Probabilità di un processo indipendente di Poisson che ne sorpassa un altro

Ho già fatto questa domanda in un altro modo su altri cambi di stack, quindi mi dispiace per la ripubblicazione un po '.

Ho chiesto informazioni al mio professore e ad un paio di dottorandi, senza una risposta definitiva. Prima indicherò il problema, quindi la mia potenziale soluzione e il problema con la mia soluzione, quindi scusate il muro di testo.

Il problema:

Assumi due processi indipendenti di Poisson e , con e per lo stesso intervallo, soggetto a . Qual è la probabilità che in qualsiasi momento, come il tempo tende all'infinito, che l'output aggregato del processo sia maggiore dell'output aggregato del processo più , ovvero . Per illustrare con un esempio, supponiamo che due ponti e , in media le e sul ponte e $M$ $R$ $\lambda_R$ $\lambda_M$ $\lambda_R>\lambda_M$ $M$ $R$ $D$ $P(M>R+D)$ $R$ $M$ $\lambda_R$ $\lambda_M$ $R$ $M$ rispettivamente per intervallo e . automobili hanno già guidato il ponte , qual è la probabilità che in qualsiasi punto nel tempo più automobili in totale hanno guidato oltre ponte di . $\lambda_R>\lambda_M$ $D$ $R$ $M$ $R$

Il mio modo di risolvere questo problema:

Innanzitutto definiamo due processi di Poisson:

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

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

Il passo successivo è quello di trovare una funzione che descrive dopo un certo numero di intervalli . Questo accadrà nel caso base all'output di , per tutti i valori non negativi di . Per illustrare, se l'uscita aggregato di è poi la produzione cumulativa di deve essere maggiore di . Come mostrato di seguito. $P(M>R+D)$ $I$ $M(I)>k+D$ $R(I)=k$ $k$ $R$ $X$ $M$ $X+D$

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

$n\rightarrow \infty$

A causa dell'indipendenza, questo può essere riscritto come il prodotto dei due elementi, in cui il primo elemento è 1-CDF della distribuzione di Poisson e il secondo elemento è il PMF di 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

$n\rightarrow \infty$

Per creare un esempio, supponiamo che , e , sotto sia il grafico di quella funzione su : $D=6$ $\lambda_R=0.6$ $\lambda_M=0.4$ $I$

Il passo successivo è quello di trovare la probabilità che ciò accada in qualsiasi punto nel tempo, consente di chiamata che . Il mio pensiero è che questo è equivalente a trovare 1 meno la probabilità di mai essere al di sopra . Cioè lasciate approccio sfioro qual è condizionato l'anche essere vero per tutti i valori precedenti di . $Q$ $M$ $R+D$ $N$ $P(R(N)+D \geq M(N))$ $N$

$P(R(I)+D \geq M(I))$ è uguale a , consente di definirlo come funzione g (I): $1-P(M(I)>R(I)+D)$

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

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

Poiché tende all'infinito, questo può anche essere riscritto come integrale geometrico sulla funzione . $N$ $g(I)$

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

$N\rightarrow \infty$

Dove abbiamo la funzione di dall'alto. $P(M(I)>R(I)+D)$

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

$n\rightarrow \infty$

Ora per me questo dovrebbe darmi il valore finale di , per ogni dato , e . Tuttavia, c'è un problema, dovremmo essere in grado di riscrivere le lambda come vogliamo, poiché l'unica cosa che dovrebbe importare è la loro proporzione reciproca. Per basarsi sull'esempio precedente con , e , questo è effettivamente lo stesso di , e , purché il loro intervallo sia diviso per 10. Vale a dire 10 auto ogni 10 minuti equivalgono a 1 auto ogni minuto. Tuttavia, ciò produce un risultato diverso. , $Q$ $D$ $\lambda_R$ $\lambda_M$ $D=6$ $\lambda_R=0.6$ $\lambda_M=0.4$ $D=6$ $\lambda_R=0.06$ $\lambda_M=0.04$ $D=6$ $\lambda_R=0.6$ e produce una di e , e produce una di . La realizzazione immediata è che , e la ragione è in realtà abbastanza semplice se confrontiamo i grafici dei due risultati, il grafico seguente mostra la funzione per , e . $\lambda_M=0.4$ $Q$ $0.5856116$ $D=6$ $\lambda_R=0.06$ $\lambda_M=0.04$ $Q$ $0.9998507$ $1-(1-0.5856116)^{10}=0.9998507$ $D=6$ $\lambda_R=0.06$ $\lambda_M=0.04$

Come si può vedere, la probabilità non cambia, tuttavia ora ci vogliono dieci volte più intervalli per arrivare alla stessa probabilità. Poiché dipende dall'intervallo della funzione, ciò ha naturalmente delle implicazioni. Questo ovviamente significa che qualcosa non va, poiché il risultato non dovrebbe dipendere dalla mia lambda iniziale, specialmente perché non c'è lambda iniziale che sia corretta e sia corretta come e o e ecc, purché l'intervallo viene ridimensionato di conseguenza. Pertanto, mentre posso facilmente ridimensionare la probabilità, cioè passando da e a e $Q$ $0.04$ $0.06$ $0.4$ $0.6$ $1$ $1.5$ $0.4$ $0.6$ $0.04$ $0.06$ equivale a ridimensionare la probabilità con un fattore 10. Questo ovviamente produce lo stesso risultato, ma poiché tutti questi lambda sono ugualmente validi punti di partenza, questo ovviamente non è corretto.

Per mostrare questo impatto ho rappresentato graficamente come una funzione di , dove è un fattore di ridimensionamento delle lambda, con lambda iniziali di e . L'output può essere visto nel grafico seguente: $Q$ $t$ $t$ $\lambda_M=0.4$ $\lambda_R=\lambda_M\cdot 1.5$

È qui che sono bloccato, per me l'approccio sembra corretto e corretto, ma il risultato è ovviamente sbagliato. Il mio pensiero iniziale è che mi manca un ridimensionamento fondamentale da qualche parte, ma non posso per la vita di me capire dove.

Grazie per aver letto, ogni aiuto è molto apprezzato.

Inoltre, se qualcuno vuole il mio codice R, per favore fatemelo sapere e lo caricherò.

poisson-distribution poisson-process

— no nein
fonte

Ho fatto una pulizia abbastanza estesa del tuo codice MathJax. Se dai un'occhiata, vedrai alcune cose sull'uso standard e corretto. (Si potrebbe fare altro lavoro; forse più tardi.)

— Michael Hardy

Eccezionale! Grazie mille, non ne ero a conoscenza, c'è una guida specifica che dovrei seguire?

— no nein

Ho modificato alcune cose extra in linea con quello che hai fatto.

— no nein

@nonein C'è un piccolo aiuto nell'editing, ma oltre a questo c'è il tutorial di base MathJax di Math.SE e una rapida consultazione . Le guide per la scrittura di matematica in LaTeX (che sono facili da usare su Google) spesso aiutano se stai cercando di trovare qualcosa che non è incluso nel riferimento rapido (anche se ora ha una copertura abbastanza completa del sottoinsieme di MathJax).

— Glen_b

Lascia che i tempi collettivi dei processi siano Poiché questi sono processi indipendenti di Poisson, quasi sicuramente si osserva esattamente uno di questi in ciascuno di questi momenti. Per definire $T = (0=t_0 \lt t_1 \lt t_2 \lt \cdots).$ $i\gt 0,$

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

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

e accumula nel processo cioè, e per tutti conta quante altre volte è apparso di subito dopo il tempo $B(i)$ $W:$ $W(0)=0$ $W(i+1)=W(i)+B(i)$ $i \gt 0.$ $W(i)$ $R$ $M$ $t_i.$

Questa figura mostra le realizzazioni di (in rosso) e (in blu medio) come "trame di tappeti" nella parte superiore. I punti tracciano i valori di . Ogni punto rosso rappresenta un aumento dell'eccesso mentre ogni punto blu mostra una diminuzione dell'eccesso. $R$ $M$ $(t_i, W(i))$ $R(t_i)-M(t_i)$

Per sia una probabilità che almeno uno dei sia minore o uguale a e che sia la sua probabilità. $b=0, 1, 2, \ldots,$ $\mathcal{E}_b$ $W_i$ $-b$ $f(b)$

La domanda richiede $f(D+1).$

Lascia che Questa è la velocità dei processi combinati. è una camminata casuale binomiale, perché $\lambda=\lambda_R+\lambda_M.$ $W$

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

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

Così,

La risposta equivale alla possibilità che questa camminata casuale binomiale incontri una barriera assorbente a $W$ $-D-1.$

Il modo più elementare di trovare questa possibilità lo osserva

f (0) = 1

$f(0)=1$

perchée, per tutto i due possibili passi successivi di producono ricorsivamente $W(0)=0;$ $b \gt 0,$ $\pm 1$

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

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

Supponendo la soluzione unica per è $\lambda_R \ge \lambda_M,$ $b\ge 0$

f (b) = {(\frac{λ_{M}}{λ_{R}})}^{b},

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

come puoi verificare inserendolo nelle equazioni di definizione che precedono. Così,

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

— whuber
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