Kemungkinan proses Poisson independen menyalip yang lain

Saya telah menanyakan pertanyaan ini sebelumnya dengan cara lain di stackexchanges lainnya, mohon maaf untuk repost yang agak.

Saya telah bertanya kepada profesor saya dan beberapa mahasiswa PhD tentang, tanpa jawaban yang pasti. Saya pertama-tama akan menyatakan masalah, kemudian solusi potensial saya dan masalah dengan solusi saya, sangat menyesal untuk dinding teks.

Masalah:

Asumsikan dua proses Poisson independen dan , dengan dan untuk interval yang sama, tunduk pada . Berapa probabilitas bahwa pada suatu titik waktu, karena waktu cenderung tak terhingga, bahwa keluaran agregat dari proses lebih besar daripada keluaran agregat dari proses ditambah , yaitu . Untuk menggambarkan dengan sebuah contoh, asumsikan dua jembatan dan , rata-rata dan mobil melewati jembatan dan $M$ $R$ $\lambda_R$ $\lambda_M$ $\lambda_R>\lambda_M$ $M$ $R$ $D$ $P(M>R+D)$ $R$ $M$ $\lambda_R$ $\lambda_M$ $R$ $M$ masing-masing per interval, dan . mobil telah didorong atas jembatan , berapa probabilitas bahwa pada setiap titik waktu lebih banyak mobil total telah didorong atas jembatan dari . $\lambda_R>\lambda_M$ $D$ $R$ $M$ $R$

Cara saya memecahkan masalah ini:

Pertama kita mendefinisikan dua proses Poisson:

M (I) \sim Poisson (μ_{M} \cdot I) R (I) \sim Poisson (μ_{R} \cdot I)

$M(I) \sim \operatorname{Poisson}(\mu_M\cdot I ) \\ R(I) \sim \operatorname{Poisson}(\mu_R\cdot I ) \\$

Langkah berikutnya adalah untuk menemukan fungsi yang menggambarkan setelah sejumlah tertentu interval . Ini akan terjadi jika bersyarat pada output , untuk semua nilai non-negatif dari . Untuk menggambarkan, jika output agregat dari adalah maka output agregat perlu lebih besar dari . Seperti yang ditunjukkan di bawah ini. $P(M>R+D)$ $I$ $M(I)>k+D$ $R(I)=k$ $k$ $R$ $X$ $M$ $X+D$

P (M (I)) > R (I) + D) = \sum_{k = 0}^{n} [P (M (I) > k + D \cup R (I) = k)]

$P(M(I))>R(I)+D)=\sum_{k=0}^n \bigg [P(M(I) >k+D\cup R(I)=k) \bigg]$

n \to \infty

$n\rightarrow \infty$

Karena kemerdekaan, ini dapat ditulis ulang sebagai produk dari dua elemen, di mana elemen pertama adalah 1-CDF dari distribusi Poisson dan elemen kedua adalah pmf Poisson:

P (M (I) > R (I) + D) = \sum_{k = 0}^{n} [\underset{1 - Poisson CDF}{\underset{⏟}{P (M (I) > k + D)}} \cdot \underset{Poisson pmf}{\underset{⏟}{P (R (I) = k)}}]

$P(M(I)>R(I)+D)=\sum_{k=0}^n \bigg [\underbrace{P(M(I)> k+D)}_{1-\text{Poisson CDF}}\cdot \underbrace{P(R(I)=k)}_\text{Poisson pmf} \bigg]$

n \to \infty

$n\rightarrow \infty$

Untuk membuat contoh, asumsikan , dan , di bawah ini adalah grafik dari fungsi itu di atas : $D=6$ $\lambda_R=0.6$ $\lambda_M=0.4$ $I$

Langkah selanjutnya adalah menemukan probabilitas hal ini terjadi pada suatu titik waktu, mari kita sebut . Pikiran saya adalah bahwa ini setara dengan temuan 1 minus probabilitas tidak pernah berada di atas . Ie membiarkan mendekati tak terhingga apa bersyarat pada ini juga berlaku untuk semua nilai sebelumnya . $Q$ $M$ $R+D$ $N$ $P(R(N)+D \geq M(N))$ $N$

$P(R(I)+D \geq M(I))$ sama dengan , mari kita definisikan sebagai fungsi g (I): $1-P(M(I)>R(I)+D)$

g (I) = 1 - P (M (I) > R (I) + D)

$g(I)=1-P(M(I)>R(I)+D)$

Karena cenderung tak terhingga, ini juga dapat ditulis ulang sebagai integral geometri atas fungsi . $N$ $g(I)$

Q = 1 - \exp (\int_{0}^{N} \ln (g (I)) d I)

$Q=1-\exp \bigg (\int_0^N \ln(g(I)) \: dI \bigg )$

Q = 1 - \exp (\int_{0}^{N} \ln (1 - P (M (I) > R (I) + D)) d I)

$Q=1- \exp \bigg ( \int_0^N \ln(1-P(M(I)>R(I)+D)) \: dI \bigg )$

N \to \infty

$N\rightarrow \infty$

Di mana kita memiliki fungsi dari atas. $P(M(I)>R(I)+D)$

Q = 1 - \exp (\int_{0}^{N} \ln (1 - \sum_{k = 0}^{n} [\underset{1 - Poisson CDF}{\underset{⏟}{P (M (I) > k + D)}} \cdot \underset{Poisson pmf}{\underset{⏟}{P (R (I) = k)}}]) d I)

$Q=1-\exp \bigg (\int_0^N \ln \bigg (1-\sum_{k=0}^n \bigg [\underbrace{P(M(I)> k+D)}_{1-\text{Poisson CDF}}\cdot \underbrace{P(R(I)=k)}_\text{Poisson pmf} \bigg] \bigg ) \, dI \bigg )$

N \to \infty

$N\rightarrow \infty$

n \to \infty

$n\rightarrow \infty$

Sekarang bagi saya ini harus memberi saya nilai akhir dari , untuk setiap diberikan , dan . Namun, ada masalah, kita harus bisa menulis ulang lambda seperti yang kita inginkan karena satu-satunya hal yang penting adalah proporsi mereka satu sama lain. Untuk membangun contoh dari sebelumnya dengan , dan , ini secara efektif sama dengan , dan , selama intervalnya dibagi dengan 10. Yaitu 10 mobil setiap 10 menit sama dengan 1 mobil setiap menit. Namun, melakukan ini menghasilkan hasil yang berbeda. , $Q$ $D$ $\lambda_R$ $\lambda_M$ $D=6$ $\lambda_R=0.6$ $\lambda_M=0.4$ $D=6$ $\lambda_R=0.06$ $\lambda_M=0.04$ $D=6$ $\lambda_R=0.6$ dan menghasilkan dari dan , dan menghasilkan dari . Realisasi langsungnya adalah , dan alasannya sebenarnya cukup sederhana jika kita membandingkan grafik dari dua hasil, grafik di bawah ini menunjukkan fungsi untuk , dan . $\lambda_M=0.4$ $Q$ $0.5856116$ $D=6$ $\lambda_R=0.06$ $\lambda_M=0.04$ $Q$ $0.9998507$ $1-(1-0.5856116)^{10}=0.9998507$ $D=6$ $\lambda_R=0.06$ $\lambda_M=0.04$

Seperti yang dapat dilihat probabilitas tidak berubah, namun sekarang butuh sepuluh kali lebih banyak interval untuk mendapatkan probabilitas yang sama. Karena tergantung pada interval fungsi, ini tentu saja memiliki implikasi. Ini jelas berarti bahwa ada sesuatu yang salah, karena hasilnya tidak harus bergantung pada lambda awal saya, terutama karena tidak ada lambda awal yang benar dan sama benarnya dengan dan atau dan dll, selama interval diskalakan sesuai. Oleh karena itu, sementara saya dapat dengan mudah mengukur probabilitas, yaitu pergi dari dan ke dan $Q$ $0.04$ $0.06$ $0.4$ $0.6$ $1$ $1.5$ $0.4$ $0.6$ $0.04$ $0.06$ sama dengan penskalaan probabilitas dengan faktor 10. Ini jelas menghasilkan hasil yang sama, tetapi karena semua lambda ini sama-sama titik awal yang valid, maka ini jelas tidak benar.

Untuk menunjukkan dampak ini, saya membuat grafik sebagai fungsi , di mana adalah faktor penskalaan lambda, dengan mulai dari dan . Outputnya dapat dilihat pada grafik di bawah ini: $Q$ $t$ $t$ $\lambda_M=0.4$ $\lambda_R=\lambda_M\cdot 1.5$

Di sinilah saya terjebak, bagi saya pendekatannya terlihat baik dan benar, tetapi hasilnya jelas salah. Pikiran awal saya adalah bahwa saya kehilangan skala mendasar di suatu tempat, tetapi saya tidak bisa selama hidup saya mencari tahu di mana.

Terima kasih telah membaca, bantuan apa pun dan semua sangat kami hargai.

Selain itu, jika ada yang menginginkan kode-R saya, beri tahu saya dan saya akan mengunggahnya.

poisson-distribution poisson-process

— tidak ada nein
sumber

Saya melakukan beberapa pembersihan kode MathJax Anda. Jika Anda melihatnya, Anda akan melihat beberapa hal tentang penggunaan standar dan tepat. (Lebih banyak pekerjaan yang bisa dilakukan; mungkin nanti.)

— Michael Hardy

Luar biasa! Terima kasih banyak, saya tidak menyadarinya, apakah ada panduan khusus yang harus saya ikuti?

— no nein

Saya mengedit beberapa hal tambahan sesuai dengan apa yang Anda lakukan.

— no nein

@nonein Ada sedikit sekali bantuan pengeditan, tetapi di luar itu ada tutorial dasar matematika MathJax & SESE referensi cepat . Panduan menulis matematika di LaTeX (yang mudah untuk google) sering membantu jika Anda mencoba untuk menemukan sesuatu yang tidak tercakup dalam referensi cepat di sana (meskipun sekarang punya cakupan yang cukup komprehensif dari subset MathJax).

— Glen_b -Reinstate Monica

Biarkan waktu kolektif dari proses menjadi Karena ini adalah proses Poisson independen, hampir pasti persis salah satunya diamati pada setiap waktu ini. Untuk tentukan $T = (0=t_0 \lt t_1 \lt t_2 \lt \cdots).$ $i\gt 0,$

B (i) = {\begin{matrix} + 1 & if R (t_{i}) = 1 \\ - 1 & if M (t_{i}) = 1 \end{matrix}

$B(i) = \left\{\matrix{+1 & \text{if } R(t_i)=1 \\ -1 & \text{if }M(t_i)=1}\right.$

dan mengakumulasi ke dalam proses yaitu, dan untuk semua dihitung berapa kali muncul daripada setelah $B(i)$ $W:$ $W(0)=0$ $W(i+1)=W(i)+B(i)$ $i \gt 0.$ $W(i)$ $R$ $M$ $t_i.$

Gambar ini menunjukkan realisasi (merah) dan (biru sedang) sebagai "plot permadani" di bagian atas. Poin plot nilai-nilai . Setiap titik merah mewakili peningkatan kelebihan sementara setiap titik biru menunjukkan penurunan kelebihan. $R$ $M$ $(t_i, W(i))$ $R(t_i)-M(t_i)$

Untuk misalkan menjadi kesempatan setidaknya satu dari kurang dari atau sama dengan dan biarkan menjadi probabilitasnya. $b=0, 1, 2, \ldots,$ $\mathcal{E}_b$ $W_i$ $-b$ $f(b)$

Pertanyaannya menanyakan $f(D+1).$

Biarkan Ini adalah tingkat proses gabungan. adalah jalan acak Binomial, karena $\lambda=\lambda_R+\lambda_M.$ $W$

Pr (B (i) = 1) = \frac{λ_{R}}{λ} and Pr (B (i) = - 1) = \frac{λ_{M}}{λ} .

$\Pr(B(i) = 1) = \frac{\lambda_R}{\lambda}\text{ and } \Pr(B(i)=-1) = \frac{\lambda_M}{\lambda}.$

Jadi,

Jawabannya sama dengan kemungkinan bahwa Binomial random walk menghadapi penghalang penyerap pada $W$ $-D-1.$

Cara paling dasar untuk menemukan kesempatan ini mengamati itu

f (0) = 1

$f(0)=1$

karenadan, untuk semua dua kemungkinan langkah berikutnya dari hasil secara rekursif $W(0)=0;$ $b \gt 0,$ $\pm 1$

f (b) = \frac{λ_{R}}{λ} f (b + 1) + \frac{λ_{M}}{λ} f (b - 1) .

$f(b) = \frac{\lambda_R}{\lambda} f(b+1) + \frac{\lambda_M}{\lambda} f(b-1).$

Dengan asumsi solusi unik untuk adalah $\lambda_R \ge \lambda_M,$ $b\ge 0$

f (b) = {(\frac{λ_{M}}{λ_{R}})}^{b},

$f(b) = \left(\frac{\lambda_M}{\lambda_R}\right)^b,$

karena Anda dapat memeriksa dengan memasukkan ini ke dalam persamaan mendefinisikan sebelumnya. Jadi,

Jawabannya adalah
$Pr (E_{D + 1}) = f (D + 1) = {(\frac{λ_{M}}{λ_{R}})}^{D + 1} .$ $\Pr(\mathcal{E}_{D+1})=f(D+1)=\left(\frac{\lambda_M}{\lambda_R}\right)^{D+1}.$

— whuber
sumber