Probabilidade de um processo independente de Poisson ultrapassar outro

Já fiz essa pergunta de outra maneira em outras trocas de pilha, desculpe-me pela repostagem.

Eu perguntei ao meu professor e a alguns estudantes de doutorado sobre, sem uma resposta definitiva. Primeiro vou declarar o problema, depois minha solução em potencial e o problema com a minha solução, desculpe a parede de texto.

O problema:

Suponha dois Poisson independente processa $M$ e $R$ , com $\lambda_R$ e $\lambda_M$ para o mesmo intervalo de tempo, sujeito a $\lambda_R>\lambda_M$ . Qual é a probabilidade de que, em qualquer ponto do tempo, à medida que o tempo tende ao infinito, a saída agregada do processo $M$ seja maior que a saída agregada do processo $R$ mais $D$ , ou seja, $P(M>R+D)$ . Para ilustrar com um exemplo, assuma duas pontes $R$ e $M$ , em média $\lambda_R$ e $\lambda_M$ carros passar por cima da ponte $R$ e $M$ , respectivamente, por cada intervalo, e $\lambda_R>\lambda_M$ . $D$ carros já têm impulsionado sobre a ponte $R$ , qual é a probabilidade de que a qualquer ponto no tempo mais carros no total têm impulsionado sobre a ponte $M$ de $R$ .

Minha maneira de resolver esse problema:

Primeiro, definimos dois processos de Poisson:

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

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

O próximo passo é o de encontrar uma função que descreve após um determinado número de intervalos . Isso acontecerá no caso de condicional à saída de , para todos os valores não negativos de . Para ilustrar, se a saída do agregado de é , então a saída total de tem de ser maior que . Como mostrado abaixo. $P(M>R+D)$ $I$ $M(I)>k+D$ $R(I)=k$ $k$ $R$ $X$ $M$ $X+D$

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

$n\rightarrow \infty$

Devido à independência, isso pode ser reescrito como o produto dos dois elementos, onde o primeiro elemento é 1-CDF da distribuição Poisson e o segundo elemento é o 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

$n\rightarrow \infty$

Para criar um exemplo, assuma , e , abaixo está o gráfico dessa função sobre : $D=6$ $\lambda_R=0.6$ $\lambda_M=0.4$ $I$

O próximo passo é encontrar a probabilidade de que isso aconteça em qualquer ponto no tempo, permite chamada que . Meu pensamento é que este é equivalente a encontrar um menos a probabilidade de nunca estar acima de . Isto é deixar abordagem infinito que é condicionada por este também ser verdadeiro para todos os valores anteriores de . $Q$ $M$ $R+D$ $N$ $P(R(N)+D \geq M(N))$ $N$

é o mesmo que , vamos definir isso como função g (I): $P(R(I)+D \geq M(I))$ $1-P(M(I)>R(I)+D)$

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

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

Como tende ao infinito, isso também pode ser reescrito como a integral geométrica sobre a função . $N$ $g(I)$

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

$N\rightarrow \infty$

Onde temos a função de de cima. $P(M(I)>R(I)+D)$

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

$n\rightarrow \infty$

Agora, para mim isso deve me dar o valor final da , para um dado , e . No entanto, há um problema, devemos ser capazes de reescrever as lambdas como queremos, pois a única coisa que importa é a proporção entre si. Para desenvolver o exemplo anterior com , e , é efetivamente o mesmo que , e $Q$ $D$ $\lambda_R$ $\lambda_M$ $D=6$ $\lambda_R=0.6$ $\lambda_M=0.4$ $D=6$ $\lambda_R=0.06$ $\lambda_M=0.04$ , contanto que o intervalo seja dividido por 10. Ou seja, 10 carros a cada 10 minutos é o mesmo que 1 carro a cada minuto. No entanto, fazer isso produz um resultado diferente. , e rendimentos um de e , e rendimentos um de . A realização imediata é que $D=6$ $\lambda_R=0.6$ $\lambda_M=0.4$ $Q$ $0.5856116$ $D=6$ $\lambda_R=0.06$ $\lambda_M=0.04$ $Q$ $0.9998507$ , e o motivo é realmente bastante simples se compararmos os gráficos dos dois resultados, o gráfico abaixo mostra a função para , e . $1-(1-0.5856116)^{10}=0.9998507$ $D=6$ $\lambda_R=0.06$ $\lambda_M=0.04$

$Q$ $0.04$ $0.06$ $0.4$ $0.6$ $1$ $1.5$ $0.4$ $0.6$ $0.04$ $0.06$

$Q$ $t$ $t$ $\lambda_M=0.4$ $\lambda_R=\lambda_M\cdot 1.5$

É aqui que estou preso, para mim a abordagem parece correta e correta, mas o resultado está obviamente errado. Meu pensamento inicial é que estou perdendo uma redimensionamento fundamental em algum lugar, mas não consigo descobrir onde.

Obrigado pela leitura, toda e qualquer ajuda é muito apreciada.

Além disso, se alguém quiser meu código R, informe-me e eu o carregarei.

poisson-distribution poisson-process

— não nein
fonte

Fiz uma limpeza bastante extensa do seu código MathJax. Se você der uma olhada, verá algumas coisas sobre o uso padrão e adequado. (Mais trabalho poderia ser feito, talvez mais tarde.)

— Michael Hardy

Impressionante! Muito obrigado, eu não sabia disso, existe um guia específico que devo seguir?

— No nein

Eu editei algumas coisas extras de acordo com o que você fez.

— No nein

@nonein Há um pouquinho na ajuda de edição, mas além disso há o tutorial básico e a referência rápida do math.SE's MathJax . Os guias sobre como escrever matemática no LaTeX (que são fáceis de pesquisar no Google) geralmente ajudam se você estiver tentando encontrar algo não abordado na referência rápida (embora agora tenha uma cobertura bastante abrangente do subconjunto do MathJax).

— Glen_b -Reinstala Monica

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

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

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

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

$R$ $M$ $(t_i, W(i))$ $R(t_i)-M(t_i)$

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

$f(D+1).$

$\lambda=\lambda_R+\lambda_M.$ $W$

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

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

Portanto,

A resposta é igual à chance de que esse passeio aleatório binomial encontre uma barreira absorvente em $W$ $-D-1.$

A maneira mais elementar de encontrar essa chance é observar que

f (0) = 1

$f(0)=1$

porquee, para todo os dois próximos passos possíveis de produzem recursivamente $W(0)=0;$ $b \gt 0,$ $\pm 1$

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

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

Supondo a solução exclusiva para é $\lambda_R \ge \lambda_M,$ $b\ge 0$

f (b) = {(\frac{λ_{M}}{λ_{R}})}^{b},

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

como você pode verificar, inserindo isso nas equações definidoras anteriores. Portanto,

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

— whuber
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