泊松分布的正态近似

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这里在维基百科上这样说的：

对于足够大的 $λ$ 值（例如 $λ>1000$ ），均值 $λ$ 和方差 $λ$ （标准偏差 $\sqrt{\lambda}$ ）的正态分布是泊松分布的极佳近似值。如果 $λ$ 大于约10，则如果执行了适当的连续性校正，则正态分布是一个很好的近似值，即 $P(X ≤ x),$ 其中（小写） $x$ 是一个非负整数，被替换为 $P(X ≤ x + 0.5).$

$F_\mathrm{Poisson}(x;\lambda) \approx F_\mathrm{normal}(x;\mu=\lambda,\sigma^2=\lambda)$

不幸的是，这没有被引用。我希望能够严谨地展示/证明这一点。当，您怎么能说正态分布是一个很好的近似值，您如何量化这种“优秀”的近似值，使用了哪些度量？ $\lambda > 1000$

我已经与这引起了最远的是在这里了约翰谈到用浆果Esseen定理和近似误差在这两个的CDF。从我可以看到，他没有尝试任何 $\lambda \geq 1000$ 。

normal-distribution poisson-distribution approximation

— ge
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不定义“好” 就无法证明这一点。（您可以证明渐近结果，但在未定义标准的情况下无法在特定的样本量下将其声明为“良好”。）您可以通过直接的示例来演示其行为（从中人们可以看到良好的“良好”效果）是靠自己的灯光）。对于人们倾向于使用的典型标准，连续性校正在效果很好，只要您不深入尾巴即可。

λ > 10

$\lambda>10$

— Glen_b-恢复莫妮卡2014年

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（更具体地说，如果您的标准是绝对误差，则可以在小样本数量（例如10）下在任何地方实现“良好”效果，但大多数人都在乎接近相对误差的东西）

— Glen_b -Reinstate Monica 2014年

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假设是具有参数泊松，而是具有均值和方差法线。在我看来，和之间是适当的比较。在这里为简单起见，我写，也就是说，当对应于平均值的标准偏差时，我们感兴趣。 $X$ $\lambda$ $Y$ $\lambda$ $\Pr(X = n)$ $\Pr(Y \in [n-\frac12,n+\frac12])$ $n = \lambda + \alpha \sqrt\lambda$ $n$ $\alpha$

所以我被骗了。我使用了Mathematica。因此和都渐近于为。但它们的区别是渐近于如果将其绘制为的函数，您将获得与http://www.johndcook.com/blog/normal_approx_to_poisson/中倒数第二个曲线相同的曲线。 $\Pr(X = n)$ $\Pr(Y \in [n-\frac12,n+\frac12])$

\frac{1}{\sqrt{2 π λ}} e^{- α^{2} / 2}

$\frac 1{\sqrt{2\pi \lambda}} e^{-\alpha^2/2}$

λ \to \infty

$\lambda \to \infty$

\frac{α (α^{2} - 3) e^{- α^{2} / 2}}{6 \sqrt{2 π} λ}

$\frac{\alpha \left(\alpha ^2-3\right) e^{-\alpha ^2/{2}}}{6 \sqrt{2 \pi } \lambda }$

α

$\alpha$

这是我使用的命令：

  n = lambda + alpha Sqrt[lambda];
  p1 = Exp[-lambda] lambda^n/n!;
  p2 = Integrate[1/Sqrt[2 Pi]/Sqrt[lambda] Exp[-(x-lambda)^2/2/lambda], {x, n-1/2, n+1/2}];
  Series[p1, {lambda, Infinity, 1}]
  Series[p2, {lambda, Infinity, 1}]

另外，通过一些实验，在我看来，对的更好渐近近似为。那么错误是，其大小约为倍。 $\Pr(X = n)$ $\Pr(Y \in [n-\alpha^2/6,n+1-\alpha^2/6])$

- \frac{(5 α^{4} - 9 α^{2} - 6) e^{- α^{2} / 2}}{72 \sqrt{2 π} λ^{3 / 2}}

$-\frac{\left(5 \alpha ^4-9 \alpha ^2-6\right) e^{-{\alpha ^2}/{2}} }{72 \sqrt{2 \pi } \lambda ^{3/2} }$

\sqrt{λ}

$\sqrt\lambda$

— 斯蒂芬·蒙哥马利·史密斯
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Glen_b是正确的，因为“合适”是一个非常主观的概念。但是，如果要验证泊松分布合理合理，则可以使用假设假设为的假设Kolmorgov-Smirnov检验 CDF来自分布，假设您的样本将来自泊松（）。由于您实际上不是在测试样本，而是在一个分布与另一个样本之间进行测试，因此您需要仔细考虑您为该假设检验假设的样本大小和显着性水平（因为我们没有以典型方式使用KS检验）。那是： $H_{0}:$ $N(\lambda,\lambda)$ $\lambda$

选择一个有代表性的假设样本量n，并将测试的显着性水平调整为典型值，例如5％。

现在，假设您的数据实际上来自泊松（），请计算此测试的II型错误率。在某种意义上，您所选择的KS正态性检验平均会接受％的时间来满足您特定泊松分布大小为n的样本，因此您与正态分布的拟合度将为II型错误率显着性水平。 $\lambda$ $\beta$

无论如何，那只是获得“合身性”感觉的一种方法。但是，所有这些都依赖于您必须自己定义的一些主观“善”概念。

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从二项式分布推导可能会为您提供一些见识。

我们有一个二项式随机变量；

p (x) = (\binom{n}{x}) p^{x} (1 - p)^{n - x}

$p(x) = {n \choose x} p^x (1-p)^{n-x}$

可以选择递归计算。

p (x) = \frac{(n - x + 1) p}{x (1 - p)} p (x - 1)

$p(x) = \frac{(n-x+1)p}{x(1-p)}p(x-1)$

如果保持初始状态；

p (0) = (1 - p)^{n}

$p(0) = (1-p)^n$

现在让我们假设大而小，但是的平均成功率是恒定的。然后我们可以执行以下操作； $n$ $p$ $p(x)$ $(np = \lambda)$

P (X = i) = (\binom{n}{i}) p^{x} (1 - p)^{n - x}

$P( X = i ) = {n \choose i} p^x (1-p)^{n-x}$

我们使用。 $p = \lambda / n$

P (X = i) = \frac{n!}{(n - i)! i!} {(\frac{λ}{n})}^{i} {(1 - \frac{λ}{n})}^{n - i}

$P( X = i ) = \frac{n!}{(n-i)!i!} \left(\frac{\lambda}{n}\right)^i \left(1-\frac{\lambda}{n}\right)^{n-i}$

我们切换一些变量并进行评估；

P (X = i) = \frac{n (n - 1) (n - 2) \dots (n - i + 1)}{n^{i}} \frac{λ^{i}}{i!} \frac{(1 - \frac{λ}{n})^{n}}{(1 - \frac{λ}{n})^{i}}

$P( X = i ) = \frac{n(n-1)(n-2)\cdots(n-i+1)}{n^i} \frac{\lambda^i}{i!} \frac{(1-\frac{\lambda}{n})^n}{(1-\frac{\lambda}{n})^i}$

从微积分中我们知道。我们也知道因为顶部和底部都是阶的多项式。 $\lim_{n\to\infty} (1 + x/n)^n = e^x$ $[n(n-1)(n-2)\cdots(n-i+1)]/n^i \approx 1$ $i$

得出结论，为： $n \to \infty$

P (X = i) \to \frac{e^{- λ} λ^{i}}{i!}

$P(X=i) \to \frac{ e^{-\lambda}{\lambda^i}}{i!}$

然后，您可以通过定义验证和。我们知道只要校正连续性，在De Moivre-Laplace定理的条件下二项式分布就近似于正态，这就是为什么被代替的原因。 $E(X) = \lambda$ $\operatorname{Var}(X) = \lambda$ $P(X\le x)$ $P(X\le x+0.5)$

— 文森特·沃默丹
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