第 6 章 泊松分布

  • 当一个事件，在一段时间 (\(T\)) 中可能发生的次数是 \(\lambda\) 。那么我们可以认为，经过时间 \(T\)，该事件发生的期望次数是 \(E(X)=\lambda T\)。
  • 利用微分思想，将这段时间 \(T\) 等分成 \(n\) 个时间段，当 \(n\rightarrow\infty\) 直到每个微小的时间段内最多发生一次该事件。

那么

  • 每个微小的时间段，可以视为是一个伯努利实验（有事件发生或者没有）
  • 那么这整段时间 \(T\) 内发生的事件可以视为是一个二项分布实验。

令 \(X=\) 一次事件发生时所经过的所有时间段

  • \(X \sim Bin(n, \pi)\)，其中 \(n\rightarrow\infty\)，\(n\) 为时间段。
  • 在每个分割好的时间段内，事件发生的概率都是：\(\pi=\frac{\lambda T}{n}\)
  • 期望 \(\mu=\lambda T \Rightarrow \pi=\mu/n\)
  • 所以 \(X\) 的概率方程就是：

\[ \begin{align} P(X=x) &= \binom{n}{x}\pi^x(1-\pi)^{n-x} \\ &= \binom{n}{x}(\frac{\mu}{n})^x(1-\frac{\mu}{n})^{n-x} \\ &= \frac{n!}{x!(n-x)!}(\frac{\mu}{n})^x(1-\frac{\mu}{n})^{n-x} \\ &=\frac{n!}{n^x(n-x)!}\frac{\mu^x}{x!}(1-\frac{\mu}{n})^{n-x}\\ \text{when}\; n\rightarrow\infty &\; x \ll n\\ \frac{n!}{n^x(n-x)!} &=\frac{n(n-1)\dots(n-x+1)}{n^x} \rightarrow 1\\ (1-\frac{\mu}{n})^{n-x} &\approx (1-\frac{\mu}{n})^n \rightarrow e^{-\mu}\\ \text{the probability function } & \text{ of a Poisson distribution} \\ P(X=x) &\rightarrow \frac{\mu^x}{x!}e^{-\mu} \end{align} \]

当数据服从泊松分布时，记为 \(X\sim Poisson(\mu=\lambda T)\;\; or\;\; X\sim Poi(\mu)\)

证明泊松分布的参数特征：

  1. \(E(X)=\mu\)

\[ \begin{align} E(X) &= \sum_{x=0}^\infty xP(X=x) \\ &= \sum_{x=0}^\infty x\frac{\mu^x}{x!}e^{-\mu} \\ &= 0+ \sum_{x=1}^\infty x\frac{\mu^x}{x!}e^{-\mu} \\ &= \sum_{x=1}^\infty \frac{\mu^x}{(x-1)!}e^{-\mu} \\ &= \mu\sum_{x=1}^\infty \frac{\mu^{x-1}}{(x-1)!}e^{-\mu} \\ \text{replace}\; &x\; \text{with all}\; i=x-1 \\ &= \mu\sum_{i=0}^\infty \frac{\mu^{i}}{i!}e^{-\mu} \\ \text{notice that}\; & \text{the right side} \sum_{i=0}^\infty \frac{\mu^{i}}{i!}e^{-\mu}=1 is \\ \text{the sum of all}\;& \text{probability of a Poisson distribution}\\ &= \mu \end{align} \]

  1. \(Var(x)=\mu\) 为了找到 \(Var(X)\)，我们用公式 \(Var(X)=E(X^2)-E(X)^2\)

我们需要找到 \(E(X^2)\)

\[ \begin{align} E(X^2) &= \sum_{x=0}^\infty x^2\frac{\mu^x}{x!}e^{-\mu} \\ &= \mu \sum_{x=1}^\infty x\frac{\mu^{x-1}}{(x-1)!}e^{-\mu} \\ \text{replace}\; &x\; \text{with all}\; i=x-1 \\ &= \mu \sum_{i=0}^\infty (i+1)\frac{\mu^{i}}{i!}e^{-\mu} \\ &= \mu(\sum_{i=0}^\infty i\frac{\mu^i}{i!}e^{-\mu} + \sum_{i=0}^\infty \frac{\ mu^i}{i!}e^{-\mu}) \\ &= \mu(E(X)+1) \\ &= \mu^2+\mu \\ Var(X) &= E(X^2) - E(X)^2 \\ &= \mu^2 + \mu -\mu^2 \\ &= \mu \end{align} \]