効率よく測定されたポアソンプロセスで、測定されたカウントはまだポアソンですか？

状況：

たとえば、放射性崩壊のようなポアソンプロセスがあり、毎秒R粒子を生成するとします。検出器で測定します。粒子が検出器によって検出される確率Pがあります。

私が知っていると思うこと：

粒子放出の到着間時間は、Rに基づくパラメーターで指数的に分布します。
検出前に放出される粒子の数は、Pに基づく負の二項式によって与えられます。
数Nが（2）からサンプリングされる場合、検出された粒子の到着時間の単一サンプルは、（1）からのNサンプルの合計によって与えられます。この合計は、NとRに基づくパラメーターを使用してガンマ分布からサンプリングすることで取得できます。

私の質問：

NとRに基づいてガンマからサンプリングすることで単一の到着時間を計算できる場合、間隔内の検出器の数はどのようにして再びポアソンになるのでしょうか？（ポアソンであるためには、検出器の到着時間は指数であり、奇妙なガンマの事柄に従って分布されていない必要があります。）もちろんNは変動しますが、これがどのように機能するかはわかりません。

ただし、検出器の数が実際にポアソン分布であることはほぼ確実です。誰かが数学を教えてくれませんか？助けてくれてありがとう！

編集：

私はこのペーパーを見つけました：Fried、DL「光電子放出電流のノイズ」。応用光学4.1（1965）：79-80。

これは、二項で選択されたポアソン確率変数も、PRによって与えられた率でポアソンであるという結果を示しています。これは、jbowmanによるコメントを確認します。それでも、負の二項分布とガンマ分布を使用して検出器で到着間隔を生成するプロセスがどのように正しくないかについての説明を見てみたいと思います。これが私の大きな精神的なしゃっくりです。ありがとうございました。

編集2：

私はこのMATLABスクリプトを記述して、ガンマ分布で試みていたことが機能するかどうかをテストしました。幾何学的に分布したNで生成されたガンマ到着時間はどういうわけか指数関数的であり、Poisson（PR）によって提案された到着時間と一致することがわかります。（ia2とia3は同じように配布されます）。これが分析的にどのように機能するかについての考えはありますか？直感的にはわかりませんでした。

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n = 100000;
ia1 = exprnd(1,n,1); % create exponentially distributed inter-arrival times
t1 = cumsum(ia1); % running sum (the real experiment time)

mask = (rand(n,1) > 0.5); % flip a coin
t2 = t1(mask); % get only the events for which "the coin landed on heads"
ia2 = diff(t2); % calculate the inter-arrival times at the detector.

% plot the distributions
figure; hist(ia1,100); title('exponential inter-arrival times');
figure; hist(ia2,100); title('binomial sampled inter-arrival times');

%%
spacing = geornd(0.5,n,1) + 1; % how many events before we get heads
ia3 = gamrnd(spacing,ones(n,1)); % generate the interarrival times with gamma
figure; hist(ia3,100); title('geom/gamma inter-arrival times');

poisson-distribution negative-binomial gamma-distribution

— user487100
ソース

＃2は実際には正しくありません。各粒子が検出される確率を持つ場合、1秒あたりの検出された粒子の分布はPoisson（）です（検出が独立している場合など）。＃3の場合、が2からサンプリングされる場合、単一ではありません。到着時間のサンプル。到着時間の合計が1回観測されます。これは、形状パラメーター分散ガンマです。したがって、質問の前提（「到着間時間が1つの場合...」）は正しくありません。

P

$P$

R P

$RP$

N

$N$

N

$N$

N

$N$

— jbowman 2014年

レートがポアソン（RP）であることがどのようにわかるかわかりません。見せてもらえますか？それがこの質問の核心です。＃2では、検出器に当たる確率がPの場合、検出器に当たる前に放出される粒子の数は、平均1 / Pで幾何学的に分布しています。したがって、この幾何分布から缶サンプルを計算してNを取得し、N個の到着時間を合計して、検出器での単一の到着時間を取得できます。このロジックの欠陥を説明できますか？ポアソン（RP）であるレートについてのあなたの声明は重要だと思います。ありがとうございました！

— user487100 2014年

モーメント生成/特徴的な関数に多少慣れていますか？それも役に立たない場合を除いて、そのアプローチは簡単なので、私はそのアプローチを使用してそれを書き出します。

— jbowman 2014年

いいえ、モーメント生成関数を使用していません。ポアソン+一定の受け入れ確率がポアソンレートをスケーリングするだけであることを示す方法のアイデアはありますか？これがどのように機能するかを示すことができれば、モーメント生成関数のアプローチに基づいて学習したいと思います。

— user487100 2014年

今日（太平洋標準時）はかなり遅くなります。私も簡単な方法でそれを行うことができ、不透明度が低くなります。

— jbowman 2014年

$R$ $p_{0i}$ $P$

$\lambda_{obs}=RP$

$O(t)$ $N(t)\sim PP(r)$ $N(t)$ $O(t)$ $p$ $s$ $N(s)=n$ $O(s)$ $n,p$ ）配布。

このアプローチでは、確率生成関数を使用します。

$E[z^{O(t)}|N(t)=n]=\sum_{j=0}^{n}z^{j} {n \choose j}p^j(1-p)^{n-j}=(1-p+pz)^{n}$

$N(t)\sim Poisson(rt)$

$E[z^{O(t)}]=E[E[z^{O(t)}|N(t)=n]]=\sum_{n=0}^{\infty}(1-p+pz)^{n}\frac{rt^n}{n!}e^{-rt}=e^{-rt}e^{rt(1-p+pz)}=e^{rpt(z-1)}$

$rpt$

— 予想
ソース