本文将介绍泊松分布的基本概念、推导、应用，以及泊松定理，附有几道练习题，希望帮助大家掌握泊松分布

泊松分布(Poisson Distribution)

【泊松分布是以其发表者Poisson命名的】
随机变量X服从参数为λ的泊松分布，记作
X∼π(λ)X\sim\pi(\lambda)X∼π(λ)
其分布律为
P{X=k}=λke−λk!,k=0,1,2,…P\{X=k\}=\frac{\lambda^k e^{-\lambda}}{k!}, k=0,1,2,… P{X=k}=k!λke−λ,k=0,1,2,…
其中λ>0
注意k取值哟，k是从0到∞！！

证明分布律

对于上式，我们需要证明其满足分布律的条件，即各值概率求和为1, 即：∑k=0∞P{X=k}=1\sum_{k=0}^{\infty}P\{X=k\}=1k=0∑∞P{X=k}=1
证明如下：
∑k=0∞P{X=k}=∑k=0∞λke−λk!=e−λ∑k=0∞λkk!=e−λ×eλ=1\sum_{k=0}^{\infty}P\{X=k\}=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{\lambda^k e^{-\lambda}}{k!}=e^{-\lambda}\sum_{k=0}^\infty\frac{\lambda^k}{k!}=e^{-\lambda}\times e^{\lambda}=1k=0∑∞P{X=k}=k=0∑∞k!λke−λ=e−λk=0∑∞k!λk=e−λ×eλ=1

这个求和用到了函数f(x)=e^x的带有拉格朗日余项的n阶麦克劳林公式
哈哈，其实这里只是推导一下就好，更严谨，以后使用公式时候用不到

泊松定理

这是一种用泊松分布逼近二项分布的定理，可以看作泊松分布分布律从二项分布律的推导，具体内容如下：

n为任意正整数，np=λ，λ>0,对任意非负整数k，都有
lim⁡x→∞Cnkpnk(1−p)n−k=λke−λk!\lim_{x \to \infty}C_n^k p_n^k (1-p)^{n-k}=\frac{\lambda^k e^{-\lambda}}{k!} x→∞limCnkpnk(1−p)n−k=k!λke−λ
证明思路：
让式子只剩下λ，消去n，p
1.消去n：使n趋近于∞
2.消去p：p=λ/n

证明如下：
Cnkpnk(1−p)n−k=n(n−1)...(n−k+1)k!(λn)k(1−λn)n−kC_n^k p_n^k (1-p)^{n-k}=\frac{n(n-1)...(n-k+1)}{k!}{(\frac \lambda n)}^k (1-\frac \lambda n)^{n-k} Cnkpnk(1−p)n−k=k!n(n−1)...(n−k+1)(nλ)k(1−nλ)n−k
观察右项，尽量配出来

原式=λkk![1×(1−1n)×…×(1−k−1n)](1−λn)n(1−λn)−k原式=\frac {\lambda^k}{k!}[1\times(1-\frac 1n)\times…\times(1-\frac {k-1}n)](1-\frac \lambda n)^n(1-\frac \lambda n)^{-k} 原式=k!λk[1×(1−n1)×…×(1−nk−1)](1−nλ)n(1−nλ)−k
令n趋近于正无穷，则
[1×(1−1n)×…×(1−k−1n)]→1[1\times(1-\frac 1n)\times…\times(1-\frac {k-1}n)] \to 1 [1×(1−n1)×…×(1−nk−1)]→1
(1−λn)n→e−λ(1-\frac \lambda n)^n\to e^{-\lambda} (1−nλ)n→e−λ
上式为对自然常数e的定义的代换，实质上用到了复合函数的极限运算法则
(1−λn)−k→1(1-\frac \lambda n)^{-k}\to 1 (1−nλ)−k→1
因此，得证
lim⁡x→∞Cnkpnk(1−p)n−k=λke−λk!\lim_{x \to \infty}C_n^k p_n^k (1-p)^{n-k}=\frac{\lambda^k e^{-\lambda}}{k!} x→∞limCnkpnk(1−p)n−k=k!λke−λ
np=λ，n很大，p很小时，有近似式：
Cnkpnk(1−p)n−k≈λke−λk!C_n^k p_n^k (1-p)^{n-k}\approx \frac{\lambda^k e^{-\lambda}}{k!} Cnkpnk(1−p)n−k≈k!λke−λ
即用泊松分布概率值作二项分布概率值的近似
一般来说，n>=20,p<=0.0.5,近似效果不错

λ的意义

从二项分布可知，E(X)=np，而在泊松定理中λ=np，所以λ是否是数学期望呢？
已知一个分布，可以求其数学期望(用定义求)，我们求出泊松分布的数学期望，看它是否是我们预测的λ即可。

上文已经提到了，泊松分布k取值是0，1，2…，其实也就是说泊松分布中的随机变量是离散型随机变量（这样才有分布律嘛），因此我们用离散型随机变量的分布律来求其数学期望：
E(X)=∑k=0∞kλke−λk!=λe−λ∑k=1∞λk−1(k−1)!=λe−λeλ=λE(X)=\sum_{k=0}^\infty k \frac{\lambda^k e^{-\lambda}}{k!}=\lambda e^{-\lambda} \sum_{k=1}^\infty \frac {\lambda^{k-1} }{(k-1)!}=\lambda e^{-\lambda} e^\lambda=\lambda E(X)=k=0∑∞kk!λke−λ=λe−λk=1∑∞(k−1)!λk−1=λe−λeλ=λ
注意k是从0开始！求和符号下标的变换要注意！
果真如我们预想一样，λ就是泊松分布的数学期望

应用

上文在介绍泊松定理的时候说到了，n>=20, p<=0.05时用泊松分布概率值近似二项分布概率值效果颇佳。那实际生活中泊松分布有哪些应用呢？

具有泊松分布的随机变量在实际生活中应用是很多的。例如，一本书一页中的印刷错误数、某地区在一天内邮递遗失的信件数、某一医院在一天内的急诊病人数、某一地区一个时间间隔内发生交通事故的次数、在一个时间间隔内某种放射性物质发出的、经过计数器的α粒子数等都服从泊松分布。《概率论与数理统计第四版》P37

我们可以分析几个

一本书一页中的印刷错误数：
可以将印刷每一个字看作一个试验，试验结果有两种，即样本空间为{印刷错了，没印刷错}，且印刷不同字都是独立重复(也许有人觉得印刷不同字所印刷的内容不同，不算重复，但我们这个试验中不关注印刷内容，只看印刷出错没)的，那么这算n重伯努利试验。
那么n=一页书印刷字符数，p=印刷错误的概率
显然，一般情况下，n很大，p很小，故可以看作是泊松分布

2.某一地区一个时间间隔内发生交通事故的次数
可以将一个时间点是否发生交通事故看作一个事件，那么n趋近于无穷，假设这一时间间隔内各个时间点发生交通事故的概率相同且很低，则符合泊松分布

总之，只须判断试验是否为伯努利试验（同样的条件下重复地、相互独立地进行的一种随机试验），试验次数是否很大，p是否很小即可

泊松分布优势：在使用泊松分布时，不必知道确切的n，p，只须根据实际意义求出λ的值（最大似然估计），就可以确定一个分布

图片来源：https://img-blog.csdnimg.cn/20210107112752658.png?x-oss-process=image/watermark,type_ZmFuZ3poZW5naGVpdGk,shadow_10,text_aHR0cHM6Ly9ibG9nLmNzZG4ubmV0L3hpYW5fX3hpYW4=,size_16,color_FFFFFF,t_70

例题

例题有两类：
第一类：二项分布趋于泊松分布，用泊松分布的概率值作二项分布概率值的近似（当n>=20,p<=0.05时，近似效果颇佳）

例题：[概率论与数理统计P38 例5] 计算机硬件公司制造某种特殊型号的微型芯片，次品率达0.1%，各芯片成为次品相互独立。求在1000只产品中至少有2只次品的概率。以X及产品中的次品数，X~b(1000,0.001)

解
①用二项算，因为独立重复试验，题目也明确说了是服从二项分布。

P{X>=2}=1-P{X=0}-P{X=1}
=1-(0.999)^1000 -C(1000,1)(0.999)^999 (0.001)
≈0.2642411

可以看出因为次品率很低，所以小数计算很麻烦

②用泊松定理
λ=1000×0.001=1
P{X>=2}=1-P{X=0}-P{X=1}
=1-e^(-1)-e(-2)
≈0.2642411
可以看出近似效果很好

第二类：需要求出或已知λ确定泊松分布
例题：某人家中在时间间隔t (以h计)内接到电话的次数X服从参数为 2t的泊松分布
(1)若他外出计划用时10min，问其间有电话铃响一次的概率是多少？
(2)若他希望外出时没有电话的概率为0.5，问他外出应控制最长时间为多少？
解
以X表示此人外出时电话铃响的次数，即X~Poi(2t),X的分布律为
P{X=k}=(2t)ke−2tk!,k=0,1,2...P\{X=k\}=\frac {(2t)^k e^{-2t}} {k!}, k=0,1,2...P{X=k}=k!(2t)ke−2t,k=0,1,2...
(1) t=10/60=1/6, X~P(2×(1/6)) 故所求概率为
P{X=1}=1/3×e^(-1/3)=0.2388

(2) 设外出最长时间为 t(小时)，因X~Poi(2t), 无电话打进的概率为：
P{X=0}=e^(-2t)
要使得P{X=0}=e^(-2t）>=0.5,求得
t<=0.5×ln 2=0.3466小时

参考资料：《概率论与数理统计浙大·第四版》

【亲爱的读者们，若写的有不对或者不准确的地方欢迎纠正！！！】

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