]_0^{+\infty} \\ &= -1/p \lim_{t \to +\infty}te^{-pt}-0-1/p^2(\lim_{t \to +\infty} e^{-pt}-1) \\ &=1/p^2 \end{align*}

\begin{align*} &\because de^{-pt}/dt=-pe^{-pt} \\ &\therefore dt= {de^{-pt} \over {-pe^{-pt}}}, e^{-pt}dt = {de^{-pt} \over {-p}} \end{align*} \begin{align*} (uv)'=u'v+v'u \end{align*}

定义2 设函数f(x)在区间(a,b]上连续，点a为f(x)的瑕点,取t>a，如果极限

\begin{align*} \lim_{t \to a^+} \int_t^bf(x)dx \end{align*}

存在，则称此极限为函数f(x)在无穷区间(a,b]上的反常积分,记作

\begin{align*} \int_a^bf(x)dx \end{align*}

此时称反常积分收敛。-a同理。

反常积分的审敛法

定理1 设函数f(x)在区间[a,+ $\infty$ )上连续,且f(x)≥0,若函数

\begin{align*} F(x)=\int_a^xf(t)dt \end{align*}

在[a,+ $\infty$ ]上有界，则反常积分

\begin{align*} \int_a^{+\infty} f(t)dt \end{align*}

收敛

定理2(比较审敛原理) 设函数f(x),g(x)在区间[a,+ $\infty$ )上连续,如果0≤f(x)≤g(x)(a≤x≤+ $\infty$ ),并且

\begin{align*} \int_a^{+\infty} g(x)dx \end{align*}

收敛，则