Математические байки

И все сомножители в правой части, кроме первого, это почти 1.

Потому что последний сомножитель это так и есть примерно e^{-λ}, а произведение первых двух можно переписать:

Ну и вообще, если нас интересует, с какой вероятностью на отрезке [0,1] произошло ровно k распадов — то нужно выбрать места, где они происходят, а это можно сделать C_N^k способами, и умножить это на вероятность каждой отдельной "конфигурации": k распадов (с вероятностью (λ/N) каждый) и N-k не-распадов. Итого получаем:

А с какой вероятностью у нас на этом отрезке будет отмечен ровно один распад? У нас N "делений времени", на которых он может произойти; на каждом вероятность, что он произойдёт, это (λ/N), да ещё нужно домножить на вероятность, что больше нигде распадов не будет, (1-λ/N)^{N-1}. Итого

(Да, тут коллеги ругаются на то, что на картинке выше точки слишком посередине каждого отрезка — так что вот улучшенная непрерывная версия!)

К фиксированному отрезку мы сейчас вернёмся — но вообще отсюда можно увидеть, что мы можем сказать про (случайный, как и всё остальное) момент первого распада T_1: вероятность того, что T_1>t, равна e^{-λt}.
Это — экспоненциальное распределение с параметром λ. Оно обладает тем (естественно возникающим из независимости подбрасываний монетки) свойством, что если мы его ждём и за какое-то время t_0 оно ещё не произошло — то при этом условии распределение оставшегося времени ожидания такое же, каким распределение T_1 было исходно. Очень неприятно ждать автобус, если у него такое распределение времени прихода: вроде как ждали-ждали, а если он ещё не пришёл, то ждать остаётся (в смысле распределения) "столько же"!

А если мы будем смотреть не на отрезке длины 1, а на отрезке времени длины t — то вероятность будет e^{-λt}.

Поделим этот отрезок времени на очень большое число N частей (пусть 1/N это просто временное разрешение нашего самописца) — так, чтобы вероятностью получить два распада на одном отрезке можно было бы пренебречь. Тогда на каждом отрезке мы подкидываем монетку, на которой "есть распад" выпадает с очень маленькой вероятностью λ/N, и "нет распада" с оставшейся.
Поэтому, например, вероятность того, что не было ни одного распада, равна (1-λ/N)^N, что при N->\infty стремится к e^{-λ}.

Пусть λ — среднее число распадов в единицу времени; его называют интенсивностью процесса. Как устроено распределение (случайного) числа отметок (распадов атомов) на отрезке времени от 0 до 1?

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)!