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BioModel | 对二项分布与泊松分布的理解

卢旺  收录于  类别 数学物理化学 和 系列 BioModel
     约 1907 字   预计阅读 4 分钟 

二项分布是一种包含两个参数的离散分布。可以用如下案例引入：单位时间发生的次数为随机变量 $X$ ，平均次数为 $\lambda$，设所观察的这段时间为 $[0,1)$ ，取一个很大的自然数 $N$ ，把时间段 $[0,1)$ 分为等长的 $n$ 段：

$$[0, \frac1N], [\frac1N, \frac2N] … [\frac{N-1}N, 1]$$

我们做如下两个假定:

  • 在每段时间内, 恰发生事件的概率，近似的与这段时间的长 $\frac1N$ 成正比，可设为 $\frac\lambda N$ ，也可以标记为 $p$

    • 当 $N$ 很大时， $\frac1N$ 就很小，即在这么短暂的一段时间内，要发生两次或者更多次事故是不可能的

    • 因此在特定的一段时间内不发生该事件的概率为 $1-\frac{\lambda}N$

  • 各段是否发生该事件是相互独立的，把在 $[0,1)$ 时段内发生事件的次数 $X$ ，在一定程度上可以等同为 $n$ 个划分的小时段内有事故的时段数

按照上述两个假定， $X$ 应服从二项分布 $B(n, \frac{\lambda}N)$ ，事件 $X$ 发生 $n$ 次的概率可计算为：

$$P(X=n)=\left(\begin{array}{l}N \ n\end{array}\right)\left(\frac{\lambda}{N}\right)^{n}\left(1-\frac{\lambda}{N}\right)^{N-n} = \frac{N!}{n!(N-n)!}p^n \cdot (1-p)^{N-n}$$

本质上是多次伯努利试验的总和（即每次实验会有两种结果）， 随机变量是实验成功的次数

  • 若记结果A的概率为 $p$ ，结果B为 $p’$ ，实验 $N$ 次，则会有 $(p+p’)^M=1$

  • 这个式子是一个二项式，将其展开，就可以对应不同的结果

  • 如果要计算发生 $n$ 次结果A，则其概率为：

    $$P_{binom}(n; p, N) = \frac{N!}{n!(N-n)!}p^n \cdot p’^{N-n}$$

  • 二项分布的期望是 $np$ ，方差是 $np(1-p)$

二项分布主要用于不放回抽取问题中，通常用于如下问题场景：

  • 抛硬币M次，正面朝上的次数为l（抛硬币M次之间相互独立且随机，每次抛硬币可视为伯努利事件）

  • 10mL液体中有4个荧光分子，随机吸取1mL液体，能得到多少个荧光分子。针对该问题，在抽取样本前，4个荧光分子独立且随机；而在取样的一瞬间，荧光分子被分为了两类：被取样或未被取样，而单个荧光分子被取样的概率为：

    $$p=\frac{取样体积}{总体积}=0.1$$

    因而可以将该问题视为二项分布进行估计

  • 应用：如何计算细胞中的荧光分子数？荧光强度在一定程度上是可以反应分子数量的，但是仅仅是成正比的关系，而并不是准确的定量关系，可以使用分配方差来衡量分子数与荧光强度间的比例系数（生物建模书74页）

在一定的方法下，是可以把二项分布扩展到多个结果的高维空间中（而不仅仅是两种结果），这个分布叫做伯努利分布（multinoulli）

获取二项分布的随机变量

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x = np.random.binomial(n=10, p=.25, size=100)
# p是伯努利事件成功的概率，n是实验的次数，size是抽样多少次，可以需求数据的shape
# 返回值是随机变量（事件成功的次数）

sns.distplot(x)

计算二项分布相关的概率值，scipy提供了两个函数来进行计算，一个是pmf概率分布函数f(x)，另一个是cdf累计概率值F(x)，可以使用这两个函数灵活地去计算各种各样的概率值

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scipy.stats.binom.pmf(k=10, n=12, p=0.6)
# n是实验次数，p是实验成功概率，k是成功的次数
# 这个代码计算值可以理解为：投篮成功概率为0.6, 投球12次，有10次成功的概率

scipy.stats.binom.cdf(k=10, n=12, p=0.6)
# 这个代码计算的值可以理解为：投篮成功概率为0.6，投球12次，成功次数不超过10次的概率

假设已知事件在单位时间 (或者单位面积) 内发生的平均次数为 $p$ ，则泊松分布描述了：事件在单位时间 (或者单位面积) 内发生的具体次数为 $n$ 的概率（参考一份不错的资料）

🚩泊松分布可以理解为二项分布的极限：即当事件的次数、分子个数、时间的分段很大（ $N\rightarrow \infty$ ），且单次时间发生的概率很小时，可以得到如下的近似

$$\begin{split} P(X=n) &= \frac{N!}{n!(N-n)!} \times p^n \cdot (1-p)^{N-n} \\[2ex] &= \frac{N(N-1)…(N-n+1)}{n!} \times (\frac{\lambda}N)^n(1-\frac{\lambda}N)^{N-n} \\[2ex] &= \frac{N(N-1)…(N-n+1)}{N^n} \lambda^n \frac{1}{n!} (1-\frac{\lambda}N)^{N-n} \\[2ex] &= 1(1-\frac1N)(1-\frac2N)…(1-\frac{n-1}N) \lambda^n \frac{1}{n!} \frac{(1-\frac{\lambda}N)^N}{(1-\frac{\lambda}N)^n} \\[2ex] \end{split} $$

此时， $N$ 很大，而 $n$ 相对小，故：

$$ \lim_{N \rightarrow \infty}1(1-\frac1N)(1-\frac2N)…(1-\frac{n-1}N)=1$$

$$\lim_{N \rightarrow \infty}(1-\frac{\lambda}N)^n = 1^n = 1$$

而分子，则是满足复利极限

$$\lim_{N \rightarrow \infty} (1-\frac{\lambda}N)^N=(1+\frac{-\lambda}N)^N = e^{-\lambda}$$

因而，可以把

$$P(X=n)= \textcolor{red} {1(1-\frac1N)(1-\frac2N)…(1-\frac{n-1}N)} \lambda^n \frac{1}{n!} \frac { \textcolor{blue}{(1-\frac{\lambda}N)^N } } {\textcolor{green}{(1-\frac{\lambda}N)^n} } =\textcolor{red}1 \frac{\lambda^n}{n!} \frac{\textcolor{blue}{e^{-\lambda}}}{\textcolor{green}1} $$

即是说，泊松分布是二项分布低概率实验次数趋向于无穷时所表现的结果，是包含一个参数的离散分布，或者说，低概率的伯努利试验之和服从泊松分布

在1L水中加入500万个荧光分子，然后提取1立方毫米，可以提取多少个荧光分子？在1立方米水中加入5亿个荧光分子，提取1立方毫米，可以提取多少个荧光分子？

针对这两个问题，可以使用二项分布的期望值来回答这个问题

$$ \lambda=(5\times10^6)\cdot \frac{1mm^3}{10^6 mm^3}=5 $$

  • 针对这两个问题在分析时，可以合理地认为，这两个分布是大致相同的

  • 也就是说，可以认为存在某一个分布：在荧光分子浓度为5e6个/L的溶液中，任何足够大的不同库会产生相同的分布结果

泊松分布的参数 $\lambda=Np$ ，是二项分布的期望值，可以理解为在当前的抽样方法下事件平均发生的次数，更合理的理解为上面案例中说的抽取样本中荧光分子的个数

  • 泊松分布的方程在对 $N$ 取极限后，得到

$$P_{Pois} (X=n, \lambda) = \frac{\lambda^n e^{-\lambda}}{n!} $$

  • 方差为 $p$ ，期望为 $p$

泊松分布的代码和其他分布类似：

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scipy.stats.poisson.cdf(120, 100)
# lambda=120的泊松分布，发生次数小于等于100时的概率

scipy.stats.poisson.rvs(mu=50, size=100, random_state=3)
# mu是分布的参数，size是产生的数量
# random_state相当于是R随机数中的seed，设置后每次产生的随机数一样
更新于 2023-08-04
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