【泊松分布】

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前言

泊松分布作为一个离散变量的概率分布，在初学概率论时算一个难以理解的内容。

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一、泊松分布的意义

\qquad 讲到泊松分布，就是对于某事件的离散变量：X$\in$N：
P { X = k } = λ k e − λ k ! P\{X=k\} = \frac{λ^ke^{-λ}}{k!} P{X=k}=k!λke−λ​
\qquad 已知$e^x$的麦克劳林公式，在$x\in \mathbb{R}$上恒成立：
$$e^x=\sum _{k=0}^{\infty }\frac{x^k}{k!}$$
\qquad 所以，当$X$在$(0,+\infty )$上取值并求和，这个值为1，即
$$\sum _{k=0}^{\infty }\frac{{\lambda }^k{e}^{-\lambda }}{k!}=e^{-\lambda }\sum _{k=0}^{\infty }\frac{{\lambda }^k}{k!}=e^{-\lambda }{e}^{\lambda }=1$$
\qquad 从这里我们可以很直观地想到，当某个试验$E$的概率分布满足泊松分布时，即存在囊括了试验$E$所有结果的样本空间 S = { s 1 , s 2 , … , s n } S=\{s_1, s_2, \dots , s_n \} S={s1​,s2​,…,sn​}——
\qquad 而在各个样本点的发生概率，就是 P { X = s i } P\{X=s_i\} P{X=si​}。
\qquad 只不过，试验$E$的样本空间$S$的长度为$\infty$。也就是说，泊松分布是对试验发生概率，无限的离散估计。
\qquad 这么想，泊松分布就颇有高数里累加和积分那种关系的味道了，感兴趣的同学不妨可以自己去深究一下这种关系的内在韵味。

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二、泊松分布与二项分布的联系

1.二项分布的具体条件

形象一点地讲，就是：
\quad 假设有一批产品，其中存在次品，当次品出现的概率满足：
\qquad ①独立：各产品间不会互相影响次品出现的概率；
\qquad ②等概率：每个产品的制作工艺都相同，使每个产品成为次品的概率相同；
\qquad ③二项：确保每产品只有两种状态，要么次品(0)，要么成品(1)，绝对不能出现第三种情况，则称这种产品的次品出现率满足二项分布。
\qquad
再放个二项分布的表达式给大家自行体会：$p$是试验单次成功率，n是试验次数
$$(1-p+p{)}^n=\prod _{i=1}^n(1-p+p)=\sum _{i=0}^n{C}_n^i(1-p{)}^i{p}^{n-i}=1$$

2.二项$\to$泊松：离散化？无穷化?

对n次实验的二项分布中，有k次实验成功的概率为：
P { X = k } = C n k p k ( 1 − p ) n − k = n ( n − 1 ) ⋯ ( n − k + 1 ) k ! p k ( 1 − p ) n − k P\{X=k\}=C_{n}^{k}p^{k}(1-p)^{n-k} =\frac{n(n-1)\cdots(n-k+1)}{k!}p^{k}(1-p)^{n-k} P{X=k}=Cnk​pk(1−p)n−k=k!n(n−1)⋯(n−k+1)​pk(1−p)n−k
由于$np=\lambda$，代入得：
$$原式=\frac{{\lambda }^k}{k!}\ast 1(1-\frac{1}{n})\cdots (1-\frac{k-1}{n})\ast (1-\frac{\lambda }{n}{)}^n\ast (1-\frac{\lambda }{n}{)}^{-k}$$
此时，我们令$n$趋向于正无穷，而$k,\lambda$独立于$n$为远小于$n$的已知量，则
lim ⁡ n → ∞ P { X = k } = λ k k ! ∗ lim ⁡ n → ∞ ∏ i = 0 k − 1 1 − i n ∗ lim ⁡ n → ∞ ( 1 − λ n ) n ∗ lim ⁡ n → ∞ ( 1 − λ n ) − k \lim_{n \to \infty}P\{X=k\}\\ =\frac{\lambda^k}{k!}* \lim_{n \to \infty}\prod_{i=0}^{k-1} 1-\frac{i}{n}* \lim_{n \to \infty}(1-\frac{\lambda}{n})^n* \lim_{n \to \infty}(1-\frac{\lambda}{n})^{-k} n→∞lim​P{X=k}=k!λk​∗n→∞lim​i=0∏k−1​1−ni​∗n→∞lim​(1−nλ​)n∗n→∞lim​(1−nλ​)−k
\qquad 又由重要极限$$\underset{n\to \infty }{\lim }(1+\frac{1}{n}{)}^n=e$$
\qquad 可知，
$$\underset{n\to \infty }{\lim }(1-\frac{\lambda }{n}{)}^n=e^{-\lambda }\underset{n\to \infty }{\lim }(1-\frac{\lambda }{n}{)}^{-k}=1$$
\qquad 而对于
$$\begin{gathered} \underset{n\to \infty }{\lim }\prod _{i=0}^{k-1}1-\frac{i}{n} \\ =\underset{n\to \infty }{\lim }\prod _{i=0}^{k-1}{e}^{\ln (1-\frac{i}{n})} \\ =e^{{\lim }_{n\to \infty }{\sum }_{i=0}^{k-1}\ln (1-\frac{i}{n})} \end{gathered}$$

$$\begin{gathered} \underset{n\to \infty }{\lim }\sum _{i=0}^{k-1}\ln (1-\frac{i}{n}) \\ =n\underset{n\to \infty }{\lim }\sum _{i=0}^{k-1}\ln (1-\frac{i}{n})\frac{1}{n} \\ =n{\int }_0^{\frac{k-1}{n}}\ln (1-x)\mathrm{d}x \\ =n{\int }_{1-\frac{k-1}{n}}^1\ln t\mathrm{d}t \\ =t\ln t-t{|}_{1-\frac{k-1}{n}}^1\ast n \\ =\underset{n\to \infty }{\lim }-(k-1)+\frac{n-k+1}{n}(k-1)=0 \end{gathered}$$
即，
$$\underset{n\to \infty }{\lim }\prod _{i=0}^{k-1}1-\frac{i}{n}=1$$
所以，得：
lim ⁡ n → ∞ P { X = k } = λ k k ! e − λ \lim_{n \to \infty}P\{X=k\}=\frac{\lambda^k}{k!}e^{-\lambda} n→∞lim​P{X=k}=k!λk​e−λ

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下面给大家举个我自己作业里的简单例子：


正常思路：
（i）在8分钟内，来电次数的期望为2，且来电次数的分布概率满足泊松分布，
P { X = k } = 2 k e − 2 k ! P\{X=k\}= \frac{2^ke^{-2}}{k!} P{X=k}=k!2ke−2​
所以不来电的概率为：
P { X = 0 } = e − 2 P\{X=0\}= e^{-2} P{X=0}=e−2
（ii）这里可以看做两个并列的泊松分布，一个是2分钟内来电的泊松分布，一个是4分钟内来电的泊松分布：
P 1 { X = k } = 0. 5 k e − 0.5 k ! P 2 { X = k } = 1 k e − 1 k ! = e − 1 k ! P_1\{X=k\}= \frac{0.5^ke^{-0.5}}{k!} \qquad P_2\{X=k\}= \frac{1^ke^{-1}}{k!}=\frac{e^{-1}}{k!} P1​{X=k}=k!0.5ke−0.5​P2​{X=k}=k!1ke−1​=k!e−1​
想要让下一个来电落在2-6分钟，只要让2-6分钟内的来电不为0就行，
P = 1 { X = 0 } ( 1 − P 2 { X = 0 } ) = e − 0.5 ( 1 − e − 1 ) P=_1\{X=0\}(1-P_2\{X=0\})=e^{-0.5}(1-e^{-1}) P=1​{X=0}(1−P2​{X=0})=e−0.5(1−e−1)
（iii）很简单，泊松分布的简单应用，
令时间长度为$t$分钟，$\lambda =\frac{t}{4}$
P { X ≥ 1 } = 1 − P { X = 0 } 1 − e − t 4 = 0.7 P\{X\ge1\}=1-P\{X=0\} \qquad 1-e^{-\frac{t}{4}}=0.7 P{X≥1}=1−P{X=0}1−e−4t​=0.7
（iv）可得泊松分布 P { X = k } = 3 k e − 3 k ! P\{X=k\}= \frac{3^ke^{-3}}{k!} P{X=k}=k!3ke−3​，
P { X ≥ 3 } = 1 − P { X = 0 } − P { X = 1 } − P { X = 2 } = 1 − e − 3 − 3 e − 3 − 9 e − 3 2 = 1 − 8.5 e − 3 P\{X\ge3\}=1-P\{X=0\} -P\{X=1\} -P\{X=2\} =1-e^{-3}-3e^{-3}-\frac{9e^{-3}}{2} =1-8.5e^{-3} P{X≥3}=1−P{X=0}−P{X=1}−P{X=2}=1−e−3−3e−3−29e−3​=1−8.5e−3
\quad
二项求解思路：设题给条件4分钟内试验了n次，则二项分布期望$np=1$，所以$p=\frac{1}{n}$
（i）8分钟的试验次数为$2n$次，则
$$P=\underset{n\to +\infty }{\lim }{C}_{2n}^0(1-\frac{1}{n}{)}^{2n}=\underset{n\to +\infty }{\lim }(1-\frac{1}{n}{)}^{2n}=e^{-2}$$
（ii）这里的来电区间是$(0,t)$，$t\in (2,6)$，即需要将来电概率在$(0,t)$区间的t点上累加，
$$\begin{gathered} P=\underset{n\to \infty }{\lim }\sum _{i=0}^{n-1}\frac{1}{n}(1-\frac{1}{n}{)}^{\frac{n}{2}+i} \\ =\underset{n\to \infty }{\lim }\sum _{i=0}^{n-1}\frac{1}{n}(1-\frac{1}{n}{)}^{\frac{n}{2}}\frac{1}{n}(1-\frac{1}{n}{)}^i \\ =\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{n}(1-\frac{1}{n}{)}^{\frac{n}{2}}\sum _{i=0}^{n-1}(1-\frac{1}{n}{)}^i \\ =\underset{n\to \infty }{\lim }(1-\frac{1}{n}{)}^{\frac{n}{2}}\times \underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{n}\sum _{i=0}^{n-1}(1-\frac{1}{n}{)}^i \\ =e^{-\frac{1}{2}}\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{n}\sum _{i=0}^{n-1}(1-\frac{1}{n}{)}^{n\frac{i}{n}} \\ =e^{-\frac{1}{2}}\underset{n\to \infty }{\lim }\frac{1}{n}\sum _{i=0}^{n-1}{e}^{-\frac{i}{n}} \\ =e^{-\frac{1}{2}}{\int }_0^1{e}^{-x}\mathrm{d}x \\ =e^{-\frac{1}{2}}(1-e^{-1}) \end{gathered}$$
（iii）同上思路，
令时间长度为$t$分钟，试验次数为$\frac{t}{4}n$
$$\begin{gathered} 1-\underset{n\to +\infty }{\lim }(1-\frac{1}{n}{)}^{\frac{t}{4}n}=0.7 \\ 1-e^{-\frac{t}{4}}=0.7 \end{gathered}$$
（iv）自行求解

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总结

在二项变泊松的推导过程中，我们是有一个重要的假设的，那就是二项分布的实验次数为$\infty$次。也正是因为这个原因：
\qquad 如果想把二项分布看做泊松分布时，条件就会非常苛刻，单次概率$p$必须得小（推导过程过程中$p=\frac{k}{\infty }$是趋向于0的），而试验次数$n$又不能太小（在推导过程中$n=+\infty$），最后$np$还得像个正常的常数（即推导过程中假设的泊松分布期望$\lambda$）；
\qquad 但泊松分布看做二项分布却不会有这样的问题，只需对泊松分布的期望单位，假设一个趋向于$+\infty$的$n$作为二项的实验次数即可，并注意二项分布的单次概率与泊松分布的期望之间的转换，最后以求极限的方式来计算。
\qquad 最后想说，泊松能作为独立的概率分布存在，肯定有它的优越性。将泊松的题用二项来解只是单纯为了加深初学者对泊松分布的理解，最终的目的依然是要熟练掌握泊松分布的原理和解题思路。