ความน่าจะเป็นของกระบวนการปัวซองอิสระขบวนอื่น

ฉันเคยถามคำถามนี้มาก่อนในรูปแบบอื่นบนสแต็คแลกเปลี่ยนอื่น ๆ ดังนั้นขออภัยสำหรับ repost ที่ค่อนข้าง

ฉันถามอาจารย์และนักศึกษาปริญญาเอกสองคนถึงเรื่องนี้โดยไม่มีคำตอบที่ชัดเจน ฉันจะระบุปัญหาก่อนจากนั้นวิธีแก้ปัญหาที่เป็นไปได้ของฉันและปัญหาเกี่ยวกับวิธีแก้ปัญหาของฉันดังนั้นขอโทษสำหรับกำแพงข้อความ

ปัญหา:

สมมติสองอิสระ Poisson กระบวนการและกับและสำหรับช่วงเวลาเดียวกันอาจมีการ\ความน่าจะเป็นว่าที่จุดใด ๆ ในเวลาเป็นเวลาที่มีแนวโน้มที่จะอินฟินิตี้ที่การส่งออกรวมของกระบวนการคืออะไรมีขนาดใหญ่กว่าการส่งออกรวมของกระบวนการบวกคือD) หากต้องการแสดงตัวอย่างให้สมมติว่ามีสองสะพานและโดยเฉลี่ยแล้วรถและขับผ่านสะพานและ $M$ $R$ $\lambda_R$ $\lambda_M$ $\lambda_R>\lambda_M$ $M$ $R$ $D$ $P(M>R+D)$ $R$ $M$ $\lambda_R$ $\lambda_M$ $R$ $M$ ตามลำดับต่อช่วงเวลาและ\รถยนต์ได้ขับแล้วข้ามสะพานเป็นสิ่งที่น่าจะเป็นที่ที่จุดใด ๆ ในเวลารถยนต์เพิ่มเติมทั้งหมดได้ขับข้ามสะพานกว่าR $\lambda_R>\lambda_M$ $D$ $R$ $M$ $R$

วิธีแก้ไขปัญหานี้ของฉัน:

ครั้งแรกที่เรากำหนดกระบวนการปัวซงสองกระบวนการ:

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

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

ขั้นตอนต่อไปคือการค้นหาฟังก์ชั่นที่อธิบายหลังจากช่วงเวลากำหนด นี้จะเกิดขึ้นในกรณีเงื่อนไขในการส่งออกของสำหรับทุกค่าที่ไม่ใช่เชิงลบของkเพื่อแสดงให้เห็นว่าการส่งออกรวมของคือแล้วการส่งออกรวมของจะต้องมีขนาดใหญ่กว่า D ดังแสดงด้านล่าง $P(M>R+D)$ $I$ $M(I)>k+D$ $R(I)=k$ $k$ $R$ $X$ $M$ $X+D$

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

$n\rightarrow \infty$

เนื่องจากความเป็นอิสระนี้สามารถเขียนใหม่เป็นผลิตภัณฑ์ของสององค์ประกอบที่องค์ประกอบแรกคือ 1-CDF ของการกระจาย Poisson และองค์ประกอบที่สองคือ Poisson PMF:

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

$n\rightarrow \infty$

ในการสร้างตัวอย่างสมมติว่า ,และด้านล่างเป็นกราฟของฟังก์ชันนั้นเหนือ : $D=6$ $\lambda_R=0.6$ $\lambda_M=0.4$ $I$

ขั้นตอนต่อไปคือการหาน่าจะเป็นของที่เกิดขึ้นนี้ที่จุดใด ๆ ในเวลาช่วยให้โทรถามความคิดของฉันอยู่ที่นี้จะเทียบเท่ากับการค้นพบ 1 ลบความน่าจะเป็นของไม่เคยเป็นข้างต้น D คือปล่อยให้อินฟินิตี้วิธีการสิ่งที่เป็นเงื่อนไขเกี่ยวกับเรื่องนี้ยังเป็นจริงสำหรับค่าก่อนหน้านี้ทั้งหมดของN $Q$ $M$ $R+D$ $N$ $P(R(N)+D \geq M(N))$ $N$

$P(R(I)+D \geq M(I))$ เหมือนกับให้กำหนดว่าเป็นฟังก์ชัน g (I): $1-P(M(I)>R(I)+D)$

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

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

ขณะที่แนวโน้มที่จะอินฟินิตี้นี้ยังสามารถเขียนเป็นหนึ่งเรขาคณิตมากกว่าฟังก์ชั่น(I) $N$ $g(I)$

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

$N\rightarrow \infty$

ที่ที่เรามีฟังก์ชั่นของจากด้านบน $P(M(I)>R(I)+D)$

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

$n\rightarrow \infty$

ตอนนี้สำหรับฉันแล้วฉันควรให้ค่าสุดท้ายของสำหรับ ,และมา อย่างไรก็ตามมีปัญหาเราควรจะสามารถแกะลูกแกะได้ตามที่เราต้องการเพราะสิ่งเดียวที่ควรสำคัญคือสัดส่วนของพวกมันต่อกัน หากต้องการสร้างตัวอย่างจากก่อนหน้าด้วย ,และสิ่งนี้จะได้ผลเหมือนกับ ,และตราบเท่าที่ช่วงเวลาถูกหารด้วย 10. คือ 10 คันทุก ๆ 10 นาทีเหมือนกับ 1 คันทุก ๆ นาที อย่างไรก็ตามการทำเช่นนี้ให้ผลลัพธ์ที่แตกต่าง , $Q$ $D$ $\lambda_R$ $\lambda_M$ $D=6$ $\lambda_R=0.6$ $\lambda_M=0.4$ $D=6$ $\lambda_R=0.06$ $\lambda_M=0.04$ $D=6$ $\lambda_R=0.6$ และอัตราผลตอบแทนของและ ,และอัตราผลตอบแทนของ0.9998507การรับรู้ทันทีคือและเหตุผลนั้นค่อนข้างง่ายหากเราเปรียบเทียบกราฟของผลลัพธ์ทั้งสองกราฟด้านล่างแสดงฟังก์ชันสำหรับ ,และ\ $\lambda_M=0.4$ $Q$ $0.5856116$ $D=6$ $\lambda_R=0.06$ $\lambda_M=0.04$ $Q$ $0.9998507$ $1-(1-0.5856116)^{10}=0.9998507$ $D=6$ $\lambda_R=0.06$ $\lambda_M=0.04$

ดังจะเห็นได้ว่าความน่าจะเป็นไม่เปลี่ยนแปลง แต่ตอนนี้ต้องใช้เวลาเป็นสิบเท่าเพื่อให้ได้ความน่าจะเป็นแบบเดียวกัน เนื่องจากขึ้นอยู่กับช่วงเวลาของฟังก์ชั่นนี้จึงมีความหมายตามธรรมชาติ เห็นได้ชัดว่านี่หมายความว่ามีบางสิ่งผิดปกติเนื่องจากผลลัพธ์ไม่ควรขึ้นอยู่กับแลมบ์ดาเริ่มต้นของฉันโดยเฉพาะอย่างยิ่งเนื่องจากไม่มีแลมบ์ดาเริ่มต้นที่ถูกต้องและนั้นถูกต้องเท่ากับและหรือหรือและเป็นต้น จะถูกปรับขนาดตาม ดังนั้นในขณะที่ฉันสามารถปรับความน่าจะเป็นได้ง่ายนั่นคือเริ่มจากและถึงและ $Q$ $0.04$ $0.06$ $0.4$ $0.6$ $1$ $1.5$ $0.4$ $0.6$ $0.04$ $0.06$ นั้นเหมือนกับการขยายความน่าจะเป็นด้วยปัจจัย 10 ซึ่งเห็นได้ชัดว่าให้ผลลัพธ์ที่เหมือนกัน แต่เนื่องจาก lambdas เหล่านี้ทั้งหมดเป็นจุดเริ่มต้นที่ถูกต้องเท่าเทียมกันดังนั้นนี่จึงไม่ถูกต้อง

เพื่อแสดงให้เห็นผลกระทบนี้ฉันกราฟเป็นหน้าที่ของที่เป็นปัจจัยปรับของ lambdas กับการเริ่มต้นของ lambdasและ1.5 เอาต์พุตสามารถเห็นได้ในกราฟด้านล่าง: $Q$ $t$ $t$ $\lambda_M=0.4$ $\lambda_R=\lambda_M\cdot 1.5$

นี่คือที่ฉันติดอยู่กับฉันวิธีการที่ดูดีและถูกต้อง แต่ผลที่ได้คือผิดอย่างเห็นได้ชัด ความคิดเริ่มต้นของฉันคือฉันขาดการปรับพื้นฐานบางแห่ง แต่ฉันทำไม่ได้สำหรับชีวิตของฉันที่จะหาว่า

ขอบคุณสำหรับการอ่านความช่วยเหลือใด ๆ และทั้งหมดได้รับการชื่นชมอย่างมาก

นอกจากนี้หากใครต้องการรหัส R โปรดแจ้งให้เราทราบและฉันจะอัปโหลด

poisson-distribution poisson-process

— ไม่มีนี
แหล่งที่มา

ฉันทำการล้างข้อมูลโค้ด MathJax ของคุณแล้ว หากคุณดูคุณจะเห็นบางสิ่งเกี่ยวกับการใช้งานมาตรฐานและเหมาะสม (สามารถทำงานได้มากขึ้นอาจจะช้ากว่านี้)

— Michael Hardy

! น่ากลัว ขอบคุณมากฉันไม่ทราบว่ามีคำแนะนำเฉพาะที่ฉันควรปฏิบัติตามหรือไม่

— ไม่มี nein

ฉันแก้ไขสิ่งพิเศษบางอย่างให้สอดคล้องกับสิ่งที่คุณทำ

— ไม่มี nein

@nonein มีบิตเล็กความช่วยเหลือในการแก้ไข แต่นอกเหนือจากนั้นมี math.SE ของMathJax กวดวิชาพื้นฐานและการอ้างอิงอย่างรวดเร็ว คำแนะนำเกี่ยวกับการเขียนคณิตศาสตร์ใน LaTeX (ซึ่งง่ายต่อการ google) มักจะช่วยถ้าคุณกำลังพยายามค้นหาสิ่งที่ไม่ครอบคลุมในการอ้างอิงอย่างรวดเร็วมี (แม้ว่าตอนนี้จะได้รับความคุ้มครองที่ครอบคลุมของเซตย่อยของ MathJax)

— Glen_b -Reinstate Monica

ปล่อยให้เวลารวมของกระบวนการเป็น เนื่องจากสิ่งเหล่านี้เป็นกระบวนการปัวส์ซองที่เป็นอิสระเกือบจะแน่นอนว่าหนึ่งในนั้นถูกพบในแต่ละช่วงเวลาเหล่านี้ สำหรับ define $T = (0=t_0 \lt t_1 \lt t_2 \lt \cdots).$ $i\gt 0,$

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

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

และสะสมเข้าสู่กระบวนการนั่นคือและสำหรับทุกการนับจำนวน จำนวนครั้งปรากฏมากกว่าหลังจากเวลาผ่านไป $B(i)$ $W:$ $W(0)=0$ $W(i+1)=W(i)+B(i)$ $i \gt 0.$ $W(i)$ $R$ $M$ $t_i.$

รูปนี้แสดงให้เห็นถึงการรับรู้ของ (เป็นสีแดง) และ (เป็นสีน้ำเงินกลาง) เป็น "แปลงผืนพรม" ที่ด้านบน พล็อตจุดค่าของ(i)) แต่ละจุดสีแดงแสดงถึงการเพิ่มขึ้นของในขณะที่จุดสีน้ำเงินแต่ละจุดแสดงให้เห็นว่าการลดลงของส่วนเกิน $R$ $M$ $(t_i, W(i))$ $R(t_i)-M(t_i)$

สำหรับให้เป็นโอกาสอย่างน้อยหนึ่งน้อยกว่าหรือเท่ากับและให้เป็นความน่าจะเป็น $b=0, 1, 2, \ldots,$ $\mathcal{E}_b$ $W_i$ $-b$ $f(b)$

คำถามถามหา $f(D+1).$

ให้ นี่คืออัตราของกระบวนการรวมกัน คือการเดินสุ่มแบบทวินามเพราะ $\lambda=\lambda_R+\lambda_M.$ $W$

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

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

ดังนั้น,

คำตอบนั้นเท่ากับโอกาสที่การเดินแบบสุ่มแบบทวินามนี้พบสิ่งกีดขวางการดูดซับที่ $W$ $-D-1.$

วิธีที่ง่ายที่สุดในการค้นหาโอกาสนี้ตั้งข้อสังเกตว่า

f (0) = 1

$f(0)=1$

เพราะและสำหรับทั้งหมดสองขั้นตอนถัดไปที่เป็นไปได้ของให้ผลตอบแทนซ้ำ $W(0)=0;$ $b \gt 0,$ $\pm 1$

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

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

สมมติว่าโซลูชันเฉพาะสำหรับคือ $\lambda_R \ge \lambda_M,$ $b\ge 0$

f (b) = {(\frac{λ_{M}}{λ_{R}})}^{b},

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

ในขณะที่คุณสามารถตรวจสอบได้โดยเสียบเข้ากับสมการการกำหนดข้างต้น ดังนั้น,

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

— whuber
แหล่งที่มา