本文主要推導高斯分佈（正態分佈）的積分，期望E(X)和方差V(X)。
其中主要是方差V(X)的推導，本文介紹3種高斯方差的推導方法。
高斯分佈的概率密度函數： f ( x ) = 1 2 π δ e − ( x − u ) 2 2 δ 2 (1) f(x) = \frac{1}{\sqrt{2\pi}\delta}{e^{-\frac{(x-u)^2}{2\delta^2}}} \tag{1} f ( x ) = 2 π δ 1 e − 2 δ 2 ( x − u ) 2 ( 1 )
高斯分佈的概率分佈函數（歸一化）： F = ∫ − ∞ + ∞ f ( x ) d x = ∫ − ∞ + ∞ 1 2 π δ e − ( x − u ) 2 2 δ 2 d x = 1 2 π δ ∫ − ∞ + ∞ e − ( x − u ) 2 2 δ 2 d ( x − u ) = 1 2 π δ ∫ − ∞ + ∞ e − x 2 2 δ 2 d x (2)
\begin{aligned}
F &=\int^{ +\infty }_{ - \infty }f(x)dx=\int^{ +\infty }_{ - \infty } \frac{1}{\sqrt{2\pi}\delta}{e^{-\frac{(x-u)^2}{2\delta^2}}dx}\\\\
&=\frac{1}{\sqrt{2\pi}\delta}\int^{ +\infty }_{ - \infty } {e^{-\frac{(x-u)^2}{2\delta^2}}d(x-u)}\\\\
&=\frac{1}{\sqrt{2\pi}\delta}\int^{ +\infty }_{ - \infty } {e^{-\frac{x^2}{2\delta^2}}dx}
\end{aligned} \tag{2}
F = ∫ − ∞ + ∞ f ( x ) d x = ∫ − ∞ + ∞ 2 π δ 1 e − 2 δ 2 ( x − u ) 2 d x = 2 π δ 1 ∫ − ∞ + ∞ e − 2 δ 2 ( x − u ) 2 d ( x − u ) = 2 π δ 1 ∫ − ∞ + ∞ e − 2 δ 2 x 2 d x ( 2 )
概率密度函數的積分爲F ( x ) = 1 F(x)=1 F ( x ) = 1 F ( x ) F(x) F ( x ) F ( x ) 2 F(x)^2 F ( x ) 2 F 2 = 1 2 π δ ∫ − ∞ + ∞ e − x 2 2 δ 2 d x 1 2 π δ ∫ − ∞ + ∞ e − y 2 2 δ 2 d y = 1 2 π δ 2 ∫ − ∞ + ∞ ∫ − ∞ + ∞ e − x 2 + y 2 2 δ 2 d x d y (3)
\begin{aligned}
F^2 &=\frac{1}{\sqrt{2\pi}\delta}\int^{ +\infty }_{ - \infty } {e^{-\frac{x^2}{2\delta^2}}dx}
\frac{1}{\sqrt{2\pi}\delta}\int^{ +\infty }_{ - \infty } {e^{-\frac{y^2}{2\delta^2}}dy}\\\\
&=\frac{1}{2\pi\delta^2}\int^{ +\infty }_{ - \infty }\int^{ +\infty }_{ - \infty } {e^{-\frac{x^2+y^2}{2\delta^2}}dxdy}
\end{aligned} \tag{3}
F 2 = 2 π δ 1 ∫ − ∞ + ∞ e − 2 δ 2 x 2 d x 2 π δ 1 ∫ − ∞ + ∞ e − 2 δ 2 y 2 d y = 2 π δ 2 1 ∫ − ∞ + ∞ ∫ − ∞ + ∞ e − 2 δ 2 x 2 + y 2 d x d y ( 3 )
令 x = r sin θ x=r\sin\theta x = r sin θ y = r cos θ y=r\cos\theta y = r cos θ F 2 = 1 2 π δ 2 ∫ 0 2 π ∫ 0 + ∞ e − r 2 2 δ 2 r d r d θ = 1 2 π δ 2 ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 + ∞ e − r 2 2 δ 2 r d r = 1 δ 2 ∫ 0 + ∞ e − r 2 2 δ 2 r d r = ∫ 0 + ∞ e − r 2 2 δ 2 d ( r 2 2 δ 2 ) = ∫ 0 + ∞ e − m d m = 1 (4)
\begin{aligned}
F^2 &=\frac{1}{2\pi\delta^2}\int^{ 2\pi }_{ 0 }\int^{ +\infty }_{ 0 } {e^{-\frac{r^2}{2\delta^2}}rdrd\theta}\\\\
&=\frac{1}{2\pi\delta^2}\int^{ 2\pi }_{ 0 }d\theta\int^{ +\infty }_{ 0 } {e^{-\frac{r^2}{2\delta^2}}rdr}\\\\
&=\frac{1}{\delta^2}\int^{ +\infty }_{ 0 } {e^{-\frac{r^2}{2\delta^2}}rdr}\\\\
&=\int^{ +\infty }_{ 0 } {e^{-\frac{r^2}{2\delta^2}}d(\frac{r^2}{2\delta^2})}\\\\
&=\int^{ +\infty }_{ 0 } {e^{-m}dm}\\\\
&=1
\end{aligned} \tag{4}
F 2 = 2 π δ 2 1 ∫ 0 2 π ∫ 0 + ∞ e − 2 δ 2 r 2 r d r d θ = 2 π δ 2 1 ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 + ∞ e − 2 δ 2 r 2 r d r = δ 2 1 ∫ 0 + ∞ e − 2 δ 2 r 2 r d r = ∫ 0 + ∞ e − 2 δ 2 r 2 d ( 2 δ 2 r 2 ) = ∫ 0 + ∞ e − m d m = 1 ( 4 )
即可證明得：F = ∫ − ∞ + ∞ 1 2 π δ e − ( x − u ) 2 2 δ 2 d x = 1 (5)
F =\int^{ +\infty }_{ - \infty } \frac{1}{\sqrt{2\pi}\delta}{e^{-\frac{(x-u)^2}{2\delta^2}}dx}=1\tag{5}
F = ∫ − ∞ + ∞ 2 π δ 1 e − 2 δ 2 ( x − u ) 2 d x = 1 ( 5 )
注：這裏可以由 F 2 = 1 F^2=1 F 2 = 1 F F F
高斯分佈的期望 E ( x ) = u E(x)=u E ( x ) = u E ( x ) = ∫ − ∞ + ∞ x f ( x ) d x = ∫ − ∞ + ∞ 1 2 π δ e − ( x − u ) 2 2 δ 2 x d x = ∫ − ∞ + ∞ 1 2 π δ e − x 2 2 δ 2 ( x + u ) d x = ∫ − ∞ + ∞ 1 2 π δ e − x 2 2 δ 2 x d x ⏟ 0 + u ∫ − ∞ + ∞ 1 2 π δ e − x 2 2 δ 2 d x ⏟ 1 = u (6)
\begin{aligned}
E(x)&=\int^{ +\infty }_{ - \infty }xf(x)dx=\int^{ +\infty }_{ - \infty } \frac{1}{\sqrt{2\pi}\delta}{e^{-\frac{(x-u)^2}{2\delta^2}}xdx}\\\\
&=\int^{ +\infty }_{ - \infty } \frac{1}{\sqrt{2\pi}\delta}{e^{-\frac{x^2}{2\delta^2}}(x+u)dx}\\\\
&=\underbrace{\int^{ +\infty }_{ - \infty } \frac{1}{\sqrt{2\pi}\delta}{e^{-\frac{x^2}{2\delta^2}}xdx}}_{0}+u\underbrace{\int^{ +\infty }_{ - \infty } \frac{1}{\sqrt{2\pi}\delta}{e^{-\frac{x^2}{2\delta^2}}dx}}_{1}\\\\
&=u
\end{aligned}\tag{6}
E ( x ) = ∫ − ∞ + ∞ x f ( x ) d x = ∫ − ∞ + ∞ 2 π δ 1 e − 2 δ 2 ( x − u ) 2 x d x = ∫ − ∞ + ∞ 2 π δ 1 e − 2 δ 2 x 2 ( x + u ) d x = 0 ∫ − ∞ + ∞ 2 π δ 1 e − 2 δ 2 x 2 x d x + u 1 ∫ − ∞ + ∞ 2 π δ 1 e − 2 δ 2 x 2 d x = u ( 6 )
由於 ∫ − ∞ + ∞ 1 2 π δ e − x 2 2 δ 2 x d x \int^{ +\infty }_{ - \infty } \frac{1}{\sqrt{2\pi}\delta}{e^{-\frac{x^2}{2\delta^2}}xdx} ∫ − ∞ + ∞ 2 π δ 1 e − 2 δ 2 x 2 x d x E ( x ) = u E(x)=u E ( x ) = u
高斯分佈的方差 V ( x ) = δ 2 V(x)=\delta^2 V ( x ) = δ 2 V = ∫ − ∞ + ∞ ( x − u ) 2 f ( x ) d x = ∫ − ∞ + ∞ 1 2 π δ e − ( x − u ) 2 2 δ 2 ( x − u ) 2 d x = ∫ − ∞ + ∞ 1 2 π δ e − x 2 2 δ 2 x 2 d x (7)
\begin{aligned}
V&=\int^{ +\infty }_{ - \infty }(x-u)^2f(x)dx\\\\
&=\int^{ +\infty }_{ - \infty } \frac{1}{\sqrt{2\pi}\delta}{e^{-\frac{(x-u)^2}{2\delta^2}}(x-u)^2dx}\\\\
&=\int^{ +\infty }_{ - \infty } \frac{1}{\sqrt{2\pi}\delta}{e^{-\frac{x^2}{2\delta^2}}x^2dx}
\end{aligned}\tag{7}
V = ∫ − ∞ + ∞ ( x − u ) 2 f ( x ) d x = ∫ − ∞ + ∞ 2 π δ 1 e − 2 δ 2 ( x − u ) 2 ( x − u ) 2 d x = ∫ − ∞ + ∞ 2 π δ 1 e − 2 δ 2 x 2 x 2 d x ( 7 )
如下介紹3種推導方法，第一種最爲複雜的推導，先計算 V 2 V^2 V 2 V 2 = ∫ − ∞ + ∞ 1 2 π δ e − x 2 2 δ 2 x 2 d x ∫ − ∞ + ∞ 1 2 π δ e − y 2 2 δ 2 y 2 d y = 1 2 π δ 2 ∫ − ∞ + ∞ ∫ − ∞ + ∞ e − x 2 + y 2 2 δ 2 x 2 y 2 d x d y (8)
\begin{aligned}
V^2&=\int^{ +\infty }_{ - \infty } \frac{1}{\sqrt{2\pi}\delta}{e^{-\frac{x^2}{2\delta^2}}x^2dx}\int^{ +\infty }_{ - \infty } \frac{1}{\sqrt{2\pi}\delta}{e^{-\frac{y^2}{2\delta^2}}y^2dy}\\\\
&=\frac{1}{2\pi\delta^2}\int^{ +\infty }_{ - \infty }\int^{ +\infty }_{ - \infty } {e^{-\frac{x^2+y^2}{2\delta^2}}x^2y^2dxdy}
\end{aligned}\tag{8}
V 2 = ∫ − ∞ + ∞ 2 π δ 1 e − 2 δ 2 x 2 x 2 d x ∫ − ∞ + ∞ 2 π δ 1 e − 2 δ 2 y 2 y 2 d y = 2 π δ 2 1 ∫ − ∞ + ∞ ∫ − ∞ + ∞ e − 2 δ 2 x 2 + y 2 x 2 y 2 d x d y ( 8 )
令 x = r sin θ x=r\sin\theta x = r sin θ y = r cos θ y=r\cos\theta y = r cos θ V 2 = 1 2 π δ 2 ∫ 0 2 π ∫ 0 + ∞ r 4 sin 2 θ cos 2 θ e − r 2 2 δ 2 r d r d θ = 1 2 π δ 2 ∫ 0 2 π sin 2 θ cos 2 θ d θ ∫ 0 + ∞ r 5 e − r 2 2 δ 2 d r (9)
\begin{aligned}
V^2&=\frac{1}{2\pi\delta^2}\int^{ 2\pi }_{ 0 }\int^{ +\infty }_{ 0 } {r^4\sin^2\theta \cos^2\theta e^{-\frac{r^2}{2\delta^2}}rdrd\theta}\\\\
&=\frac{1}{2\pi\delta^2}\int^{ 2\pi }_{ 0 } {\sin^2\theta \cos^2\theta d\theta\int^{ +\infty }_{ 0 }r^5e^{-\frac{r^2}{2\delta^2}}dr}
\end{aligned}\tag{9}
V 2 = 2 π δ 2 1 ∫ 0 2 π ∫ 0 + ∞ r 4 sin 2 θ cos 2 θ e − 2 δ 2 r 2 r d r d θ = 2 π δ 2 1 ∫ 0 2 π sin 2 θ cos 2 θ d θ ∫ 0 + ∞ r 5 e − 2 δ 2 r 2 d r ( 9 )
上面兩部分可分開計算，首先計算左邊關於 θ \theta θ sin 2 θ = 1 − cos 2 θ 2 \sin^2 \theta=\frac{1-\cos2\theta}{2} sin 2 θ = 2 1 − cos 2 θ ∫ 0 2 π sin 2 θ cos 2 θ d θ = 1 4 ∫ 0 2 π sin 2 2 θ d θ = 1 4 ∫ 0 2 π 1 − cos 4 θ 2 d θ = 1 8 ∫ 0 2 π d θ − 1 8 ∫ 0 2 π cos 4 θ d θ = π 4 − 1 32 ∫ 0 8 π cos θ d θ = π 4 (10)
\begin{aligned}
\int^{ 2\pi }_{ 0 } {\sin^2\theta \cos^2\theta d\theta}&=\frac{1}{4}\int^{ 2\pi }_{ 0 }{\sin^22\theta d\theta}\\\\
&=\frac{1}{4}\int^{ 2\pi }_{ 0 }\frac{1-\cos4\theta }{2} d\theta\\\\
&=\frac{1}{8}\int^{ 2\pi }_{ 0 }d\theta-\frac{1}{8}\int^{ 2\pi }_{ 0} {\cos4\theta } d\theta\\\\
&=\frac{\pi}{4}-\frac{1}{32}\int^{ 8\pi }_{ 0} {\cos\theta } d\theta\\\\
&=\frac{\pi}{4}
\end{aligned}\tag{10}
∫ 0 2 π sin 2 θ cos 2 θ d θ = 4 1 ∫ 0 2 π sin 2 2 θ d θ = 4 1 ∫ 0 2 π 2 1 − cos 4 θ d θ = 8 1 ∫ 0 2 π d θ − 8 1 ∫ 0 2 π cos 4 θ d θ = 4 π − 3 2 1 ∫ 0 8 π cos θ d θ = 4 π ( 1 0 )
計算右邊關於 r r r m = r 2 m=r^2 m = r 2 ∫ 0 + ∞ r 5 e − r 2 2 δ 2 d r = 1 2 ∫ 0 + ∞ m 2 e − m 2 δ 2 d m = − δ 2 ∫ 0 + ∞ m 2 d ( e − m 2 δ 2 ) = − δ 2 ( m 2 e − m 2 δ 2 ∣ 0 + ∞ − ∫ 0 + ∞ e − m 2 δ 2 d ( m 2 ) ) lim m → + ∞ m 2 e − m 2 δ 2 = 0 ⟶ = 2 δ 2 ∫ 0 + ∞ m e − m 2 δ 2 d m = − 4 δ 4 ∫ 0 + ∞ m d ( e − m 2 δ 2 ) = − 4 δ 4 ( m e − m 2 δ 2 ∣ 0 + ∞ − ∫ 0 + ∞ e − m 2 δ 2 d m ) lim m → + ∞ m e − m 2 δ 2 = 0 ⟶ = 4 δ 4 ∫ 0 + ∞ e − m 2 δ 2 d m = 8 δ 6 (11)
\begin{aligned}
\int^{ +\infty }_{ 0 }r^5e^{-\frac{r^2}{2\delta^2}}dr&=\frac{1}{2}\int^{ +\infty }_{ 0 }m^2e^{-\frac{m}{2\delta^2}}dm\\\\
&=-\delta^2\int^{ +\infty }_{ 0 }m^2d(e^{-\frac{m}{2\delta^2}})\\\\
&=-\delta^2 \bigg( m^2e^{-\frac{m}{2\delta^2}}|^{+\infty}_{0}-\int^{ +\infty }_{ 0 }e^{-\frac{m}
{2\delta^2}}d(m^2)\bigg)\\\\
\lim_{m\rightarrow+\infty} m^2e^{-\frac{m}{2\delta^2}}=0\longrightarrow&=2\delta^2 \int^{ +\infty }_{ 0 }me^{-\frac{m}{2\delta^2}}dm\\\\
&=-4\delta^4\int^{ +\infty }_{ 0 }md(e^{-\frac{m}{2\delta^2}})\\\\
&=-4\delta^4 \bigg( me^{-\frac{m}{2\delta^2}}|^{+\infty}_{0}-\int^{ +\infty }_{ 0 }e^{-\frac{m}
{2\delta^2}}dm\bigg)\\\\
\lim_{m\rightarrow+\infty} me^{-\frac{m}{2\delta^2}}=0\longrightarrow&=4\delta^4 \int^{ +\infty }_{ 0 }e^{-\frac{m}{2\delta^2}}dm\\\\
&=8\delta^6
\end{aligned}\tag{11}
∫ 0 + ∞ r 5 e − 2 δ 2 r 2 d r m → + ∞ lim m 2 e − 2 δ 2 m = 0 ⟶ m → + ∞ lim m e − 2 δ 2 m = 0 ⟶ = 2 1 ∫ 0 + ∞ m 2 e − 2 δ 2 m d m = − δ 2 ∫ 0 + ∞ m 2 d ( e − 2 δ 2 m ) = − δ 2 ( m 2 e − 2 δ 2 m ∣ 0 + ∞ − ∫ 0 + ∞ e − 2 δ 2 m d ( m 2 ) ) = 2 δ 2 ∫ 0 + ∞ m e − 2 δ 2 m d m = − 4 δ 4 ∫ 0 + ∞ m d ( e − 2 δ 2 m ) = − 4 δ 4 ( m e − 2 δ 2 m ∣ 0 + ∞ − ∫ 0 + ∞ e − 2 δ 2 m d m ) = 4 δ 4 ∫ 0 + ∞ e − 2 δ 2 m d m = 8 δ 6 ( 1 1 )
因此V 2 = 1 2 π δ 2 ∫ 0 2 π sin 2 θ cos 2 θ d θ ⋅ ∫ 0 + ∞ r 5 e − r 2 2 δ 2 r d r = 1 2 π δ 2 ⋅ π 4 ⋅ 8 δ 6 = δ 4 (12)
\begin{aligned}
V^2&=\frac{1}{2\pi\delta^2}\int^{ 2\pi }_{ 0 } {\sin^2\theta \cos^2\theta d\theta\cdot\int^{ +\infty }_{ 0 }r^5e^{-\frac{r^2}{2\delta^2}}rdr}\\\\
&=\frac{1}{2\pi\delta^2}\cdot\frac{\pi}{4}\cdot8\delta^6\\\\
&=\delta^4
\end{aligned}\tag{12}
V 2 = 2 π δ 2 1 ∫ 0 2 π sin 2 θ cos 2 θ d θ ⋅ ∫ 0 + ∞ r 5 e − 2 δ 2 r 2 r d r = 2 π δ 2 1 ⋅ 4 π ⋅ 8 δ 6 = δ 4 ( 1 2 )
所以 V = δ 2 V=\delta^2 V = δ 2
如下介紹第二種較爲巧妙的推導： V = ∫ − ∞ + ∞ 1 2 π δ e − ( x − u ) 2 2 δ 2 ( x − u ) 2 d x = ∫ − ∞ + ∞ 1 2 π δ e − x 2 2 δ 2 x 2 d x = − δ 2 π ∫ − ∞ + ∞ x d ( e − x 2 2 δ 2 ) = − δ 2 π ( x e − x 2 2 δ 2 ∣ − ∞ + ∞ ⏟ 0 − ∫ − ∞ + ∞ e − x 2 2 δ 2 d x ) = δ 2 π ∫ − ∞ + ∞ e − x 2 2 δ 2 d x = δ 2 ⋅ 1 2 π δ ∫ − ∞ + ∞ e − x 2 2 δ 2 d x = δ 2 (13)
\begin{aligned}
V&=\int^{ +\infty }_{ - \infty } \frac{1}{\sqrt{2\pi}\delta}{e^{-\frac{(x-u)^2}{2\delta^2}}(x-u)^2dx}\\\\
&=\int^{ +\infty }_{ - \infty } \frac{1}{\sqrt{2\pi}\delta}{e^{-\frac{x^2}{2\delta^2}}x^2dx}\\\\
&=-\frac{\delta}{\sqrt{2\pi}}\int^{ +\infty }_{ - \infty } xd\Big(e^{-\frac{x^2}{2\delta^2}}\Big)\\\\
&=-\frac{\delta}{\sqrt{2\pi}}\bigg(\underbrace{xe^{-\frac{x^2}{2\delta^2}}|^{+\infty}_{-\infty}}_{0}-\int^{ +\infty }_{ - \infty }{e^{-\frac{x^2}{2\delta^2}}dx}\bigg)\\\\
&=\frac{\delta}{\sqrt{2\pi}}\int^{ +\infty }_{ - \infty }{e^{-\frac{x^2}{2\delta^2}}dx}\\\\
&=\delta^2 \cdot\frac{1}{\sqrt{2\pi}\delta}\int^{ +\infty }_{ - \infty }{e^{-\frac{x^2}{2\delta^2}}dx}\\\\
&=\delta^2
\end{aligned}\tag{13}
V = ∫ − ∞ + ∞ 2 π δ 1 e − 2 δ 2 ( x − u ) 2 ( x − u ) 2 d x = ∫ − ∞ + ∞ 2 π δ 1 e − 2 δ 2 x 2 x 2 d x = − 2 π δ ∫ − ∞ + ∞ x d ( e − 2 δ 2 x 2 ) = − 2 π δ ( 0 x e − 2 δ 2 x 2 ∣ − ∞ + ∞ − ∫ − ∞ + ∞ e − 2 δ 2 x 2 d x ) = 2 π δ ∫ − ∞ + ∞ e − 2 δ 2 x 2 d x = δ 2 ⋅ 2 π δ 1 ∫ − ∞ + ∞ e − 2 δ 2 x 2 d x = δ 2 ( 1 3 )
第三種證明方法則利用方差特性： V ( x ) = E ( ( x − E ( x ) ) 2 ) = E ( x 2 − 2 x E ( x ) + E 2 ( x ) ) = E ( x 2 ) − 2 E ( x ) E ( x ) + E 2 ( x ) = E ( x 2 ) − E 2 ( x ) = E ( x 2 ) − u 2 (14)
\begin{aligned}
V(x)&=E\Big((x-E(x))^2\Big)\\\\
&=E\Big(x^2-2xE(x)+E^2(x)\Big)\\\\
&=E(x^2)-2E(x)E(x)+E^2(x)\\\\
&=E(x^2)-E^2(x)\\\\
&=E(x^2)-u^2
\end{aligned}\tag{14}
V ( x ) = E ( ( x − E ( x ) ) 2 ) = E ( x 2 − 2 x E ( x ) + E 2 ( x ) ) = E ( x 2 ) − 2 E ( x ) E ( x ) + E 2 ( x ) = E ( x 2 ) − E 2 ( x ) = E ( x 2 ) − u 2 ( 1 4 )
這裏只需再求取 E ( x 2 ) E(x^2) E ( x 2 )
期望 E ( x ) E(x) E ( x ) 一階矩 ，而 E ( x 2 ) E(x^2) E ( x 2 ) 二階矩 ，這裏就是求概率分佈的二階矩
E ( x 2 ) = ∫ − ∞ + ∞ 1 2 π δ e − ( x − u ) 2 2 δ 2 x 2 d x (15) E(x^2)=\int^{ +\infty }_{ - \infty } \frac{1}{\sqrt{2\pi}\delta}{e^{-\frac{(x-u)^2}{2\delta^2}}x^2dx}\tag{15} E ( x 2 ) = ∫ − ∞ + ∞ 2 π δ 1 e − 2 δ 2 ( x − u ) 2 x 2 d x ( 1 5 )
參考第二種證明的方法，可以比較快速的得到：
E ( x 2 ) = δ 2 + u 2 (16) E(x^2)=\delta^2+u^2\tag{16} E ( x 2 ) = δ 2 + u 2 ( 1 6 )
從而可得 V ( x ) = E ( x 2 ) − u 2 = δ 2 V(x)=E(x^2)-u^2=\delta^2 V ( x ) = E ( x 2 ) − u 2 = δ 2
感悟：三種方法證明完成，最近在看《概率機器人》，裏面所有理論基礎都是概率貝葉斯，索性重新推導了高斯分佈，發現高斯分佈真是一個偉大的發現，用一個如此優雅的曲線描繪這個世界的創造規律，從而讓所有的不確定性可以被估計和優化，打開了人類與上帝對話的一個窗口，窺探上帝的造物規律。
參考文獻：
https://blog.csdn.net/qq_37549266/article/details/95942282 https://www.zhihu.com/question/23971601
