[Dr.Lib]Note:Math – 小技巧们 I


有一正三棱锥P-ABC,O为底面ABC中心。过O做动平面QRS,交PA或其延长线于Q,交PB或其延长线于R,交PC或其延长线于S。
那么\(\frac{1}{PQ}+\frac{1}{PR}+\frac{1}{PS}\)()
A 为定值
B 有最大值无最小值
C 有最小值无最大值
D 既无最大值也无最小值

看到这题,我的第一反应是想想GB的《颠倒过来的式子》,不过貌似里面没有这题。当时觉得变形之后也无明显的意义。这时老师提示了一 步:小题,先降维看看。

有一等腰三角形PBC,O为底边BC中点。过O做直线QR,交PB于R,交PC于S。考察\(\frac{1}{PR}+\frac{1}{PS}\)。
\(\frac{1}{PR}+\frac{1}{PS}\)=\(\frac{PR+PS}{PR*PS}\)。有什么想法吗?
算两次:等面积法。设等腰三角形顶角为\(  \alpha \)腰与O点距离为\(  d \)

\(  SPQR=\frac{PS*PR*sin\alpha }{2} \)

\(  SPQR=\frac{d(PS+PR) }{2}\)

\(\frac{1}{PR}+\frac{1}{PS}=\frac{sin\alpha}{d}\)

三维的情况就很好推广了~

PS:某颜正熙同学提出可以用梅氏定理证二维的情况, Orz

[Dr.Lib]Note:Math – \(\Sigma \frac{1}{n^{2}}\)

转载自http://www.ivy-end.com/archives/1098


今天我们来介绍一个曾经在数列题中做过无数遍的数列\(a_{n}=\frac{1}{n^{2}}\),为了方便下文的讨论,我们记\(S_{n}\)为数列\(a_{n}\)的前\(n\)项和。我们做过最熟悉的题目莫过于证明\(S_{n}<2\),这个证明对于大家来说应该是非常容易的\[S_{n}=\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{i^{2}}=1+\sum_{i=2}^{n}\frac{1}{i\cdot\left(i-1 \right )}=2-\frac{1}{n}.\]

那么大家是否考虑过,\(\lim_{n \to \infty }S_{n}\)究竟等于多少?我记得严桂华讲过欧拉曾经计算过这个问题,今天在国外一个数学讨论网站上翻到了一篇关于如何计算\(\lim_{n \to \infty }S_{n}\)的问答(原文地址)。在此仅介绍几种方法。

首先给出结果,再用多种方法进行证明\[\lim_{n \to \infty }S_{n}=\frac{\pi^{2}}{6}.\]不得不说,这一结果是非常不可思议的,因为它居然包含了\(\pi\)。读者如果不相信的话,可以自行计算一下,当\(n\)趋向于正无穷时,答案便越接近\(\frac{\pi^{2}}{6}\)。

好了,废话不说,我们进入证明部分。

法一:

当\(0<x<\frac{\pi}{2}\)时,有\(0<\sin{x}<x<\tan{x}\)。至于这个命题的证明,请参考下图:

Mathematics 003-1-1

这样,我们可以得到\[\frac{1}{\tan^{2}{x}}<\frac{1}{x^{2}}<\frac{1}{\sin^{2}{x}}.\]我们知道,\(\frac{1}{\tan^{2}{x}}=\frac{1}{\sin^{2}{x}}-1\)(很容易由三角恒等式导出)。将区间\(\left(0,\frac{\pi}{2}\right)\)等分成\(2^{n}\)个部分,令\(x_{k}=\frac{\pi}{2}\cdot\frac{k}{2^{n}}\),并将不等式两边对\(x_{k}\)进行求和,可以得到\[\sum_{k=1}^{2^n-1} \frac{1}{\sin^2 x_k} – \sum_{k=1}^{2^n-1} 1 < \sum_{k=1}^{2^n-1} \frac{1}{x_k^2} < \sum_{k=1}^{2^n-1} \frac{1}{\sin^2 x_k}.\]我们不妨将不等式右边的表达式记为\(T_{n}\),那么原不等式可以化简为\[T_{n} – \left(2^n – 1\right) < \sum_{k=1}^{2^n-1} \left( \frac{2 \cdot 2^n}{\pi} \right)^2 \frac{1}{k^2} < T_n.\]接下来我们主要考察\(T_{n}\)。它看起来是一个非常复杂的求和,实际上可以非常简单的计算出来。首先,我们考虑下面的式子\[\frac{1}{\sin^2 x} + \frac{1}{\sin^2 (\frac{\pi}{2}-x)} = \frac{\cos^2 x + \sin^2 x}{\cos^2 x \cdot \sin^2 x} = \frac{4}{\sin^2 2x}.\]因此,如果我们将\(T_{n}\)以\(\frac{\pi}{4}\)为中点进行配对(选取区间\(\left(0,\frac{\pi}{2}\right)\)左边的点\(x_{k}\),与右边的点\(\frac{\pi}{2}-x_{k}\)),考虑递推,再加上中点\(\frac{1}{\sin^{2}{\frac{\pi}{4}}}=2\),则可以得到\[T_{n}=4T_{n-1}+2.\]又\(T_{1}=2\),我们可以很容易的得到\(T_{n}\)的通项公式\[T_n = \frac{2(4^n-1)}{3}.\]于是,我们得到了这样的不等式\[\frac{2(4^n-1)}{3} – (2^n-1) \leq \frac{4^{n+1}}{\pi^2} \sum_{k=1}^{2^n-1} \frac{1}{k^2} \leq \frac{2(4^n-1)}{3}.\]两边同时乘以\(\frac{\pi^{2}}{4^{n+1}}\)使得不等式的中间与我们的目标形式更加相似,这样我们又得到一个不等式\[\frac{\pi^{2}}{4^{n+1}} \cdot \frac{2(4^n-1)}{3} – (2^n-1) \leq \sum_{k=1}^{2^n-1} \frac{1}{k^2} \leq\frac{\pi^{2}}{4^{n+1}} \cdot \frac{2(4^n-1)}{3}.\]当\(n\rightarrow\infty\)时,不等式左右两边同时趋向于\(\frac{\pi^{2}}{6}\),由夹逼准则得\(\lim_{n \to \infty }S_{n}=\frac{\pi^{2}}{6}\)。证毕。

法二:

我们可以借助函数\(f\left(x\right)=x^{2},x\in\left[-\pi,\pi\right]\)来找到它对应的三角傅立叶级数\[\frac{a_{0}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty }(a_{n}\cos nx+b_{n}\sin x),\]且它是周期收敛的。

又\(f\left(x\right)\)为偶函数,这足够让我们得到它的系数\[a_{n}=\frac{1}{\pi }\int_{-\pi }^{\pi }f(x)\cos nx\;dx\qquad n=0,1,2,3,\cdots,\]因为\[b_{n}=\frac{1}{\pi }\int_{-\pi }^{\pi }f(x)\sin nx\;dx=0\qquad n=1,2,3,\cdots.\]令\(n=0\)得\[a_{0}=\frac{1}{\pi }\int_{-\pi }^{\pi }x^{2}dx=\frac{2}{\pi }\int_{0}^{\pi}x^{2}dx=\frac{2\pi ^{2}}{3}.\]当\(n=1,2,3,\cdots\)时,我们有\[a_{n}=\frac{1}{\pi }\int_{-\pi }^{\pi }x^{2}\cos nx\;dx\\=\frac{2}{\pi }\int_{0}^{\pi }x^{2}\cos nx\;dx=\frac{2}{\pi }\times \frac{2\pi }{n^{2}}(-1)^{n}=(-1)^{n}\frac{4}{n^{2}},\]因为\[\int x^2\cos nx\;dx=\frac{2x}{n^{2}}\cos nx+\left( \frac{x^{2}}{n}-\frac{2}{n^{3}}\right) \sin nx.\]因此\[f(x)=\frac{\pi ^{2}}{3}+\sum_{n=1}^{\infty }\left( (-1)^{n}\frac{4}{n^{2}}\cos nx\right).\]又\(f\left(\pi\right)=\pi^{2}\),我们可以得到\[\pi ^{2}=\frac{\pi ^{2}}{3}+\sum_{n=1}^{\infty }\left( (-1)^{n}\frac{4}{n^{2}}\cos \left( n\pi \right) \right)\]即\[\pi ^{2}=\frac{\pi ^{2}}{3}+4\sum_{n=1}^{\infty }\left( (-1)^{n}(-1)^{n}\frac{1}{n^{2}}\right)\]进一步化简得\[\pi ^{2}=\frac{\pi ^{2}}{3}+4\sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^{2}}.\]因此\[\sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^{2}}=\frac{\pi ^{2}}{4}-\frac{\pi ^{2}}{12}=\frac{\pi ^{2}}{6}.\]证毕。

法三:

当\(x=0\)时\(\sin{x}\)可以使用泰勒级数展开\[\sin x = x – \frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\frac{x^7}{7!}+\cdots.\]于是我们可以得到\[\frac{x^3}{3!}=x\left(\frac{x^2}{\pi^2} + \frac{x^2}{2^2\pi^2}+ \frac{x^2}{3^2\pi^2}+\cdots\right)=x^3\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2\pi^2},\]即\[\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{n^2}=\frac{\pi^2}{6}.\]证毕。

法四:

设\(z\)为复数,考虑\[\frac{\pi^2}{\sin^2\pi z}=\sum_{n=-\infty}^{\infty}\frac{1}{(z-n)^2}\]由复变函数分析可得\[\frac{\pi^2}{\sin^2\pi z}-\frac{1}{z^2}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(z-n)^2}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(z+n)^2}.\]这样,当右边\(z=0\)时,我们就可以得到\[\lim_{z\to 0}\left(\frac{\pi^2}{\sin^2\pi z}-\frac{1}{z^2}\right)=2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}.\]又\[\lim_{z\to 0}\left(\frac{\pi^2}{\sin^2\pi z}-\frac{1}{z^2}\right)=\frac{\pi^2}{3}.\]因此\[\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}=\frac{\pi^2}{6}.\]证毕。

法五:

这是欧拉的方法。令\[s=\sin^{-1}{x}.\]那么\[\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}sds=\frac{\pi^{2}}{8}.\]但是\[\int\limits_0^1 {\frac{{{{\sin }^{ – 1}}x}}{{\sqrt {1 – {x^2}} }}dx} = \frac{{{\pi ^2}}}{8}.\]又\[{\sin ^{ – 1}}x = \int {\frac{{dx}}{{\sqrt {1 – {x^2}} }}} = x + \frac{1}{2}\frac{{{x^3}}}{3} + \frac{{1 \cdot 3}}{{2 \cdot 4}}\frac{{{x^5}}}{5} + \frac{{1 \cdot 3 \cdot 5}}{{2 \cdot 4 \cdot 6}}\frac{{{x^7}}}{7} + \cdots.\]我们可以得到\[\int\limits_0^1 {\left\{ {\frac{{dx}}{{\sqrt {1 – {x^2}} }}\int {\frac{{dx}}{{\sqrt {1 – {x^2}} }}} } \right\}} = \int\limits_0^1 {\left\{ {x + \frac{1}{2}\frac{{{x^3}}}{3}\frac{{dx}}{{\sqrt {1 – {x^2}} }} + \frac{{1 \cdot 3}}{{2 \cdot 4}}\frac{{{x^5}}}{5}\frac{{dx}}{{\sqrt {1 – {x^2}} }} + \cdots } \right\}}.\]但是\[\int\limits_0^1 {\frac{{{x^{2n + 1}}}}{{\sqrt {1 – {x^2}} }}dx} = \frac{{2n}}{{2n + 1}}\int\limits_0^1 {\frac{{{x^{2n – 1}}}}{{\sqrt {1 – {x^2}} }}dx}.\]这样,可以得到\[\int\limits_0^1 {\frac{{{x^{2n + 1}}}}{{\sqrt {1 – {x^2}} }}dx} = \frac{{\left( {2n} \right)!!}}{{\left( {2n + 1} \right)!!}}.\]又所有的次数都是奇数,所以最终的结果为\[\frac{{{\pi ^2}}}{8} = 1 + \frac{1}{2}\frac{1}{3}\left( {\frac{2}{3}} \right) + \frac{{1 \cdot 3}}{{2 \cdot 4}}\frac{1}{5}\left( {\frac{{2 \cdot 4}}{{3 \cdot 5}}} \right) + \frac{{1 \cdot 3 \cdot 5}}{{2 \cdot 4 \cdot 6}}\frac{1}{7}\left( {\frac{{2 \cdot 4 \cdot 6}}{{3 \cdot 5 \cdot 7}}} \right) \cdots,\]\[\frac{{{\pi ^2}}}{8} = 1 + \frac{1}{{{3^2}}} + \frac{1}{{{5^2}}} + \frac{1}{{{7^2}}} + \cdots.\]令\[1 + \frac{1}{{{2^2}}} + \frac{1}{{{3^2}}} + \frac{1}{{{4^2}}} + \cdots = \omega.\]则\[\frac{1}{{{2^2}}} + \frac{1}{{{4^2}}} + \frac{1}{{{6^2}}} + \frac{1}{{{8^2}}} + \cdots = \frac{\omega }{4}.\]这样,我们可以得到\[\frac{\omega }{4} + \frac{{{\pi ^2}}}{8} = \omega.\]即\[\omega = \frac{{{\pi ^2}}}{6}.\]证毕。

法六:

\[\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{i^{2}}=\zeta(2)=\frac{4}{3}\sum_{n=0}^{+\infty}\frac{1}{(2n+1)^2}=\frac{4}{3}\int_{0}^{1}\frac{\log y}{y^2-1}dy\]\[=\frac{2}{3}\int_{0}^{1}\frac{1}{y^2-1}\left[\log\left(\frac{1+x^2 y^2}{1+x^2}\right)\right]_{x=0}^{+\infty}dy=\frac{4}{3}\int_{0}^{1}\int_{0}^{+\infty}\frac{x}{(1+x^2)(1+x^2 y^2)}dx\,dy\]
\[=\frac{4}{3}\int_{0}^{1}\int_{0}^{+\infty}\frac{dx\, dz}{(1+x^2)(1+z^2)}=\frac{4}{3}\cdot\frac{\pi}{4}\cdot\frac{\pi}{2}=\frac{\pi^2}{6}.\]证毕。

就介绍这几种方法吧,大家可以有选择的进行阅读。以后数学作业中再有证明\(S_{n} < 2\)的时候,不妨这样写\(\lim_{n \to \infty }S_{n}=\frac{\pi}{6} < 2\),怕老师不承认,可以顺便证明一下,至于给不给分,就不好说了。

 

[Dr.Lib]Note:Math – Iverson bracket

In mathematics, the Iverson bracket, named after Kenneth E. Iverson, is a notation that denotes a number that is 1 if the condition in square brackets is satisfied, and 0 otherwise. More exactly,

\( [P] = \begin{cases} 1 & \text{if } P \text{ is true;} \\ 0 & \text{otherwise.} \end{cases} \)

where P is a statement that can be true or false. This notation was introduced by Kenneth E. Iverson in his programming language APL,while the specific restriction to square brackets was advocated by Donald Knuth to avoid ambiguity in parenthesized logical expressions.

The Iverson bracket converts a Boolean value to an integer value through the natural map \( \textbf{false}\mapsto 0; \textbf{true}\mapsto1 \), which allows counting to be represented as summation. For instance, the Euler phi function that counts the number of positive integers up to n which are coprime to n can be expressed by

\( \phi(n)=\sum_{i=1}^{n}[\gcd(i,n)=1],\qquad\text{for }n\in\mathbb N^+. \)

More generally the notation allows moving boundary conditions of summations (or integrals) as a separate factor into the summand, freeing up space around the summation operator, but more importantly allowing it to be manipulated algebraically. For example

\( \sum_{1\le i \le 10} i^2 = \sum_{i} i^2[1 \le i \le 10]. \)

In the first sum, the index \( i \) is limited to be in the range 1 to 10. The second sum is allowed to range over all integers, but where i is strictly less than 1 or strictly greater than 10, the summand is 0, contributing nothing to the sum. Such use of the Iverson bracket can permit easier manipulation of these expressions.

Another use of the Iverson bracket is to simplify equations with special cases. For example, the formula

\( \sum_{1\le k\le n \atop \gcd(k,n)=1}\!\!k = \frac{1}{2}n\varphi(n) \)

which is valid for n > 1 but which is off by 1/2 for n = 1. To get an identity valid for all positive integers n (i.e., all values for which \(\phi(n) \) is defined), a correction term involving the Iverson bracket may be added:

\( \sum_{1\le k\le n \atop \gcd(k,n)=1}\!\!k = \frac{1}{2}n(\varphi(n)+[n=1]) \)

 -By Wikipedia https://en.wikipedia.org/wiki/Iverson_bracket

Via Ivy – End  http://www.ivy-end.com/archives/1064

闲来无事,逛逛Mathematics。看到一道关于数列的题目,不妨拿来研究一下。原题地址

题目是这么说的,计算\[\left ( 1+\frac{1}{2}+\cdots + \frac{1}{n} \right )^{2}+\cdots + \left ( \frac{1}{n-1}+\frac{1}{n} \right )^{2}+\left ( \frac{1}{n} \right )^{2}.\]各位可以自己动笔计算一下。

下面我们主要讨论一下给出的两种种解法。

法一:

令\(S_{n}=\left ( 1+\frac{1}{2}+\cdots + \frac{1}{n} \right )^{2}+\cdots + \left ( \frac{1}{n-1}+\frac{1}{n} \right )^{2}+\left ( \frac{1}{n} \right )^{2}\)。

则\[S_{n}-S_{n-1}=\left [\left ( 1+\frac{1}{2}+\cdots + \frac{1}{n} \right )^{2}+\cdots + \left ( \frac{1}{n-1}+\frac{1}{n} \right )^{2}+\left ( \frac{1}{n} \right )^{2} \right ]\\-\left [\left ( 1+\frac{1}{2}+\cdots + \frac{1}{n-1} \right )^{2}+\cdots + \left ( \frac{1}{n-2}+\frac{1}{n-1} \right )^{2}+\left ( \frac{1}{n-1} \right )^{2} \right ].\]整理得\[S_{n}-S_{n-1}=\left [\left ( 1+\frac{1}{2}+\cdots + \frac{1}{n-1} \right )^{2}+2\cdot\left ( 1+\frac{1}{2}+\cdots + \frac{1}{n-1} \right )\cdot\left ( \frac{1}{n} \right )+\left ( \frac{1}{n} \right )^{2} \right ]\\ + \left [ \left ( \frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots + \frac{1}{n-1} \right )^{2}+2\cdot\left ( \frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots + \frac{1}{n-1} \right )\cdot\left ( \frac{1}{n} \right )+\left ( \frac{1}{n} \right )^{2} \right ]\\ + \cdots + \left [ \left ( \frac{1}{n-1} \right )^{2}+2\cdot\left ( \frac{1}{n-1} \right )\cdot\left ( \frac{1}{n} \right )+\left ( \frac{1}{n} \right )^{2} \right ]+\left [ \left ( \frac{1}{n} \right )^{2} \right ]\\-\left [\left ( 1+\frac{1}{2}+\cdots + \frac{1}{n-1} \right )^{2}+\cdots + \left ( \frac{1}{n-2}+\frac{1}{n-1} \right )^{2}+\left ( \frac{1}{n-1} \right )^{2} \right ].\]化简得\[S_{n}-S_{n-1}=n\cdot\left ( \frac{1}{n} \right )^{2}+2\cdot\frac{1}{n}\cdot\left [ 1+2\cdot\frac{1}{2}+3\cdot\frac{1}{3}+\cdots +\left ( n-1 \right )\cdot\frac{1}{n-1} \right ].\]即\[S_{n}-S_{n-1}=\frac{1}{n}+\frac{2\left ( n-1 \right )}{n}=2-\frac{1}{n}.\]运用累加法求和即可得到\[S_{n}=2n-H_{n}.\]其中\(H_{n}=1+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+\cdots +\frac{1}{n}.\)

法二:

这种方法比第一种方法高明很多,它需要用到一个引理——Iverson Bracket。简单的介绍一下这个引理,它的符号是中括号,当且仅当中括号里的表达式成立时,其值为\(1\),否则为\(0\)。例如\(\left [ 1 < 2 \right ]=1\),而\(\left [ 1 > 2 \right ]=0\)。

下面我们就用Iverson Bracket来求解这个问题\[S_{n}=\sum_{k}\left ( \sum_{i}\frac{1}{i}\cdot\left [ k \leq i \right ] \right )^{2}=\sum_{k}\sum_{i,j}\frac{1}{ij}\cdot\left [ k \leq i, k \leq j \right ]=\sum_{i,j}\frac{1}{ij}\sum_{k}\left [ k \leq \min\left ( i,j \right ) \right ].\]即\[S_{n}=\sum_{i,j}\frac{1}{ij}\cdot\min\left ( i,j \right )=\sum_{i,j}\frac{1}{\max\left ( i,j \right )}=\sum_{m}\frac{1}{m}\sum_{i,j}\left [ \max\left ( i,j \right )=m \right ].\]即\[S_{n}=\sum_{m}\frac{1}{m}\cdot\left ( 2m-1 \right )=2n-\sum_{m}\frac{1}{m}=2-H_{n}.\]

[Dr.Lib]Note:Bio – 为什么植物不吸收绿色光?

Via http://www.guokr.com/question/455259/

为什么植物不吸收绿色光?

绿色光应该是太阳光谱的中心,能量是最多的吧?
按理说,只要能光合作用,所有的光波都吸收,一点也不浪费。
为什么要浪费掉绿光呢?
为什么叶子不进化成黑色呢?

Ans:

Via 九维空间

根本上应该从叶绿素的分子结构考虑,在绿光波段(波长500-550纳米左右区域)吸收较弱。下图就是叶绿素分子的吸收图。可以看出从蓝光到黄光基本都被反射了。绿光是中心波长,所以富含叶绿素的植物组织呈现绿色。

叶绿素吸收光谱

叶绿素吸收光谱

 

从物理上来说,大部分有机分子在可见光波段的中间部分吸收都比较弱。因为:1紫光和紫外光的频率一般对应于分子里成键电子能级的跃迁,2红光和红外光一般对应于分子振动能级的跃迁。3而分子的转动能级跃迁对应于微波频率。以上就是分子所有的三种能级跃迁,只有少部分已知分子有对应于500-600纳米波长的可见光部分的电子能级跃迁。

也许根本就不存在在绿光波段有强吸收,并且能作为光合作用催化剂的分子,至少现在没找到。

PS:到是有很多原子的价电子能级跃迁对应于可见光,因为一个原子核形成的中心势阱比分子里面多个原子核形成的中心势阱要浅,所以电子能级间隔会小很多。

[Dr.Lib]Note:Math – 条件概率与遗传

条件概率

条件概率就是事件A在另外一个事件B已经发生条件下的发生概率。条件概率表示为P(A|B),读作“在B条件下A的概率”。
联合概率表示两个事件共同发生的概率。A与B的联合概率表示为或者。
边缘概率是某个事件发生的概率。边缘概率是这样得到的:在联合概率中,把最终结果中不需要的那些事件合并成其事件的全概率而消失(对离散随机变量用求和得全概率,对连续随机变量用积分得全概率)。这称为边缘化(marginalization)。A的边缘概率表示为P(A),B的边缘概率表示为P(B)。
需要注意的是,在这些定义中A与B之间不一定有因果或者时间顺序关系。A可能会先于B发生,也可能相反,也可能二者同时发生。A可能会导致B的发生,也可能相反,也可能二者之间根本就没有因果关系。
例如考虑一些可能是新的信息的概率条件性可以通过贝叶斯定理实现。

定义

在同一个样本空间Ω中的事件或者子集A与B,如果随机从Ω中选出的一个元素属于B,那么这个随机选择的元素还属于A的概率就定义为在B的前提下A的条件概率。从这个定义中,我们可以得出

P(A|B) = |A∩B|/|B|

分子、分母都除以|Ω|得到

\(P(A|B) = \frac{P(A \cap B)}{P(B)}\)

有时候也称为:后验概率

统计独立性

当且仅当两个随机事件A与B满足

\(P(A \cap B) \ = \ P(A) P(B)\)。

的时候,它们才是统计独立的,这样联合概率可以表示为各自概率的简单乘积。

同样,对于两个独立事件A与B有

\(P(A|B) \ = \ P(A)\)

以及

\(P(B|A) \ = \ P(B)\)。

换句话说,如果A与B是相互独立的,那么A在B这个前提下的条件概率就是A自身的概率;同样,B在A的前提下的条件概率就是B自身的概率。

互斥性

当且仅当A与B满足

\(P(A \cap B) = 0\)

\(P(A) \ne 0\),\(P(B) \ne 0\)

的时候,A与B是互斥的。

因此,

\(P(A\mid B) = 0\)
\(P(B\mid A) = 0\)。

换句话说,如果B已经发生,由于A不能B在同一场合下发生,那么A发生的概率为零;同样,如果A已经发生,那么B发生的概率为零。

其它

    • 如果事件B的概率\(P(B) > 0\),那么\(Q(A) = P(A|B)\)在所有事件A上所定义的函数Q就是概率测度
    • 如果\(P(B)=0\),\(P(A|B)\)没有定义。
    • 条件概率可以用决策树进行计算。

(原来我的那种方法叫决策树啊……)

形式定义

考虑概率空间Ω(S, σ(S)),其中σ(S)是集S上的σ代数,Ω上对应于随机变量X的概率测度(可以理解为概率分布)为PX;又A∈σ(S),PX(A)≥0(这里可以理解为事件A,A不是零测集)。则∀E∈σ(S),可以定义集函数PX|A如下:

PX|A(E)=PX(A∩E)/PX(E)。

易知PX|A也是Ω上的概率测度,此测度称为X在A下的条件测度(条件概率分布)。

独立性:设A,B∈σ(S),称A,B在概率测度P下为相互独立的,若P(A∩E)=P(A)P(E)。

贝叶斯定理

贝叶斯定理是关于随机事件A和B的条件概率(或边缘概率)的一则定理。

\(P(A|B) = \frac{P(B | A)\, P(A)}{P(B)}\)

其中P(A|B)是在B发生的情况下A发生的可能性。

在贝叶斯定理中,每个名词都有约定俗成的名称:

按这些术语,Bayes定理可表述为:

后验概率 = (相似度*先验概率)/标准化常量

也就是说,后验概率与先验概率和相似度的乘积成正比。

另外,比例P(B|A)/P(B)也有时被称作标准相似度(standardised likelihood),Bayes定理可表述为:

后验概率 = 标准相似度*先验概率

遗传问题的计算

Example1:

已知甲病为由隐性基因a控制的遗传病,一父本的基因为aa,母本表现型正常,基因型有1/3的可能性是AA,有2/3的可能性是Aa,问子代一对异卵双胞胎同时患甲病的概率是多少?

Ans:

\(\frac{1}{6}\)

\(P(C1)=P(Aa)*\frac{1}{2}=\frac{1}{3}\)

\(P(C2|C1)= \frac{1}{2} \)(此时母本必为Aa)

\(P(C2|C1)= \frac{ P(C1\bigcap C2)}{P(C1)}\)

\( P(C1\bigcap C2)=P(C2|C1) \cdot P(C1) =\frac{1}{6}\)

 

P(C1)和P(C2)分别为两个孩子患病的概率。P(Aa)为母本为Aa的概率。

Example2:

Aa控制的遗传病为常染色体隐形遗传病。男子的基因型有两种可能1/3AA,2/3Aa。与基因型为Aa的正常女子结婚。生了一个正常的儿子。求这个儿子是Aa的概率。

Ans:

\(\frac{3}{5}\)

\(P(C|A\_)=\frac{P(C \bigcap A\_)}{P(A\_)}=\frac{P(AA)  \cdot \frac{1}{2}+ P(Aa) \cdot \frac{1}{2}}{P(A\_)}=\frac{\frac{1}{3}  \cdot \frac{1}{2}+\frac{2}{3} \cdot \frac{1}{2}}{\frac{5}{6}}=\frac{3}{5}\)

 

P(A_)为孩子正常的概率。P(C)为孩子为Aa的概率。P(AA)和P(Aa)是男子基因型的概率。