¿Cómo derivar la distribución de Poisson de la distribución gamma?

Supongamos que $T_1, T_2, \dots$ sean secuencias de variables aleatorias exponenciales con el parámetro $\lambda$ . La suma $S_n = T_1 + T_2 + \dots + T_n$ es una distribución Gamma. Ahora, como entiendo, la distribución de Poisson se define por $N_t$ siguiente manera:

N_{t} = max {k : S_{k} \leq t}

$N_t = \max\{k: S_k \le t\}$

¿Cómo muestro formalmente que es una variable aleatoria de Poisson? $N_t$

Cualquier sugerencia apreciada. Traté de resolver varias pruebas, pero no puedo llegar a la ecuación final.

Referencias

http://en.wikipedia.org/wiki/Exponential_distribution

http://en.wikipedia.org/wiki/Gamma_distribution

http://en.wikipedia.org/wiki/Poisson_distribution

— usuario862
fuente

@ user862, las pruebas que conozco de antemano no son particularmente directas. Durrett tiene una derivación en su libro de probabilidades que está bastante limpia. Toma 3-4 páginas, creo; lo cual, si has leído alguno de sus libros, es una prueba larga según sus estándares. Resnick adopta un enfoque un poco más abstracto en su texto de procesos estocásticos. Sin embargo, construir y manejar martillos más grandes le permite obtener resultados más generales. Ross indudablemente tiene un tratamiento en su libro de procesos estocásticos, pero no estoy tan familiarizado con él.

— Cardenal

Encontré la prueba en el libro de Durrett. Se explica muy claramente. Gracias por los consejos.

— user862

Estoy seguro de que la prueba de Durrett es buena. Una solución directa a la pregunta formulada es la siguiente.

Para $n \geq 1$

\begin{array}{rcl} P (N_{t} = n) & = & \int_{0}^{t} P (S_{n + 1} > t ∣ S_{n} = s) P (S_{n} \in d s) \\ = & \int_{0}^{t} P (T_{n + 1} > t - s) P (S_{n} \in d s) \\ = & \int_{0}^{t} e^{- λ (t - s)} \frac{λ^{n} s^{n - 1} e^{- λ s}}{(n - 1)!} d s \\ = & e^{- λ t} \frac{λ^{n}}{(n - 1)!} \int_{0}^{t} s^{n - 1} d s \\ = & e^{- λ t} \frac{(λ t)^{norte}}{norte!} \end{array}

$\begin{array}{rcl} P(N_t = n) & = & \int_0^t P(S_{n+1} > t \mid S_n = s) P(S_n \in ds) \\ & = & \int_0^t P(T_{n+1} > t-s) P(S_n \in ds) \\ & = & \int_0^t e^{-\lambda(t-s)} \frac{\lambda^n s^{n-1} e^{-\lambda s}}{(n-1)!} \mathrm{d} s \\ & = & e^{-\lambda t} \frac{\lambda^n }{(n-1)!} \int_0^t s^{n-1} \mathrm{d} s \\ & = & e^{-\lambda t} \frac{(\lambda t)^n}{n!} \end{array}$

Para tenemos . $n = 0$ $P(N_t = 0) = P(T_1 > t) = e^{-\lambda t}$

Esto no prueba que es un proceso de Poisson, que es más difícil, pero sí muestra que la distribución marginal de es Poisson con media . $(N_t)_{t \geq 0}$ $N_t$ $\lambda t$

— NRH
fuente

(+1) Apelar a densidades condicionales no es estrictamente necesario aquí. Tenga en cuenta que y solo necesitamos integrar la densidad conjunta sobre la región . Dado que y son independientes, esta es una tarea sencilla.

P (N_{t} = n) = P (S_{n} \leq t, S_{n + 1} > t) = P (S_{n} \leq t, S_{n} + T_{n + 1} > t)

$\renewcommand{\Pr}{\mathbb{P}}\Pr(N_t = n) = \Pr(S_n \leq t, S_{n+1} > t) = \Pr(S_n \leq t, S_n + T_{n+1} > t)$

{(s_{n}, t_{n + 1}) : 0 \leq s_{n} \leq t, t_{n + 1} > t - s_{n}} \subset R^{2}

$\{(s_n, t_{n+1}): 0 \leq s_n \leq t, t_{n+1} > t - s_n\} \subset \mathbb{R}^2$

S_{n}

$S_n$

T_{n + 1}

$T_{n+1}$

— Cardenal

@cardinal: ¿y cómo la respuesta de @ NRH no es sencilla? De hecho, diría que es más fácil, porque solo se requiere 1 integración.

— probabilityislogic

@probabilityislogic: Mi referencia "directa" fue solo una observación sobre el cálculo restante que no se muestra en mi comentario. No se entiende en ningún sentido relativo con respecto a la respuesta de @ NRH.

— cardenal

@probabilityislogic: Hay bastante teoría (adicional) oculta en las dos primeras líneas de la prueba de @ NRH. El punto de mi comentario fue que podemos obtener el mismo resultado utilizando solo los principios básicos de las distribuciones de probabilidad conjunta, es decir, solo la medida del producto. En mi opinión, esta es una base fundamentalmente más simple para el cálculo que la introducción de la expectativa condicional y la justificación necesaria para pasar de la línea uno a la respuesta de @ NRH. No me refiero a eso como crítica de ninguna manera, mi intención era solo proporcionar un método alternativo.

— cardenal