ผลรวมถ่วงน้ำหนักของตัวแปรสุ่ม Poisson อิสระสองตัว

การใช้วิกิพีเดียฉันพบวิธีคำนวณความน่าจะเป็นของมวลฟังก์ชันที่เกิดจากผลรวมของตัวแปรสุ่มปัวซองสองตัว อย่างไรก็ตามฉันคิดว่าวิธีการที่ฉันมีผิด

ให้เป็นตัวแปรสุ่มปัวซองสองตัวที่มีค่าเฉลี่ยและโดยที่และเป็นค่าคงที่จากนั้นฟังก์ชันสร้างความน่าจะเป็นของจะถูกกำหนดโดย ตอนนี้การใช้ความจริงที่ว่าฟังก์ชันสร้างความน่าจะเป็นสำหรับตัวแปรสุ่มของปัวซองคือเราสามารถเขียนฟังก์ชันสร้างความน่าจะเป็นของ ผลรวมของตัวแปรสุ่ม Poisson อิสระสองตัว $X_1, X_2$ $\lambda_1, \lambda_2$ $S_2 = a_1 X_1+a_2 X_2$ $a_1$ $a_2$ $S_2$

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}

$\begin{aligned} G_{S_2}(z) &= \textrm{e}^{\lambda_1(z^{a_1} - 1)}\textrm{e}^{\lambda_2(z^{a_2} - 1)} \\ &= \textrm{e}^{\lambda_1(z^{a_1} - 1)+\lambda_2(z^{a_2} - 1)}. \end{aligned}$ ดูเหมือนว่าฟังก์ชั่นความน่าจะเป็นมวลของถูกกู้คืนโดยการใช้อนุพันธ์ของที่k}

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}}

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

ถูกต้องหรือไม่ ฉันมีความรู้สึกที่ฉันไม่สามารถใช้เวลาเพียงแค่อนุพันธ์ที่จะได้รับมวลฟังก์ชันเพราะคงที่และA_2ถูกต้องหรือไม่ มีแนวทางอื่นหรือไม่? $a_1$ $a_2$

หากนี่ถูกต้องฉันสามารถรับการประมาณของการแจกแจงสะสมโดยตัดทอนผลรวมอนันต์เหนือ k ทั้งหมดหรือไม่

distributions poisson-distribution

— มิเชล
แหล่งที่มา

ทำไมคุณปรับ summands กับและ ? ผลรวมนั้นเป็นเพียงการกระจายตัวปัวซองอื่นที่ไม่มีนี่ ตัวแปรรับค่าในจำนวนเต็มบวกดังนั้นบางอย่างเช่นครั้งแรกบวกคูณสองโดยปกติจะไม่เป็นธรรมชาติมากและจะช่วยให้คุณกู้คืนค่าของตัวแปรทั้งสอง

a_{1}

$a_1$

a_{2}

$a_2$

1

$1$

\sqrt{2}

$\sqrt{2}$

— Douglas Zare

ความยากของที่นี่คือยกเว้นว่าทั้งและเป็นจำนวนเต็มอย่างใดอย่างหนึ่งไม่สามารถแน่ใจได้ว่าใช้กับค่าจำนวนเต็มเท่านั้น ดังนั้นคุณต้องไปหาไม่ได้เป็นเพียงสำหรับค่าจำนวนเต็มของแต่ยังสำหรับแต่ละที่สามารถแสดงเป็นสำหรับจำนวนเต็มไม่ติดลบและn

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 เป็นไปได้ไหม? มีวิธีอื่นในการทำเช่นนี้หรือไม่?

— มิเชล

@ DouglasZare ฉันต้องทำสิ่งนี้ ... บางทีฉันอาจต้องหันไปใช้วิธีการบูตสแตรปแบบบางอย่าง

— มิเชล

ฉันไม่คิดว่าคุณจะทำได้ดีกว่าวิธีการบังคับแบบ brute-force ซึ่งหาค่าที่เป็นไปได้ที่สามารถทำได้และสำหรับแต่ละให้ใช้สำหรับตัวเลือกส่วนใหญ่ของและฉันคาดว่าผลรวมส่วนใหญ่จะลดลงเป็นคำเดียว ฉันหวังว่าคุณรู้ว่าสำหรับ ,เป็นตัวแปรสุ่ม Poisson กับพารามิเตอร์\

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

คำตอบ:

ความน่าจะเป็นทั้งหมดนั้นไม่ได้ถูกกระจุกอยู่ที่ค่าเดียวใด ๆ ในชุดค่าผสมเชิงเส้นนี้ดูเหมือนว่าการขยายตัวของคอร์นิช - ฟิชเชอร์อาจให้การประมาณที่ดีกับ (CDF)

จำได้ว่าการขยายตัวนี้ปรับ CDF ผกผันของการแจกแจงปกติมาตรฐานใช้ cumulants แรก ๆ ของs_2ความเบ้คือ $S_2$ $\beta_1$

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

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

และ kurtosisคือ $\beta_2$

\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}} .

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

หากต้องการค้นหาเปอร์เซ็นไทล์ของเวอร์ชันมาตรฐานของให้คำนวณ $\alpha$ $S_2$

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)

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

โดยที่คือเปอร์เซ็นไทล์ของการแจกแจงแบบปกติมาตรฐาน เปอร์เซ็นต์ไทล์ของจึงเป็น $z$ $\alpha$ $S_2$

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

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

การทดลองเชิงตัวเลขแนะนำว่านี่เป็นการประมาณค่าที่ดีเมื่อทั้งและเกินหรือมากกว่านั้น ตัวอย่างเช่นพิจารณาตัวพิมพ์เล็กและ (จัดเรียงเพื่อให้ค่าเฉลี่ยเป็นศูนย์เพื่อความสะดวก): $\lambda_1$ $\lambda_2$ $5$ $\lambda_1 = 5,$ $\lambda_2=5\pi/2,$ $a_1=\pi,$ $a_2=-2$

รูป

ส่วนที่แรเงาสีน้ำเงินคือ CDF ที่คำนวณตัวเลขของในขณะที่สีแดงด้านล่างคือการประมาณแบบ Cornish-Fisher การประมาณนั้นเป็นไปอย่างราบรื่นของการแจกแจงที่แท้จริง $S_2$

— whuber
แหล่งที่มา

การใช้เครื่องมือที่มักจะถูกลืม ... และแน่นอนสำหรับทั้งหรือหรือมากกว่านั้นวิธีการนั้นจะไม่เจ็บปวดอย่างแน่นอน

λ_{1}

$\lambda_1$

λ_{2} \leq 5

$\lambda_2 \leq 5$

— jbowman

ใช้การบิด:

ให้สำหรับ , มิฉะนั้นและ สำหรับ , มิฉะนั้น $f_{X_1}(x_1)= \dfrac{\lambda^{x_1}e^{-\lambda}}{x_1!}$ $x_1 \geq 0$ $f_{X_1}(x_1)= 0$ $f_{X_2}(x_2)=\dfrac{\lambda^{x_2}e^{-\lambda}}{x_2!}$ $x_2 \geq 0$ $f_{X_2}(x_2)= 0$

ให้ดังนั้น อดีตเรียกว่า convolution $Z=X_1+X_2\rightarrow X_1=Z-X_2$

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}

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

หากและเป็นอิสระ วิธีนี้คุณสามารถรับการกระจายของผลรวมของตัวแปรสุ่มต่อเนื่องสองตัว $X_1$ $X_2$

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}

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

สำหรับการกระจายปัวซองโดยสิ้นเชิง ซึ่งยังเป็นการแจกแจงปัวซงด้วยพารามิเตอร์

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
แหล่งที่มา

สิ่งนี้ดูเหมือนจะตอบคำถามที่แตกต่าง: คือวิธีการเพิ่มการแจกแจงปัวซงสองครั้ง มันเป็นกรณีพิเศษ (แต่สามารถขยายไปยังกรณีโดยไม่มีปัญหา) แต่สิ่งที่คุณจะทำอย่างไรเมื่อ ?

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

ฉันคิดว่าวิธีแก้ปัญหาคือแนวคิดของการกระจายปัวซอง ความคิดคือผลรวมสุ่ม กับ Poisson กระจายและและอิสระลำดับของNเมื่อเราการ จำกัด การกรณีที่เสมอแล้วเราสามารถอธิบายสำหรับจำนวนจริงและ Poisson กระจายNคุณได้รับ pgf โดย สำหรับผลรวมคุณจะได้ กำหนด

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}

$\lambda = \lambda_1 + \lambda_2$ แล้ว การตีความขั้นสุดท้ายคือผลลัพธ์ rv คือการแจกแจงปัวซองแบบผสมกับความเข้มและการกระจายของที่รับค่าด้วยความน่าจะเป็นและค่ามี/

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

$\lambda_2/\lambda$

เมื่อพิสูจน์แล้วว่าการแจกแจงเป็นแบบปัวซองเราสามารถใช้การเรียกซ้ำ Panjer ในกรณีที่และเป็นจำนวนเต็มบวก หรือเราสามารถหาการแปลงฟูริเยร์ได้อย่างง่ายดายจากรูปแบบของ pgf และได้การกระจายกลับโดยอินเวอร์ส โปรดทราบว่ามีมวลจุดที่0 $k_1$ $k_2$ $0$

แก้ไขหลังจากการสนทนา:

ฉันคิดว่าสิ่งที่ดีที่สุดที่คุณทำได้คือ MC คุณสามารถใช้รากศัพท์ว่านี่คือสารประกอบปัวซอง

ตัวอย่าง N จาก (มีประสิทธิภาพมาก) $Pois(\lambda)$
แล้วสำหรับแต่ละตัวอย่างไม่ว่าจะเป็นจากหรือที่น่าจะเป็นของคนแรกคือ\ทำเช่นนี้โดยสุ่มตัวอย่าง RV Bernoulli กับความน่าจะเป็นของความสำเร็จ\ถ้ามันเป็นแล้วเพิ่มการรวมตัวอย่างอื่นเพิ่มk_2 $i=1,\ldots,N$ $X_1$ $X_2$ $\lambda_1/\lambda$ $\lambda_1/\lambda$ $1$ $k_1$ $k_2$

คุณจะมีตัวอย่างของการพูด 100,000 ในไม่กี่วินาที

หรือคุณสามารถสุ่มตัวอย่างสองการสรุปในการเป็นตัวแทน inital ของคุณแยกกัน ... นี่จะเป็นไปอย่างรวดเร็ว

ทุกสิ่งทุกอย่าง (FFT) นั้นซับซ้อนหากค่าคงที่ k1 และ k2 นั้นเป็นค่าทั่วไปโดยสิ้นเชิง

— เฟรเดอ
แหล่งที่มา

และการแจกแจงสุดท้ายสามารถพบได้โดยอัลกอริทึม Panjer หากปัจจัยเป็นจำนวนเต็ม

— Ric

ขอบคุณ! ฉันไปที่อย่างไรก็ตาม เริ่มจากนี้ฉันต้องการหาวิธีที่จะได้รับการกระจายบางอย่าง คุณพูดถึงอัลกอริธึม Panjer หรือไม่? อย่างไรก็ตามในกรณีนี้ 1 @DilipSarwate เพิ่งกล่าวถึงว่าเป็นไปไม่ได้ที่จะลดความซับซ้อนของสำหรับทั่วไปa_1,

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}

$a_1,a_2$

— มิเชล

สวัสดีมิเชลฉันแก้ไขคำตอบของฉัน ใช่ Panjer มีการใช้งาน จำกัด แต่คุณสามารถลองใช้วิธีแปลงฟูริเยร์ได้ อย่างไรก็ตามหน่วยที่ไม่ใช่จำนวนเต็มเป็นปัญหา ... ฉันต้องคิดเพิ่มเติมเกี่ยวกับสิ่งที่ต้องทำในกรณีนี้ ไม่ว่าจะด้วยวิธีใดก็ตามสิ่งสำคัญคือผลลัพธ์ที่ได้คือการแจกแจงปัวซองแบบผสม

— Ric

สวัสดีริชาร์ดขอบคุณสำหรับการอัปเดตของคุณ! คุณหมายความว่าฉันควรพยายามคำนวณตัวเลข: ?

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

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

— มิเชล

บางสิ่งบางอย่างในทาง ... ถ้าเรามีการกระจายอย่างต่อเนื่องซึ่งเราสามารถคำนวณฟังก์ชั่นลักษณะ (เช่นคุณ) แล้วสิ่งนี้นำไปสู่ผลลัพธ์ที่รวดเร็วและดี ในกรณีของเราฉันต้องการเวลามากขึ้นในการคิดเกี่ยวกับมัน ควรมีอะไรที่ง่ายกว่านี้

— Ric