Ймовірність незалежного процесу Пуассона наздогнати інший

Я раніше це питання задавав по-іншому на інших змінах стак-так, тому вибачте за дещо репост.

Я запитав свого професора та пару аспірантів про, без остаточної відповіді. Я спершу викладу проблему, потім моє потенційне рішення та проблему з моїм рішенням, так що шкода стіни тексту.

Проблема:

Припустимо два незалежні процеси Пуассона і , з і за той самий інтервал, за умови . Яка ймовірність того, що в будь-який момент часу, як час тяжіє до нескінченності, сукупний вихід процесу більший, ніж сукупний вихід процесу плюс , тобто . Для ілюстрації на прикладі припустимо два мости і , в середньому автомобілі і їдуть через міст і$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$відповідно на інтервал, і . автомобілі вже вигнали над мостом , наскільки ймовірним є те, що в будь-який момент часу більше автомобілів в цілому проїхали через міст , ніж .$\lambda_R>\lambda_M$$D$$R$$M$$R$

Мій спосіб вирішення цієї проблеми:

Спочатку ми визначимо два процеси Пуассона:

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

Наступним кроком буде знайти функцію , яка описує , після того, як заданий число інтервалів . Це станеться у випадку, якщо обумовлює вихід , для всіх негативних значень . В якості ілюстрації, якщо сумарна вихід є , то сумарний вихід повинен бути більше , ніж . Як показано нижче.$P(M>R+D)$$I$$M(I)>k+D$$R(I)=k$$k$$R$$X$$M$$X+D$

$$P(M(I))>R(I)+D)=\sum_{k=0}^n \bigg [P(M(I) >k+D\cup R(I)=k) \bigg]$$

$$n\rightarrow \infty$$

Завдяки незалежності це можна переписати як добуток двох елементів, де перший елемент - 1-CDF розподілу Пуассона, а другий - Poisson pmf:

$$P(M(I)>R(I)+D)=\sum_{k=0}^n \bigg [\underbrace{P(M(I)> k+D)}_{1-\text{Poisson CDF}}\cdot \underbrace{P(R(I)=k)}_\text{Poisson pmf} \bigg]$$

$$n\rightarrow \infty$$

Щоб створити приклад, припустимо , і , нижче графік цієї функції над :$D=6$$\lambda_R=0.6$$\lambda_M=0.4$$I$

Наступний крок , щоб знайти ймовірність , що це відбудеться в будь-який момент часу, дозволяє виклик, . Моя думка в тому , що це еквівалентно знаходженню 1 мінус ймовірність ніколи не бути вище . Тобто нехай до нескінченності , що є обумовлює це також бути вірно для всіх попередніх значень .$Q$$M$$R+D$$N$$P(R(N)+D \geq M(N))$$N$

$P(R(I)+D \geq M(I))$ - те саме, що , давайте визначимо це як функцію g (I):$1-P(M(I)>R(I)+D)$

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

Оскільки прагне до нескінченності, це також може бути переписане як геометричний інтеграл над функцією .$N$$g(I)$

$$Q=1-\exp \bigg (\int_0^N \ln(g(I)) \: dI \bigg )$$

$$Q=1- \exp \bigg ( \int_0^N \ln(1-P(M(I)>R(I)+D)) \: dI \bigg )$$

$$N\rightarrow \infty$$

Де ми маємо функцію зверху.$P(M(I)>R(I)+D)$

$$Q=1-\exp \bigg (\int_0^N \ln \bigg (1-\sum_{k=0}^n \bigg [\underbrace{P(M(I)> k+D)}_{1-\text{Poisson CDF}}\cdot \underbrace{P(R(I)=k)}_\text{Poisson pmf} \bigg] \bigg ) \, dI \bigg )$$

$$N\rightarrow \infty$$

$$n\rightarrow \infty$$

Тепер для мене це має дати остаточне значення для будь-якого заданого , та . Однак є проблема, ми повинні мати можливість переписати лямбда, як ми хочемо, як єдине, що має мати значення, - це їх пропорція один до одного. Щоб побудувати на прикладі раніше з , і , це фактично те саме, що , і , якщо їх інтервал розділений на 10. Тобто 10 машин кожні 10 хвилин - це те саме, що 1 машина щохвилини. Однак це робить інший результат. ,$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$$\lambda_R=0.6$ і дає з і , і дає з . Безпосереднє усвідомлення полягає в тому, що , і причина насправді досить проста, якщо порівняти графіки двох результатів, графік нижче показує функцію для , і .$\lambda_M=0.4$$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$

Як видно, ймовірність не змінюється, однак зараз потрібно десять разів більше інтервалів, щоб дійти до тієї ж ймовірності. Оскільки залежить від інтервалу функції, це, природно, має наслідки. Це, очевидно, означає, що щось не так, оскільки результат не повинен залежати від моєї початкової лямбда, тим більше, що немає початкової лямбда, яка є правильною і , як і або і і т.д., доки інтервал відповідно масштабується. Тому, хоча я можу легко масштабувати ймовірність, тобто переходячи від і до і$Q$$0.04$$0.06$$0.4$$0.6$$1$$1.5$$0.4$$0.6$$0.04$$0.06$ - це те саме, що масштабування ймовірності з коефіцієнтом 10. Це, очевидно, дає однаковий результат, але оскільки всі ці лямбди є однаково справедливими відправними точками, то це, очевидно, не вірно.

Щоб показати цей вплив, я зрозумів як функцію , де - коефіцієнт масштабування лямбда, із початковими лямбдами і . Вихідний результат можна побачити на графіку нижче:$Q$$t$$t$$\lambda_M=0.4$$\lambda_R=\lambda_M\cdot 1.5$

Тут я застряг, мені підхід виглядає чудово і правильно, але результат, очевидно, неправильний. Моя початкова думка полягає в тому, що я десь пропускаю фундаментальний пересвіт, але я не можу все життя зрозуміти, де.

Дякую за прочитання, будь-яка допомога дуже цінується.

Крім того, якщо хто хоче мій R-код, будь ласка, дайте мені знати, і я завантажу його.

Нехай колективні часи процесів становлять Оскільки це незалежні процеси Пуассона, майже напевно точно один з них спостерігається в кожен із цих часів. Для визначте$T = (0=t_0 \lt t_1 \lt t_2 \lt \cdots).$$i\gt 0,$

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

і накопичуємо у процесі тобто і для всіх рахується у скільки разів з'явилося , ніж відразу після часу$B(i)$$W:$$W(0)=0$$W(i+1)=W(i)+B(i)$$i \gt 0.$ $W(i)$$R$$M$$t_i.$

Цей малюнок показує реалізацію (червоного кольору) та (середньо-синього кольору) як "килимових ділянок" вгорі. Точки будують значення . Кожна червона точка являє собою збільшення надлишку тоді як кожна синя точка показує зменшення надлишку.$R$$M$$(t_i, W(i))$$R(t_i)-M(t_i)$

Для нехай є шансом, щонайменше один із менший або дорівнює і нехай - його вірогідність.$b=0, 1, 2, \ldots,$$\mathcal{E}_b$$W_i$$-b$$f(b)$

Питання задає$f(D+1).$

Нехай Це швидкість комбінованих процесів. - двочленна випадкова хода, тому що$\lambda=\lambda_R+\lambda_M.$$W$

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

Таким чином,

Відповідь дорівнює шансу, що ця двочленна випадкова хода стикається з поглинаючим бар'єром при$W$$-D-1.$

Найбільш елементарний спосіб знайти цей шанс зауважує це

$$f(0)=1$$

тому щоі, для всіх два можливі наступні кроки рекурсивно дають результат$W(0)=0;$$b \gt 0,$$\pm 1$

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

Якщо припустити, унікальним рішенням для є$\lambda_R \ge \lambda_M,$$b\ge 0$

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

як ви можете перевірити, підключивши це до вищезазначеного визначення рівнянь. Таким чином,

Відповідь

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