Derivar la distribución de Poisson de la probabilidad por tiempo del evento

Question

Supongamos que tenemos una probabilidad por tiempo $\lambda$ de que ocurra algo (por ejemplo, una desintegración nuclear, un paseo aleatorio, etc.). Es un resultado conocido que la probabilidad de que $n$ los eventos ocurren en un intervalo de tiempo de longitud $T$ viene dada por la distribución de Poisson $$P(n) = \frac{e^{-\lambda T} (\lambda T)^n}{n!} \, .$$ ¿Cómo lo demostramos?

Answer 1

Distribución de probabilidad del tiempo hasta el siguiente evento

Primero calculamos la densidad de probabilidad de que un tiempo $t$ pasa sin que ocurra ningún evento. Dividir $t$ en $N$ pequeños intervalos de longitud cada uno $dt = t/N$ . Definición de $\lambda$ como la probabilidad por tiempo de que ocurra el suceso, la probabilidad de que no ocurra ningún suceso en un intervalo de tiempo corto es aproximadamente $(1 - \lambda dt)$ . Por lo tanto, la probabilidad de que no ocurra ningún suceso en ninguno de los intervalos, pero entonces hace ocurren en un intervalo de longitud $dt$ justo al final de todos los intervalos es $$\left( \prod_{i=1}^N \left( 1 - \lambda dt \right) \right) \lambda dt = \left( 1 - \frac{\lambda t}{N} \right)^N \lambda dt \stackrel{N\rightarrow \infty}{=} \lambda dt \exp \left( - \lambda t \right) \, .$$ En otras palabras, dada una hora de inicio $0$ la probabilidad densidad que no ha ocurrido ningún evento después de un tiempo $t$ , pero luego sucede justo en $t$ es $\lambda \exp(-\lambda t)$ .

Probabilidad de eventos múltiples

Ahora preguntamos la probabilidad de que obtengamos $n$ eventos en el intervalo de tiempo $T$ . Supongamos que el primer evento ocurre en $t_1$ el segundo incluso ocurre en $t_2$ etc. Por lo tanto, tenemos una serie de intervalos $$\{[0, t_1], [t_1, t_2], \ldots [t_n, T] \} $$ con eventos que ocurren al final de cada intervalo. La probabilidad de que nuestros eventos ocurran de esta manera es $$P(t_1, t_2, \ldots t_n) = \lambda \exp(-\lambda t_1) \lambda \exp(-\lambda (t_2 - t_1)) \cdots \lambda \exp(-\lambda(T - t_n)) = \lambda^n \exp(-\lambda T) \, .$$ Por supuesto, cualquier acuerdo de $\{t_1, t_2, \ldots t_n \}$ tal que $t_1 < t_2 < \ldots < t_n$ cuenta como un $n$ -por lo que tenemos que sumar las probabilidades de todos estos posibles arreglos, es decir, la probabilidad de $n$ eventos es \begin{align} P(n \text{ events}) &= \int_0^T dt_1 \int_{t_1}^T dt_2 \cdots \int_{t_{n-1}}^T dt_n P(t_1, t_2, \ldots t_n) \\ &= \lambda^n \exp(-\lambda T) \int_0^T dt_1 \int_{t_1}^T dt_2 \cdots \int_{t_{n-1}}^T dt_n \, . \end{align} La integral múltiple es la volumen de un simplex derecho y tiene valor $T^n/n!$ , por lo que el resultado final es $$P(n\text{ events}) = \frac{(\lambda T)^n \exp(-\lambda T)}{n!} $$ que es la distribución de Poisson con media $\lambda T$ .

Relacionado

• Evaluación directa de la integral de volumen simplex
• Cálculo explícito para $n\in\{0, 1, 2\}$

Answer 2

La distribución de Poisson describe la probabilidad de que un determinado número ( $n$ ) de eventos improbables ( $p\ll 1$ ) que se da $N$ oportunidades.

Esto es como hacer un lanzamiento de moneda muy injusto $N$ veces, con la probabilidad $p$ de que la moneda salga cara. El número de caras seguiría la distribución binomial:

$$P(n|p,N) = ~^{N}C_n~p^n (1-p)^{N-n} =\frac{N!}{(N-n)!~n!} p^n (1-p)^{N-n}$$

Ahora queda por demostrar que cuando $N\rightarrow \infty$ y $p\rightarrow 0$ mientras que $Np\rightarrow \lambda T$ que lo anterior converge al resultado conocido. En esencia, sostengo que cuando se hace que el número de oportunidades tienda al infinito, se pasa de un enfoque discreto a uno continuo; pero mientras se tenga cuidado con los infinitos, el resultado debería seguir siendo válido.

En primer lugar, encontramos una aproximación para $(1-p)^{N-n}$ . Tomando el registro, obtenemos

$$\log\left((1-p)^{N-n}\right) = (N-n)\log(1-p)\approx (N-n)\cdot (-p)$$

Desde $N\gg n$ obtenemos $(1-p)^{N-n}\approx e^{-Np}$

A continuación, aproximamos el $~^N C_n$ término utilizando la aproximación de Stirling que $\log N! \approx N\log N - N$ y señalando que $n\ll N$

Entonces

$$\begin{align} \log\left(\frac{N!}{(N-n)!}\right) &= N\log N - N - (N-n)\log(N-n) + (N-n) \\ &=N\log N - (N-n)\log(N-n) - n\\ &= N \log N -(N-n)\left(\log(N)+\log\left(1-\frac{n}{N}\right)\right) - n\\ &\approx N\log N -(N-n)\left(\log(N)-\frac{n}{N}\right) - n\\ &\approx n\log N + n -n \log n - n\\ &=n\log(N-n)\end{align}$$

De ello se desprende que $\frac{N!}{(N-n)! n!} \approx \frac{N^n}{n!}$

Por último, observamos que $pN = \lambda T$ y obtenemos

$$P(n|N,p) = \frac{N^n p^n e^{-Np}}{n!}$$

esto se reordena fácilmente a

$$P(n) = \frac{(\lambda T)^n e^{-\lambda T}}{n!}$$

Que es el resultado que nos propusimos demostrar.

Hice uso de este artículo para recordarme algunos de los pasos de esto.

Answer 3

Dejemos que $A^n_t$ sea el evento: exactamente $n$ eventos puntuales ocurridos en un intervalo de tiempo $t$ . Entonces, para las pequeñas $\Delta t$

$$\begin{align}P(A^n_{t+\Delta t}) &= P( A^n_t \cap A^0_{\Delta t }) + P(A^{n-1}_t \cap A^1_{\Delta t }) \\ &= P(A^n_t) P (A^0_{\Delta t }) + P(A^{n-1}_t )P( A^1_{\Delta t })\\ \end{align} $$ donde hemos utilizado la independencia de ocurrencia. Ahora, definiendo $p_n(t) \equiv P( A^n_t)$ y $\lambda = \lim_{\Delta t\to 0} p_1(\Delta t)/\Delta t$ y tomando el límite para $\Delta t \to 0$ obtenemos

$$ p_n(t+\delta t)=p_n(t)(1 - \lambda \, \delta t) + p_{n-1}(t) \lambda \, \delta t $$

lo que conduce a las ecuaciones diferenciales:

$$p'_n(t)= \begin{cases} -\lambda ( p_n(t) - p_{n-1}(t) ) & n>0\\ -\lambda p_n(t) & n=0 \end{cases}$$

con las condiciones iniciales $$p_n(0)=\begin{cases}0 & n>0\\1 & n=0 \, .\end{cases}$$

La solución viene dada por la distribución de Poisson:

$$p_n(t)=\frac{(\lambda t)^n \exp(-\lambda t)}{n!} \, .$$