Utledning av punktsannsynlighet for poissonfordeling er IKKE innenfor pensum i TMA4240/TMA4245 Statistikk, men for den interesserte leser inkluderer vi likevel en slik utledning her. For å følge utledningen trenger man å kunne prinsippet bak induksjonsbevis og å være kjent med differensialligninger og løsning av disse.
Før vi starter med induksjonsbeviset trenger vi noen regneregler for \(o(\Delta t)\)-funksjoner. Dersom man har to funksjoner \(g_1(\Delta t)\) og \(g_2(\Delta t)\) som begge er \(o(\Delta t)\)-funksjoner, dvs at \[\lim_{\Delta t\rightarrow 0}\frac{g_1(\Delta t)}{\Delta t}=0~~~\text{og}~~~\lim_{\Delta t\rightarrow 0}\frac{g_2(\Delta t)}{\Delta t}=0,\] vil også summen, \(g_1(\Delta t) + g_2(\Delta t)\), være en \(o(\Delta t)\)-funksjon. Matematisk viser man dette ved overgangene \[\lim_{\Delta t\rightarrow 0}\frac{g_1(\Delta t)+g(\Delta t)}{\Delta t} = \lim_{\Delta t\rightarrow 0}\frac{g_1(\Delta t)}{\Delta t}+\lim_{\Delta t\rightarrow 0}\frac{g_2(\Delta t)}{\Delta t} = 0 + 0 = 0.\] Man skriver gjerne dette resultatet som at \(o(\Delta t) + o(\Delta t) = o(\Delta t).\) Merk at de tre \(o(\Delta t)\) her representerer (eller kan i hvert fall representere) tre forskjellige funksjoner.
Tilsvarende som vi over viste at en sum av to \(o(\Delta t)\)-funksjoner blir en \(o(\Delta t)\)-funksjon kan man vise at enhver endelig eller uendelig sum av \(o(\Delta t)\)-funksjoner blir en \(o(\Delta t)\)-funksjon. Man kan også vise at hvis man ganger en \(o(\Delta t)\)-funksjon med en faktor som er konstant som funksjon av \(\Delta t\) blir produktet alltid en \(o(\Delta t)\)-funksjon. Matematisk viser man dette ved overgangene \[\lim_{\Delta t\rightarrow 0}\frac{c \cdot o(\Delta t)}{\Delta t}=c\lim_{\Delta t\rightarrow 0}\frac{o(\Delta t)}{\Delta t} = c\cdot 0 = 0.\] Merk spesielt at resultatet blir en \(o(\Delta t)\)-funksjon også når konstanten \(c\) man ganger med er negativ.
Med disse regnereglene for \(o(\Delta t)\)-funksjoner tilgjengelig kan vi starte på induksjonsbeviset for resultatet i teoremet. Vi starter med å vise at resultatet er korrekt for \(x=0.\) Siden \((\lambda t)^0=1\) og \(0!=1\) og siden \(f(0)=P(N(t)=0)\) trenger vi da å vise at \(P(N(t)=0) = e^{-\lambda t}.\) Sannsynligheten \(P(N(t)=0)\) er en funksjon av \(t\) og for å utlede en differensialligning for denne funksjonen starter vi med å se på \(P(N(t+\Delta t)=0)\) for \(\Delta t > 0.\) Siden \(N(0)=0\) og poissonprosessen \(N(t)\) er en voksende funksjon av \(t\) har vi at \[P(N(t+\Delta t)=0) = P(N(t)-N(0)=0 \cap N(t+\Delta t)-N(t)=0),\] og fra krav 2 i definisjonen av en poissonprosess har vi at \(N(t)-N(0)\) og \(N(t+\Delta t)-N(t)\) er uavhengige stokastiske variabler slik at \[P(N(t+\Delta t)=0) = P(N(t)=0) \cdot P(N(t+\Delta t)-N(t)=0).\] Fra de to sannsynlighetene i krav 3 til en poissonprosess, samt regnereglene for \(o(\Delta t)\)-funksjoner diskutert over, får vi at \begin{align*}P(N(t+\Delta t)-N(t)=0) &= 1 - P(N(t+\Delta t)-N(t)=1) - P(N(t+\Delta t)-N(t)\geq 2)\\&= 1 - (\lambda \Delta t+o(\Delta t)) - o(\Delta (t)\\&=1 - \lambda t + o(\Delta t).\end{align*} Dermed har vi at \[P(N(t+\Delta t)=0) = P(N(t)=0)\cdot (1-\lambda \Delta t +o(\Delta t)).\] Ved å flytte leddet \(P(N(t)=0)\) over til venstre side av likhetstegnet og deretter dele på \(\Delta t\) på begge sider av likhetstegnet får vi \[\frac{P(N(t+\Delta t)=0)-P(N(t)=0)}{\Delta t} = -\lambda P(N(t)=0) + \frac{P(N(t)=0)o(\Delta t)}{\Delta t}.\] Siden \(P(N(t)=0)\) er konstant som funksjon av \(\Delta t\) blir produktet \(P(N(t)=0) o(\Delta t)\) i det siste leddet på høyre siden i denne ligningen en ny \(o(\Delta t)\)-funksjon, dvs. vi kan skrive \[\frac{P(N(t+\Delta t)=0)-P(N(t)=0)}{\Delta t} = -\lambda P(N(t)=0) + \frac{o(\Delta t)}{\Delta t}.\] Når vi så lar \(\Delta t\rightarrow 0\) på begge sider av likhetstegnet i denne ligningen får vi differensialligningen \[\frac{d}{dt}P(N(t)=0) = -\lambda P(N(t)=0).\] For å løse denne differensialligningen flytter vi høyresiden over på venstresiden av likhetstegnet og ganger med \(e^{\lambda t}\) på begge sider av likhetstegnet. Da får vi at \[\left[\frac{d}{dt}P(N(t)=0)\right]e^{\lambda t}+\lambda P(N(t)=0)e^{\lambda t}=0.\] Vi kan nå se at høyresiden i denne ligningen er den deriverte (med hensyn på \(t\)) av produktet \(P(N(t)=0)e^{\lambda t}.\) Vi har altså at \[\frac{d}{dt}\left[ P(N(t)=0)e^{\lambda t}\right]=0,\] som betyr at \[P(N(t)=0)e^{\lambda t}=c\] for en konstant \(c.\) Vi får altså at \[P(N(t)=0)=c e^{-\lambda t}.\] For å bestemme verdien på konstanten \(c\) trenger vi en initialbetingelse. Siden vi for en poissonprosess har antatt at \(N(0)=0\) må vi selvfølgelig ha at \(P(N(0)=0)=1.\) Ved å benytte utrykket vi har funnet for \(P(N(t)=0)\) gir dette at \[P(N(0)=0) = c\cdot e^{\lambda\cdot 0} = c\cdot 1 = 1 \Rightarrow c=1.\] Dermed får vi at \[P(N(t)=0)=e^{-\lambda t}\] slik vi skulle vise.
Da gjenstår induksjonssteget av induksjonsbeviset. For en verdi \(z\in\{1,2,\ldots\}\) antar vi nå at resultatet i teoremet er korrekt for \(x=z-1,\) dvs at \[f(z-1)=P(N(t)=z-1)=\frac{(\lambda t)^{z-1}}{(z-1)!}e^{-\lambda t},\] og skal benytte dette til å bevise at da er resultater i teoremet også korrekt for \(x=z,\) dvs vi må vise at \[f(z)=P(N(t)=z) = \frac{(\lambda t)^z}{z!}e^{-\lambda t}.\] Fremgansmåten for å bevise dette er helt tilsvarende som i beviset for \(P(N(t)=0)\) over, men en del detaljer blir annerledes. Vi starter med å se på \(P(N(t+\Delta t)=z)\) for \(\Delta t > 0.\) Siden \(N(0)=0\) og poissonprosessen \(N(t)\) er en voksende funksjon av \(t\) har vi at \[P(N(t+\Delta t)=z) = P\left(\bigcup_{y=0}^z (N(t)-N(0)=z-y \cap N(t+\Delta t)-N(t)=y)\right).\] Da hendelsene \(N(t)-N(0)=z-y \cap N(t+\Delta t)-N(t)=y\) for \(y=0,1,\ldots,z\) er disjunkte får vi \[P(N(t+\Delta t)=z) = \sum_{y=0}^z P(N(t)-N(0)=z-y \cap N(t+\Delta t)-N(t)=y).\] Krav 2 i definisjonen av en poissonprosess gir at hendelsene \(N(t)-N(0)\) og \(N(t+\Delta t)-N(t)\) er uavhengige stokastiske variabler, og dermed får vi at \[P(N(t+\Delta t)=z) = \sum_{y=0}^z \left[ P(N(t)=z-y)\cdot P(N(t+\Delta t)-N(t)=y)\right].\] Vi trenger nå å finne uttrykk for den siste faktoren i produktene i hvert av leddene i summen på høyre side, dvs. vi trenger uttrykk for \(P(N(t+\Delta t)-N(t)=y)\) for de ulike verdiene for \(y.\) For \(y=1\) sier krav 3 i definisjonen av en poissonprosess at \[P(N(t+\Delta t)-N(t)=1)=\lambda \Delta t + o(\Delta t).\] For \(y=0\) fant vi i utledningen av uttrykket for \(P(N(t)=0)\) at \[P(N(t+\Delta t)-N(t)=0) = 1-\lambda \Delta t + o(\Delta t).\] For \(y\in \{2,3,\ldots,z\}\) får vi ved å benytte det andre sannsynlighetsuttrykket i krav 3 i definisjonen av en poissonprosess at \begin{align}P(N(t+\Delta t)-N(t)=y)&\leq P(N(t+\Delta t)-N(t)\geq 2) =o(\Delta t).\end{align} Ved å dele på \(\Delta t\) på begge sider av ulikhetstegnet i dette uttrykket og deretter la \(\Delta t\) gå mot null får vi at \[\lim_{\Delta t\rightarrow 0}\frac{P(N(t+\Delta t)-N(t)=y)}{\Delta t} \leq \lim_{\Delta t\rightarrow 0}\frac{o(\Delta t)}{\Delta t} = 0.\] Siden \(P(N(t+\Delta t)-N(t)=y) > 0\) og \(\Delta t > 0\) må vi dermed ha at \[\lim_{\Delta t \rightarrow 0}\frac{P(N(t+\Delta t)-N(t)=y)}{\Delta t} = 0,\] dvs at \[P(N(t+\Delta t)-N(t)=y)=o(\Delta t).\] Når vi nå har uttrykk for \(P(N(t+\Delta t)-N(t)=y)\) for alle \(y=0,1,2,\ldots,z,\) kan vi sette disse inn i uttrykket vi fant for \(P(N(t+\Delta t)=z)\) over. Ved å benytte regnereglene vi fant for \(o(\Delta t)\)-funksjoner får vi da \begin{align*}P(N(t+\Delta t)=z) &= \sum_{y=0}^z \left[ P(N(t)=z-y)\cdot P(N(t+\Delta t)-N(t)=y)\right]\\&=P(N(t)=z)\cdot P(N(t+\Delta t)-N(t)=0)\\&+ P(N(t)=z-1)\cdot P(N(t+\Delta t)-N(t)=1)\\&+ \sum_{y=2}^z \left[P(N(t)=z-y)\cdot P(N(t+\Delta t)-N(t)=y)\right]\\ &= P(N(t)=z) \cdot (1-\lambda \Delta t+o(\Delta t))\\&+P(N(t)=z-1)\cdot (\lambda \Delta t + o(\Delta t))\\ &+\sum_{y=2}^z P(N(t)=z-y)\cdot o(\Delta t)\\ &= P(N(t)=z) - \lambda \Delta t P(N(t)=z) +\lambda \Delta t P(N(t)=z-1) + o(\Delta t).\end{align*} Vi flytter så det første leddet på høyresiden i dette uttrykket, dvs. \(P(N(t)=z),\) over på venstre side av likhetstegnet og deler deretter på \(\Delta t\) på begge sider av likhetstegnet, som gir at \[\frac{P(N(t+\Delta t)=z)-P(N(t)=z)}{\Delta t} = -\lambda P(N(t)=z) + \lambda P(N(t)=z-1) + \frac{o(\Delta t)}{\Delta t}.\] Lar så \(\Delta t\rightarrow 0\) på begge sider av likhetstegnet og får differenialligningen \[\frac{d}{dt}P(N(t)=z) = -\lambda P(N(t)=z) + \lambda P(N(t)=z-1).\] For å løse denne differensialligningen flytter vi det første leddet på høyresiden over på venstre side av likhetstegnet, ganger deretter med \(e^{\lambda t}\) på begge sider av likhetstegnet, og benytter induksjonsantagelsen om hvilken formel som gjelder for \(P(N(t)=z-1).\) Vi får da \[\left[\frac{d}{dt}P(N(t)=z)\right]e^{\lambda t} + \lambda P(N(t)=z)e^{\lambda t} = \lambda\cdot \frac{(\lambda t)^{z-1}}{(z-1)!}e^{-\lambda t}\cdot e^{\lambda t}.\] Vi kan nå se at høyresiden i denne ligningen er den deriverte (med hensyn på \(t\)) av produktet \(P(N(t)=z)e^{\lambda t}.\) Ved også å omskrive uttrykket på høyresiden i ligningen får vi dermed at \[\frac{d}{dt}\left[ P(N(t)=z)e^{\lambda t} \right] = \frac{\lambda^{z}}{(z-1)!} \cdot t^{z-1}.\] Vi må dermed ha at \begin{align*}P(N(t)=z)e^{\lambda t} &= \int \frac{\lambda^{z}}{(z-1)!} \cdot t^{z-1} dt\\ &=\frac{\lambda^{z}}{(z-1)!} \cdot \left[\frac{1}{z} t^z + c\right],\end{align*} for en konstant \(c.\) Vi har altså at \[P(N(t)=z) = \frac{(\lambda t)^z}{z!}e^{-\lambda t} + c\cdot \frac{\lambda^{z}}{(z-1)!}e^{-\lambda t}.\] For å bestemme verdien på konstant \(c\) trenger vi en initialbetingelse. Siden vi for en poissonprosess har antatt at \(N(0)=0\) må vi for \(z\geq 1\) ha at \(P(N(0)=z)=0.\) Ved å benytte uttrykket vi har funnet for \(P(N(t)=z)\) gir dette at \[P(N(0)=z) = \frac{(\lambda\cdot 0)^z}{z!}e^{-\lambda \cdot 0} + c\cdot \frac{\lambda^{z}}{(z-1)!}e^{-\lambda\cdot 0} = c\cdot \frac{\lambda^{z}}{(z-1)!} = 0 \Rightarrow c = 0.\] Dermed får vi at \[P(N(t)=z) = \frac{(\lambda t)^z}{z!}e^{-\lambda t}\] som er det vi skulle vise. Resultatet i teoremet er dermed bevist ved induksjon.
