Математические байки

Можно сказать, что каждый отдельный атом за каждую микроскопическую долю времени подкидывает монетку с очень-очень-очень маленькой вероятностью, решая, распасться ли ему. Как мы знаем, предыдущие результаты подбрасываний на следующие не влияют; поэтому много-много "решек", которые выбросили все выжившие атомы, никак не влияют на то, как они будут жить дальше. Единственная тонкость, это что те атомы, которые распались, дальше не участвуют — но пока их счёт идёт на единицы, а образец у нас макроскопический (а число Авогадро 6.02*10^23), этим можно спокойно пренебречь.

Этот случайный набор точек это и есть пуассоновский [точечный] процесс [на прямой]; давайте посмотрим, что о нём можно сказать. Самое важное — это что количества (и расположения) точек на непересекающихся отрезках времени независимы; если у нас не было распадов за первую секунду — это никак не влияет на то, что будет во вторую, в третью, и так далее.

Процесс совершенно естественный, на самом деле. А именно: представим себе, что у нас лежит большой кусок радиоактивного вещества — и рядом стоит счётчик Гейгера, соединённый с самописцем. Каждый раз, когда счётчик засекает распад — самописец ставит точку-отметку на ленте. В результате на ленте получается — случайный! — набор точек:

Продолжим? Мы посчитали этот интеграл вероятностными методами. Но тут остаются два вопроса. Во-первых: мы начали с того, что n! = Г(n+1) = \int_0^{\infty} x^n e^{-x} dx. А почему это так? Можно (и несложно!) доказать это просто по индукции — интегрированием по частям; но может быть, есть ещё какое-то объяснение? Во-вторых: для вычисления исходного интеграла у нас теперь есть два способа — "вероятностный" и "классический". А нельзя ли их как-то объединить? Оказывается, что можно! Но и для того, и для другого нам потребуется новый объект, пуассоновский процесс.

И я сразу добавлю восьмиминутную запись рассказа Арнольда про ту же историю — с демонстрацией той самой электробритвы с перевёрнутым маятником в конце: https://etudes.ru/etudes/arnold-pendulum/

у обычного маятника есть устойчивое равновесие, когда он висит вертикально вниз, и неустойчивое — вертикально вверх, когда любое движение выводит его из равновесия. Оказывается, если точку подвеса маятника мелко и быстро колебать, то появится равновесие с маятником торчащим вверх. Отличное видео с объяснением и примерами. Тут текстом (малопонятно), более или менее копия с Кванта. А вот статья Капицы: "Естественно, что ни одной из механических систем не было уделено столько внимания и всестороннего теоретического изучения как всем разновидностям движения маятника. Казалось бы, что за 300 лет, прошедших со времён Галилея, этот вопрос должен был быть исчерпан и если что-либо оставалось для изучения, то это должно было носить характер дошлифовки ранее полученных результатов. Но, повидимому, тому типу движения маятника, которому посвящена эта статья, не было уделено достаточно внимания и одна из очень своеобразных и интересных разновидностей колебаний маятника осталась почти полностью не изученной. Обратить внимание на этот тип движения и на открывающиеся при его изучении возможности и ставит себе целью эта статья." Но видео лучше!

С другой стороны, все случайные величины x,\xi_1,...,\xi_m,\eta_1,...,\eta_n — совершенно равноправны. А мы хотим, чтобы раскраска "первые m по величине в красный цвет, m+1-я в чёрный, оставшиеся n в синий" совпала бы с раскраской "x в чёрный цвет, \xi_i в красный, \eta_j в синий". То есть вероятность это 1/число таких раскрасок. А число таких раскрасок — это мультиномиальный коэффициент: число способов разбить (m+n+1) элемент на группы из m, n и 1 элемента, которое равно (m+n+1)!/(m!*n!). Вот мы и получили, что интеграл \int_0^1 x^m (1-x)^n dx равен m!*n!/(m+n+1)!

Чему равна его вероятность? С одной стороны, при известном x это как раз x^m*(1-x)^n, а поскольку точка x тоже кидалась равномерно — то получается как раз искомый интеграл: \int_0^1 x^m (1-x)^n dx.

Так вот — давайте отставим все эти интегралы в сторону и добудем ответ (для целых аргументов a=m+1 и b=n+1) вероятностными методами. А именно — выберем на отрезке [0,1] равномерно случайную точку x. А потом ещё m случайных точек \xi_1,...,\xi_m. А потом ещё n случайных точек \eta_1,...,\eta_n. И посмотрим вот на такое событие: все \xi_1,...,\xi_m попали на отрезок [0,x], а все \eta_1,...,\eta_n — на отрезок [x,1]:

И доказательство тут — перемножить два интеграла, для Г(a) и для Г(b). Получится интеграл по первому квадранту {x>0,y>0} — который нарезается на диагональные отрезки {x+y=s}, после чего интеграл оказывается произведением Г(a+b) и интеграла для бета-функции:

Так вот — интеграл B(a,b):=\int_0^1 x^{a-1} (1-x)^{b-1} dx называется бета-функцией, и он через гамма-функцию явным образом выражается:

Но давайте я сначала напомню, как с этим интегралом работают обычно. Первый шаг тут это замечание, что у факториала есть обобщение, гамма-функция; мы с ней уже сталкивались, когда обсуждали формулу Стирлинга. А именно, факториал можно представить как интеграл — n! = \int_0^{\infty} x^n e^{-x} dx — после чего ничего не мешает в этом интеграле брать нецелое значение степени: Г(a) := \int_0^{\infty} x^{a-1} e^{-x} dx, и тогда n!=Г(n+1).

=== Оказывается — спасибо Александру Шпилькину за рассказ и за ссылки! — у этого анекдота есть продолжение: вычисление интеграла \int_0^1 x^m (1-x)^n dx:

И я пользуюсь случаем присоединиться к Васильеву и сказать "огромное спасибо" Ане Роговой — без её расшифровки просто ничего бы не запустилось...