第 6 章 泊松分佈 Poisson Distribution
- 當一個事件，在一段時間 (\(T\)) 中可能發生的次數是 \(\lambda\) 。那麼我們可以認爲，經過時間 \(T\)，該時間發生的期望次數是 \(E(X)=\lambda T\)。
- 利用微分思想，將這段時間 \(T\) 等分成 \(n\) 個時間段，當 \(n\rightarrow\infty\) 直到每個微小的時間段內最多發生一次該事件。
那麼
- 每個微小的時間段，可以視爲是一個伯努利實驗（有事件發生或者沒有）
- 那麼這整段時間 \(T\) 內發生的事件可以視爲是一個二項分佈實驗。
令 \(X=\) 一次事件發生時所經過的所有時間段。
- \(X \sim Bin(n, \pi)\)，其中 \(n\rightarrow\infty\)，\(n\) 爲時間段。
- 在每個分割好的時間段內，事件發生的概率都是：\(\pi=\frac{\lambda T}{n}\)
- 期望 \(\mu=\lambda T \Rightarrow \pi=\mu/n\)
- 所以 \(X\) 的概率方程就是：
\[ \begin{align} P(X=x) &= \binom{n}{x}\pi^x(1-\pi)^{n-x} \\ &= \binom{n}{x}(\frac{\mu}{n})^x(1-\frac{\mu}{n})^{n-x} \\ &= \frac{n!}{x!(n-x)!}(\frac{\mu}{n})^x(1-\frac{\mu}{n})^{n-x} \\ &=\frac{n!}{n^x(n-x)!}\frac{\mu^x}{x!}(1-\frac{\mu}{n})^{n-x}\\ \text{when}\; n\rightarrow\infty &\; x \ll n\\ \frac{n!}{n^x(n-x)!} &=\frac{n(n-1)\dots(n-x+1)}{n^x} \rightarrow 1\\ (1-\frac{\mu}{n})^{n-x} &\approx (1-\frac{\mu}{n})^n \rightarrow e^{-\mu}\\ \text{the probability function } & \text{ of a Poisson distribution} \\ P(X=x) &\rightarrow \frac{\mu^x}{x!}e^{-\mu} \end{align} \]
當數據服從泊松分佈時，記爲 \(X\sim Poisson(\mu=\lambda T)\;\; or\;\; X\sim Poi(\mu)\)
證明泊松分佈的參數特徵：
- \(E(X)=\mu\)
\[ \begin{align} E(X) &= \sum_{x=0}^\infty xP(X=x) \\ &= \sum_{x=0}^\infty x\frac{\mu^x}{x!}e^{-\mu} \\ &= 0+ \sum_{x=1}^\infty x\frac{\mu^x}{x!}e^{-\mu} \\ &= \sum_{x=1}^\infty \frac{\mu^x}{(x-1)!}e^{-\mu} \\ &= \mu\sum_{x=1}^\infty \frac{\mu^{x-1}}{(x-1)!}e^{-\mu} \\ replace\; &x\; with\; all\; i=x-1 \\ &= \mu\sum_{i=0}^\infty \frac{\mu^{i}}{i!}e^{-\mu} \\ notice\; that\; &the\; right\; side \sum_{i=0}^\infty \frac{\mu^{i}}{i!}e^{-\mu}=1 is \\ the\;sum\;of\;all\;&probability\;of\;a\;Poisson\;distribution\\ &= \mu \end{align} \]
- \(Var(x)=\mu\) 爲了找到 \(Var(X)\)，我們用公式 \(Var(X)=E(X^2)-E(X)^2\)
我們需要找到 \(E(X^2)\)
\[ \begin{align} E(X^2) &= \sum_{x=0}^\infty x^2\frac{\mu^x}{x!}e^{-\mu} \\ &= \mu \sum_{x=1}^\infty x\frac{\mu^{x-1}}{(x-1)!}e^{-\mu} \\ replace\; &x\; with\; all\; i=x-1 \\ &= \mu \sum_{i=0}^\infty (i+1)\frac{\mu^{i}}{i!}e^{-\mu} \\ &= \mu(\sum_{i=0}^\infty i\frac{\mu^i}{i!}e^{-\mu} + \sum_{i=0}^\infty \frac{\mu^i}{i!}e^{-\mu}) \\ &= \mu(E(X)+1) \\ &= \mu^2+\mu \\ Var(X) &= E(X^2) - E(X)^2 \\ &= \mu^2 + \mu -\mu^2 \\ &= \mu \end{align} \]