La somma ponderata di due variabili casuali indipendenti di Poisson

Usando Wikipedia ho trovato un modo per calcolare la funzione di massa di probabilità risultante dalla somma di due variabili casuali di Poisson. Tuttavia, penso che l'approccio che ho sia sbagliato.

Sia due variabili casuali di Poisson indipendenti con media e , dove e sono costanti, quindi la funzione generatrice di probabilità di è data da Ora, usando il fatto che la funzione generatrice di probabilità per una variabile casuale di Poisson è , possiamo scrivere la funzione generatrice di probabilità di la somma delle due variabili casuali indipendenti di Poisson come $X_1, X_2$ $\lambda_1, \lambda_2$ $S_2 = a_1 X_1+a_2 X_2$ $a_1$ $a_2$ $S_2$

G_{S_{2}} (z) = E (z^{S_{2}}) = E (z^{a_{1} X_{1} + a_{2} X_{2}}) G_{X_{1}} (z^{a_{1}}) G_{X_{2}} (z^{a_{2}}) .

$G_{S_2}(z) = \operatorname{E}(z^{S_2})= \operatorname{E}(z^{a_1 X_1+a_2 X_2}) G_{X_1}(z^{a_1})G_{X_2}(z^{a_2}).$

G_{X_{i}} (z) = e^{λ_{i} (z - 1)}

$G_{X_i}(z) = \textrm{e}^{\lambda_i(z - 1)}$

\begin{aligned} G_{S_{2}} (z) & = e^{λ_{1} (z^{a_{1}} - 1)} e^{λ_{2} (z^{a_{2}} - 1)} \\ = e^{λ_{1} (z^{a_{1}} - 1) + λ_{2} (z^{a_{2}} - 1)} . \end{aligned}

$\begin{aligned} G_{S_2}(z) &= \textrm{e}^{\lambda_1(z^{a_1} - 1)}\textrm{e}^{\lambda_2(z^{a_2} - 1)} \\ &= \textrm{e}^{\lambda_1(z^{a_1} - 1)+\lambda_2(z^{a_2} - 1)}. \end{aligned}$ Sembra che la funzione di massa di probabilità di venga recuperata prendendo le derivate di , Dove .

S_{2}

$S_2$

G_{S_{2}} (z)

$G_{S_2}(z)$

\Pr (S_{2} = k) = \frac{G_{S_{2}}^{(k)} (0)}{k!}

$\operatorname{Pr}(S_2 = k) = \frac{G_{S_2}^{(k)}(0)}{k!}$

G_{S_{2}}^{(k)} = \frac{d^{k} G_{S_{2}} (z)}{d z^{k}}

$G_{S_2}^{(k)} = \frac{d^k G_{S_2}(z)}{ d z^k}$

È corretto? Ho la sensazione di non poter semplicemente prendere la derivata per ottenere la funzione di massa di probabilità, a causa delle costanti e . È giusto? Esiste un approccio alternativo? $a_1$ $a_2$

Se questo è corretto, ora posso ottenere un'approssimazione della distribuzione cumulativa troncando la somma infinita su tutto k?

distributions poisson-distribution

— Michel
fonte

Perché ridimensionate le somme con e ? La somma è solo un'altra distribuzione di Poisson senza questo. Le variabili assumono valori negli interi positivi, quindi qualcosa come volte il primo più volte il secondo è di solito abbastanza innaturale e ti permetterebbe di recuperare i valori di entrambe le variabili.

a_{1}

$a_1$

a_{2}

$a_2$

1

$1$

\sqrt{2}

$\sqrt{2}$

— Douglas Zare,

La difficoltà qui è che a meno che e siano numeri interi, non si può essere certi che assuma solo valori interi. Pertanto, è necessario trovare non solo per i valori interi di ma anche per ogni che può essere espresso come per numeri interi non negativi e .

a_{1}

$a_1$

a_{2}

$a_2$

S_{2}

$S_2$

P (S_{2} = k)

$P(S_2 = k)$

k

$k$

P (S_{2} = α)

$P(S_2 = \alpha)$

α

$\alpha$

a_{1} m + a_{2} n

$a_1m + a_2n$

m

$m$

n

$n$

— Dilip Sarwate,

@DilipSarwate È possibile? C'è un altro approccio per farlo?

— Michel,

@DouglasZare Devo fare questo ... Forse devo passare a una specie di metodo di bootstrap.

— Michel,

Non penso che tu possa fare molto meglio di un approccio a forza bruta che trova i possibili valori che può assumere e quindi per ogni , usaPer la maggior parte delle scelte di e , mi aspetto che la maggior parte delle somme si riduca a un solo termine. Mi aspetto che tu sappia che per , è una variabile casuale di Poisson con parametro .

S_{2}

$S_2$

α

$\alpha$

P {S_{2} = α} = \sum_{a_{1} m + a_{2} n = α} P {X_{1} = m} P {X_{2} = n} = \sum_{a_{1} m + a_{2} n = α} \exp (- λ_{1} m) \frac{λ_{1}^{m}}{m!} \exp (- λ_{2} n) \frac{λ_{2}^{n}}{n!} .

$P\{S_2 = \alpha\} = \sum_{a_1m + a_2n = \alpha}P\{X_1=m\}P\{X_2=n\} = \sum_{a_1m + a_2n = \alpha} \exp(-\lambda_1m)\frac{\lambda_1^m}{m!}\exp(-\lambda_2n)\frac{\lambda_2^n}{n!}.$

a_{1}

$a_1$

a_{2}

$a_2$

a_{1} = a_{2} = 1

$a_1=a_2=1$

S_{2}

$S_2$

λ_{1} + λ_{2}

$\lambda_1+\lambda_2$

— Dilip Sarwate,

Risposte:

A condizione che non tutta la probabilità sia concentrata su un singolo valore in questa combinazione lineare, sembra che un'espansione Cornish-Fisher possa fornire buone approssimazioni al CDF (inverso).

Ricordiamo che questa espansione regola il CDF inverso della distribuzione normale standard usando i primi pochi cumulativi di . La sua è $S_2$ $\beta_1$

\frac{a_{1}^{3} λ_{1} + a_{2}^{3} λ_{2}}{{(\sqrt{a_{1}^{2} λ_{1} + a_{2}^{2} λ_{2}})}^{3}}

$\frac{a_1^3 \lambda_1 + a_2^3 \lambda_2}{\left(\sqrt{a_1^2 \lambda_1 + a_2^2 \lambda_2}\right)^3}$

e la sua curtosi è $\beta_2$

\frac{a_{1}^{4} λ_{1} + 3 a_{1}^{4} λ_{1}^{2} + a_{2}^{4} λ_{2} + 6 a_{1}^{2} a_{2}^{2} λ_{1} λ_{2} + 3 a_{2}^{4} λ_{2}^{2}}{{(a_{1}^{2} λ_{1} + a_{2}^{2} λ_{2})}^{2}} .

$\frac{a_1^4 \lambda_1 + 3a_1^4 \lambda_1^2 + a_2^4 \lambda_2 + 6 a_1^2 a_2^2 \lambda_1 \lambda_2 + 3 a_2^4 \lambda_2^2}{\left(a_1^2 \lambda_1 + a_2^2 \lambda_2\right)^2}.$

Per trovare il percentile della versione standardizzata di , calcolare $\alpha$ $S_2$

w_{α} = z + \frac{1}{6} β_{1} (z^{2} - 1) + \frac{1}{24} (β_{2} - 3) (z^{2} - 3) z - \frac{1}{36} β_{1}^{2} z (2 z^{2} - 5 z) - \frac{1}{24} (β_{2} - 3) β_{1} (z^{4} - 5 z^{2} + 2)

$w_\alpha = z +\frac{1}{6} \beta _1 \left(z^2-1\right) +\frac{1}{24} \left(\beta _2-3\right) \left(z^2-3\right) z-\frac{1}{36} \beta _1^2 z \left(2 z^2-5 z\right)-\frac{1}{24} \left(\beta _2-3\right) \beta _1 \left(z^4-5 z^2+2\right)$

dove è il percentile della distribuzione normale standard. Il percentile di è quindi $z$ $\alpha$ $S_2$

a_{1} λ_{1} + a_{2} λ_{2} + w_{α} \sqrt{a_{1}^{2} λ_{1} + a_{2}^{2} λ_{2}} .

$a_1 \lambda_1 + a_2 \lambda_2 + w_\alpha \sqrt{a_1^2 \lambda_1 + a_2^2 \lambda_2}.$

Esperimenti numerici suggeriscono che questa è una buona approssimazione quando entrambi e superano o giù di lì. Ad esempio, considera il caso e (disposti per dare una media zero per comodità): $\lambda_1$ $\lambda_2$ $5$ $\lambda_1 = 5,$ $\lambda_2=5\pi/2,$ $a_1=\pi,$ $a_2=-2$

figura

La parte ombreggiata in blu è il CDF calcolato numericamente di mentre il rosso solido sottostante è l'approssimazione Cornish-Fisher. L'approssimazione è essenzialmente un liscio della distribuzione effettiva, mostrando solo piccole partenze sistematiche. $S_2$

— whuber
fonte

Un buon uso di uno strumento spesso dimenticato ... e, naturalmente, per o o giù di lì, il metodo di convoluzione della forza bruta non sarà poi così doloroso.

λ_{1}

$\lambda_1$

λ_{2} \leq 5

$\lambda_2 \leq 5$

— jbowman,

Usa la convoluzione:

Lascia che Per , altrimenti e Per , altrimenti. $f_{X_1}(x_1)= \dfrac{\lambda^{x_1}e^{-\lambda}}{x_1!}$ $x_1 \geq 0$ $f_{X_1}(x_1)= 0$ $f_{X_2}(x_2)=\dfrac{\lambda^{x_2}e^{-\lambda}}{x_2!}$ $x_2 \geq 0$ $f_{X_2}(x_2)= 0$

Lascia che , quindi Il primo è noto come convoluzione. $Z=X_1+X_2\rightarrow X_1=Z-X_2$

f_{Z} (z) = \int_{- \infty}^{\infty} \int_{- \infty}^{\infty} f_{x_{1}, x_{2}} (z - x_{2}, x_{2}) d x_{1} d x_{2}

$f_Z(z)=\int\limits_{-\infty}^{\infty}\int\limits_{-\infty}^{\infty}f_{x_1,x_2}(z-x_2,x_2)dx_1dx_2$

Se e sono indipendenti, questo modo è possibile ottenere la distribuzione della somma di due variabili casuali continue. $X_1$ $X_2$

f_{Z} (z) = \int_{- \infty}^{\infty} \int_{- \infty}^{\infty} f_{X_{1}} (z - x_{2}) f_{X_{2}} (x_{2}) d x_{1} d x_{2}

$f_Z(z)=\int\limits_{-\infty}^{\infty}\int\limits_{-\infty}^{\infty}f_{X_1}(z-x_2)f_{X_2}(x_2)dx_1dx_2$

Per la distribuzione discreta di Che è anche una distribuzione di Poisson con parametro

f_{Z} (z) = \sum_{x_{2} = 0}^{z} \frac{λ_{1}^{z - x_{2}} e^{- λ_{1}}}{(z - x_{2})!} \frac{λ_{2}^{x_{2}} e^{- λ_{2}}}{x_{2}!}

$f_Z(z)=\sum\limits_{x_2=0}^{z} \dfrac{\lambda^{z-x_{2}}_1e^{-\lambda_1}}{(z-x_2)!}\dfrac{\lambda^{x_2}_2e^{-\lambda_2}}{x_2!}$

= e^{- (λ_{1} + λ_{2})} \frac{(λ_{1} + λ_{2})^{z}}{z!}

$= e^{-(\lambda_1+\lambda_2)}\dfrac{(\lambda_1+\lambda_2)^z}{z!}$

λ_{1} + λ_{2}

$\lambda_1+\lambda_2$

— QAChip
fonte

Questo sembra rispondere a una domanda diversa: vale a dire come aggiungere due distribuzioni di Poisson. È il caso speciale (ma può essere esteso ai casi senza alcun problema). Ma cosa faresti quando ?

a_{1} = a_{2} = 1

$a_1=a_2=1$

a_{1} = a_{2}

$a_1 = a_2$

a_{1} \neq a_{2}

$a_1 \ne a_2$

— whuber

Penso che la soluzione sia il concetto di una distribuzione composta di Poisson. L'idea è una somma casuale con Poisson e e sequenza indipendente . Quando ci limitiamo al caso in cui sempre, allora possiamo descrivere per un numero reale e un distribuito da Poisson . Ottieni il pgf da Per la somma ottieni definire

S = \sum_{i = 1}^{N} X_{i}

$S = \sum_{i=1}^N X_i$

N

$N$

X_{i}

$X_i$

i i d

$iid$

N

$N$

X_{i} = k

$X_i=k$

k N

$k N$

k

$k$

N

$N$

E [s^{k N}] = E [(s^{k})^{N}] = G_{N} (s^{k}) = \exp (λ (s^{k} - 1))

$E[s^{k N}] = E[(s^{k})^N] = G_N(s^{k}) = \exp(\lambda(s^k-1))$

Z = k_{1} N_{1} + k_{2} N_{2}

$Z = k_1 N_1 + k_2 N_2$

G_{Z} (s) = \exp (λ_{1} (s^{k_{1}} - 1) + λ_{2} (s^{k_{2}} - 1)) .

$G_Z(s) = \exp(\lambda_1(s^{k_1}-1) + \lambda_2(s^{k_2}-1)).$

λ = λ_{1} + λ_{2}

$\lambda = \lambda_1 + \lambda_2$ quindi L'interpretazione finale è che il risultato risultante è una distribuzione composta di Poisson con intensità e distribuzione che assume il valore con probabilità e il valore con .

G_{Z} (s) = \exp (λ (\frac{λ_{1}}{λ} (s^{k_{1}} - 1) + \frac{λ_{2}}{λ} (s^{k_{1}} - 1)) = \exp (λ (\frac{λ_{1}}{λ} s^{k_{1}} + \frac{λ_{2}}{λ} s^{k_{1}} - 1)) .

$G_Z(s) = \exp(\lambda ( \frac{\lambda_1}{\lambda}(s^{k_1}-1)+ \frac{\lambda_2}{\lambda}(s^{k_1}-1)) = \exp(\lambda (\frac{\lambda_1}{\lambda}s^{k_1}+ \frac{\lambda_2}{\lambda}s^{k_1}-1)).$

λ = λ_{1} + λ_{2}

$\lambda = \lambda_1 + \lambda_2$

X_{i}

$X_i$

k_{1}

$k_1$

λ_{1} / λ

$\lambda_1/\lambda$

k_{2}

$k_2$

λ_{2} / λ

$\lambda_2/\lambda$

Avendo dimostrato che le distribuzioni sono composte da Poisson, possiamo usare la ricorsione di Panjer nel caso in cui e siano numeri interi positivi. Oppure possiamo facilmente derivare la trasformata di Fourier dalla forma del pgf e ottenere la distribuzione indietro dall'inverso. Si noti che esiste una massa in punti a . $k_1$ $k_2$ $0$

Modifica dopo una discussione:

Penso che il meglio che puoi fare sia MC. È possibile utilizzare la derivazione che si tratta di un distr composto di Poisson.

campione N da (molto efficiente) $Pois(\lambda)$
quindi per ogni esempio se proviene da o dove la probabilità della prima è . Fallo campionando un Bernoulli rv con probabilità di successo . Se è aggiungi alla somma campionata, altrimenti aggiungi . $i=1,\ldots,N$ $X_1$ $X_2$ $\lambda_1/\lambda$ $\lambda_1/\lambda$ $1$ $k_1$ $k_2$

Avrai un campione di 100.000 in pochi secondi.

In alternativa, puoi campionare separatamente i due riassunti nella tua rappresentazione iniziale ... questo sarà altrettanto veloce.

Tutto il resto (FFT) è complicato se il fattore costante k1 e k2 sono totalmente generali.

— Ric
fonte

E la distribuzione finale può essere trovata dall'algoritmo Panjer se i fattori sono numeri interi.

— Ric

Grazie! Sono arrivato a Tuttavia , a partire da questo, vorrei trovare un modo per ottenere una sorta di distribuzione. Hai menzionato l'algoritmo Panjer? Tuttavia, in questo caso . @DilipSarwate Ho appena detto che è impossibile semplificare la seguente in generale .

G_{S_{2}} (z) = e^{λ_{1} (z^{a_{1}} - 1)} e^{λ_{2} (z^{a_{2}} - 1)}

$G_{S_2}(z) = \textrm{e}^{\lambda_1(z^{a_1} - 1)}\textrm{e}^{\lambda_2(z^{a_2} - 1)}$

a_{1}, a_{2} \in R^{1}

$a_1,a_2 \in R^1$

P {S_{2} = α} = \sum_{a_{1} m + a_{2} n = α} P {X_{1} = m} P {X_{2} = n} = \sum_{a_{1} m + a_{2} n = α} \exp (- λ_{1} m) \frac{λ_{1}^{m}}{m!} \exp (- λ_{2} n) \frac{λ_{2}^{n}}{n!},

$P\{S_2 = \alpha\} = \sum_{a_1m + a_2n = \alpha}P\{X_1=m\}P\{X_2=n\} = \sum_{a_1m + a_2n = \alpha} \exp(-\lambda_1m)\frac{\lambda_1^m}{m!}\exp(-\lambda_2n)\frac{\lambda_2^n}{n!},$

a_{1}, a_{2}

$a_1,a_2$

— Michel,

Ciao Michel, ho modificato la mia risposta. Sì, Panjer ha un uso limitato. Ma potresti provare un approccio di trasformata di Fourier. Tuttavia le unità non intere sono problematiche ... Devo pensare di più a cosa fare in questo caso. In entrambi i casi è importante notare che il risultato è una distribuzione composta di Poisson (non una "semplice" distribuzione di Poisson).

— Ric

Ciao Richard, grazie per l'aggiornamento! Vuoi dire che dovrei provare numericamente a calcolare: ?

P r (S_{2} = x) = \frac{1}{2 π} \int_{R} e^{- i t x} G_{S 2} (e^{i t}) d t

$Pr(S_2=x) = \frac{1}{2\pi}\int_{\mathbf{R}} e^{-itx}G_{S2}(\mathrm{e}^{it})dt$

— Michel,

Qualcosa nel modo ... Se avessimo una distribuzione continua di cui possiamo calcolare la funzione caratteristica (come fai tu), allora questo porta ad un risultato rapido e piacevole. Nel nostro caso ho bisogno di più tempo per pensarci. Dovrebbe esserci qualcosa di più semplice.

— Ric