数学 |概率分布集 5（泊松分布）

上一篇文章介绍了二项式分布。本文讨论另一种离散概率分布，即泊松分布。

介绍 –

假设一个事件在给定的时间单位内可以发生多次。当事件发生的总次数未知时，我们可以将其视为一个随机变量。该随机变量遵循泊松分布。 Poisson 分布是二项式分布的一个极限情况，当试验次数变得非常多并且成功的概率很小时。
正如我们从上一篇文章中知道的那样，在成功概率为 ‘p’ 的二项式实验中，’x’ 在 ‘n’ 次试验中成功的概率是-
$P(x) = \binom{n}{x} p^x (1-p)^{n-x}$
让我们将随机变量的期望值表示为$\lambda$ 。所以-
$\lambda = np\\ p = \dfrac{\lambda}{n}\\ \text{And, }\\ q = 1-p = 1 - \dfrac{\lambda}{n}\\ \text{Rewriting P(x) in terms of} \lambda\\ P(x) = \binom{n}{x} \bigg(\dfrac{\lambda}{n}\bigg)^x \bigg(1-\dfrac{\lambda}{n}\bigg)^{n-x}\\ \text{Expanding the binomial coefficient}\\ P(x) = \dfrac{n.(n-1).(n-2)...(n-x+1)}{x!} \bigg(\dfrac{\lambda}{n}\bigg)^x \bigg(1-\dfrac{\lambda}{n}\bigg)^{n-x}\\ P(x) = \dfrac{n}{n} \dfrac{n-1}{n}...\dfrac{n-x+1}{n} \bigg(\dfrac{\lambda ^x}{x!}\bigg) \bigg(1-\dfrac{\lambda}{n}\bigg)^{n} \bigg(1-\dfrac{\lambda}{n}\bigg)^{-x}\\ \text{As n tends to infinity, P(x) is-}\\ P(x) = \dfrac{e^{-\lambda} \lambda ^x}{x!}$

期望值 –

泊松分布的期望值可以通过将值与其各自概率的乘积相加得到。

    $\begin{flalign*} E[X] &= \sum \limits_{x=0}^{\infty} xp_X(x)\\ &= \sum \limits_{x=0}^{\infty} x\dfrac{e^{-\lambda} \lambda ^x}{x!}\\ &= 0 + \sum \limits_{x=1}^{\infty} x\dfrac{e^{-\lambda} \lambda ^x}{x!} \hspace{3cm}\text{First term is 0 since x=0}\\ &\text{Let x = y + 1}\\ &= \sum \limits_{y=0}^{\infty} (y+1)\dfrac{e^{-\lambda} \lambda ^{y+1}}{(y+1)!}\\ &= \sum \limits_{y=0}^{\infty} (y+1)\dfrac{e^{-\lambda} \lambda ^{y} \lambda}{(y)!(y+1)}\\ &= \lambda \sum \limits_{y=0}^{\infty} \dfrac{e^{-\lambda} \lambda ^{y}}{(y)!}\\ &= \lambda \sum \limits_{y=0}^{\infty} p_Y(y)\\ &= \lambda \end{flalign*}$

方差和标准偏差 –

可以使用方差公式找到泊松分布的方差 –
$Var[X] = E[X^2] - E[X]^2\\$

    $\begin{flalign*} E[X^2] &= \sum \limits_{x=0}^{\infty} x^2 p_X(x)\\ &= \sum \limits_{x=0}^{\infty} x^2\dfrac{e^{-\lambda} \lambda ^x}{x!}\\ &= 0 + \sum \limits_{x=1}^{\infty} x^2 \dfrac{e^{-\lambda} \lambda ^x}{x!} \hspace{3cm}\text{First term is 0 since x=0}\\ &\text{Let x = y + 1}\\ &= \sum \limits_{y=0}^{\infty} (y+1)^2\dfrac{e^{-\lambda} \lambda ^{y+1}}{(y+1)!}\\ &= \sum \limits_{y=0}^{\infty} (y+1)^2\dfrac{e^{-\lambda} \lambda ^{y} \lambda}{(y)!(y+1)}\\ &= \lambda \sum \limits_{y=0}^{\infty} (y+1)\dfrac{e^{-\lambda} \lambda ^{y}}{(y)!}\\ &= \lambda \sum \limits_{y=0}^{\infty} (y+1)p_Y(y)\\ &= \lambda \bigg( \sum \limits_{y=0}^{\infty} yp_Y(y) + \sum \limits_{y=0}^{\infty} p_Y(y) \bigg)\\ &= \lambda (\lambda + 1)\\ &= \lambda ^2 + \lambda \end{flalign*}$

因此我们有方差为-

    $\begin{flalign*} Var[X] &= E[X^2] - E[X]^2\\ &= \lambda^2 + \lambda - \lambda^2\\ &= \lambda \end{flalign*}$

还有标准偏差-
$\sigma = \sqrt{\lambda}\\$

与指数分布的关系 –

单位时间内事件发生的次数服从泊松分布，参数为$\lambda$如果事件两次连续发生之间经过的时间具有带参数的指数分布$\lambda$并且它与之前的事件无关。

• 例-对于薄铜线的情况下，假设缺陷的数目如下，平均每毫米2.3缺陷泊松分布。确定 2 毫米线材中恰好有两个缺陷的概率。
• 解——让 X 表示 1 毫米线材中的缺陷数量。我们需要做的第一步是找到参数$\lambda$这只不过是随机变量的期望值。在这种情况下，我们将获得 1 毫米电线中的预期缺陷数。我们需要找到 2 毫米电线中的预期缺陷数。
  2 毫米线材中的预期缺陷数 = 2*np = $2\lambda$ = 2*2.3 = 4.6
  所以，
  $P(X=2) = e^{-4.6} \dfrac{(4.6)^2}{2!} = 0.099 \text{ or } 0.1$

GATE CS 角问题

练习以下问题将帮助您测试您的知识。所有问题都在前几年的 GATE 或 GATE 模拟测试中提出。强烈建议您练习它们。

1. GATE CS 2013，问题 2

参考-