¿De dónde proviene la distribución de la forma funcional de Poisson?

Question

Sé que la puntualidad en la función de probabilidad de una variable aleatoria $X$ con una distribución de Poisson es:

$$P(X=k)= e^{-\lambda }\frac{\lambda ^{k}}{k!}.$$

También, he aprendido que la fórmula puede ser encontrado como un límite de la distribución binomial. Sin embargo, me preguntaba si hay otra manera de obtener la fórmula sin el uso de la distribución binomial. Supongo que el $e^{-\lambda }$ es utilizado para normalizar la probabilidad, pero no puedo trabajar la idea detrás de la $\dfrac{\lambda ^{k}}{k!}$ parte.

Answer 1

Según el artículo de la Wikipedia distribución de Poisson

la suma de dos variables aleatorias independientes es de Poisson distribuidos, entonces cada una de esas dos variables aleatorias independientes

Así que supongamos $\ X_1\ $ es de Poisson con parámetro de $\ \lambda_1\ $ e $\ X_2\ $ es de Poisson con parámetro de $\ \lambda_2.\ $ Deje $\ X_0 = X_1 + X_2\ $ ser la suma de las dos variables. Por definición de suma de variables aleatorias tenemos $\ \lambda_0 = \lambda_1+\lambda_2\ $ e $\ P(X_0 = 0) = P(X_1 = 0)P(X_2 = 0).\ $Vamos $\ f(\lambda_i) = P(X_i=0).\ $ Entonces $\ f(\lambda_1+\lambda_2) = f(\lambda_1)f(\lambda_2).\ $ Este es un conocido de Cauchy funcional de la ecuación con solución $\ f(\lambda) = f(1)^\lambda.\ $ A continuación nos fijamos en el valor de $$ P(X_0 = 1) = F(X_1 = 0)P(X_2 = 1) + F(X_1 = 1)P(X_2 = 0). $$ Dividir ambos lados por $\ P(X_0 = 0)\ $ conseguir $$ P(X_0 = 1) / P(X_0 = 0) = P(X_2 = 1)/P(X_2 = 0) + P(X_1 = 0)/P(X_1 = 0). $$ Si $\ f(\lambda_i) := P(X_i = 1) / P(X_i = 0),\ $ luego esta un conocido funcional de la ecuación con solución de $\ f(\lambda) = c\lambda.\ $

Para continuar, debemos tomar ventaja de la ordinaria de generación de función de una variable aleatoria $$ G_X(z) := \sum_{n=0}^\infty P(X = n)\ z^n. $$ La propiedad especial de esto es que $\ G_{X+Y}(z) = G_X(z)G_Y(z).\ $Así $\ G_{X_0}(z) = G_{X_1}(z)G_{X_2}(z).\ $ Deje $\ G_{\lambda_i}(z) := G_{X_i}(z),\ $luego $$ G_{\lambda_0}(z) = G_{\lambda_1+\lambda_2}(z) = G_{\lambda_1}(z)G_{\lambda_2}(z). $$ Esta es la ecuación de Cauchy de nuevo y las soluciones a éste únicamente determinan la distribución de Poisson. Más precisamente, $$ G_\lambda(z) = (\exp(z)/\exp(1))^\lambda = \exp (\lambda z)/\exp (\lambda) = \sum_{n=0}^\infty = \exp(-\lambda) (\lambda\ z)^n/n!. $$ Esto nos da ahora la esperada $\ P(X = n) = e^{-\lambda} \lambda^n/n!.$

Answer 2

A ver que $X$ es válido función de masa de probabilidad de la nota que $$ \sum_{k=0}^\infty P(X=k)=\sum_{k=0}^\infty e^{-\lambda}\frac{\lambda^k}{k!}=e^{-\lambda}\sum_{k=0}^\infty\frac{\lambda^k}{k!}=e^{-\lambda}\times e^{\lambda}=1 $$ y obviamente $P(X=k)\geq 0$.

Como también se señaló si $X_n\sim\text{Bin}(n, \lambda/n)$, a continuación, $X_n\stackrel{d}{\to } Y$ donde $Y\sim \text{Poi}(\lambda).$

Otra manera es usar poisson procesos/procesos de renovación. Deje $X_i\stackrel{\text{i.i.d}} {\sim} \text{Exp}(1)$ ser exponencial de variables aleatorias con una media de uno y poner $T_n=X_{1}+\dotsb+X_n$ y poner $N(t)=\max\{n\mid T_n\leq t\}$. Luego tenemos a la relación $$ N(t)\geq n\iff T_n\leq t\etiqueta{1} $$ lo que nos permite calcular $P(N(t)=k)$ como el caso de $(N(t)=k)=(N(t)\geq k)\setminus (N(t)\geq {k+1})$ y podemos usar (1). Resulta que después de algunos cálculos que $N(t)\sim \text{Poi}(t)$.