Сума біноміальних та пуассонівських випадкових величин

Якщо у нас є дві незалежні випадкові величини та , яка функція маси ймовірностей ? $X_1 \sim \mathrm{Binom}(n,p)$ $X_2 \sim \mathrm{Pois}(\lambda)$ $X_1 + X_2$

NB: Для мене це не домашнє завдання.

— Маттео Фасіоло
джерело

Я думаю, ти спробував закрутити? en.wikipedia.org/wiki/… Де ви застрягли? Я припускаю, що немає закритої форми, інакше рішення, ймовірно,

— знайдеться

Так, це я спробував, але, можливо, я знайшов відповідь тут: mathstatica.com/SumBinomialPoisson Kummer злита гіпергеометрична функція ... так!

— Маттео Фасіоло

Я прочитав тег домашнього завдання відповідно до його використання на цьому веб-сайті . Ура. :-)

— кардинал

Роман означає нове (не відоме або опубліковане раніше). Я також не згоден, що використання відомих методів вирішення нових проблем робить це домашнім завданням - те саме можна сказати і для більшості статей журналу, що публікують результати дистрибуції.

— волфує

Як і у багатьох інших випадках у статистиці, де гіпергеометрична функція з'являється з цілісними аргументами, ви можете зрозуміти, що це скорочене позначення неявної (кінцевої) суми в згортці, якщо ви хочете. Перевага такого виразу полягає в тому, що існує безліч способів маніпулювати ним у більш простих формах, і його часто можна оцінити, не фактично виконуючи підсумки.

— whuber

Відповіді:

Ви отримаєте дві різні формули для , одну для та одну для . Найпростіший спосіб вирішити цю проблему - обчислити добуток і . Тоді - коефіцієнт у творі. Не можливе спрощення сум. $p_{X_1+X_2}(k)$ $0 \leq k < n$ $k \geq n$ $\sum_{i=0}^n p_{X_1}(i)z^k$ $\sum_{j=0}^{\infty}p_{X_2}(j)z^j$ $p_{X_1+X_2}(k)$ $z^k$

— Діліп Сарват
джерело

Надаючи закриту формулу з точки зору узагальнених гіпергеометричних функцій (GHF), натяканих на інші відповіді (GHF в цьому випадку справді лише кінцевий многочлен, так це скорочення для кінцевої суми.) Я використав клен, щоб підбити підсумки згортки, з цей результат:

P (X_{1} + X_{2} = k) = \sum_{x_{1} = 0}^{min (n, k)} (\binom{n}{x_{1}}) p^{x_{1}} (1 - p)^{n - x_{1}} e^{- λ} \frac{λ^{k - x_{1}}}{(k - x_{1})!} = \frac{{(1 - p)}^{n} e^{- λ} λ^{k}}{Γ (k + 1)}_{2} F_{0} (- k, - n;; - \frac{p}{(p - 1) λ})

$\DeclareMathOperator{\P}{\mathbb{P}} \P(X_1+X_2=k)= \sum_{x_1=0}^{\min(n,k)} \binom{n}{x_1} p^{x_1}(1-p)^{n-x_1} e^{-\lambda} \frac{\lambda^{k-x_1}}{(k-x_1)!}= {\frac { \left( 1-p \right) ^{n}{{\rm e}^{-\lambda}}{\lambda}^{k}}{ \Gamma \left( k+1 \right) } {\mbox{$_2$F$_0$}(-k,-n;\,\ ;\,-{\frac {p}{ \left( p-1 \right) \lambda}})} }$

— kjetil b halvorsen
джерело

Діліп Сарват заявив 7 років тому, що спрощення неможливе, хоча це було оскаржено в коментарях. Однак я вважаю, що корисно зауважити, що навіть без будь-якого спрощення, обчислення є досить простими в будь-якій таблиці та мові програмування.

Ось реалізація в R:

# example parameters
n <- 10
p <- .3
lambda <- 5

# probability for just a single value
x <- 10  # example value
sum(dbinom(0:x, n, p) * dpois(x:0, lambda))

# probability function for all values
x0  <- 0:30   # 0 to the maximum value of interest
x   <- outer(x0, x0, "+")
db  <- dbinom(x0, n, p)
dp  <- dpois(x0, lambda)
dbp <- outer(db, dp)
aggregate(as.vector(dbp), by=list(as.vector(x)), sum)[1:(max(x0)+1),]

— Пере
джерело

Діліп не показав, що спрощення сум не можливе: він заявив таке твердження (а твердження, здається, не є правильним). Якщо ви будете дотримуватися посилань, передбачених ОП, пропонується рішення з точки зору злиття гіпергеометричних функцій Куммера.

— вовчі

@wolfies - Це було б дуже цікавим моментом у новій відповіді на це старе питання. Напевно, цікавіше мого.

— Пер

Потенційно швидший підхід для великого n у двочленні та великої лямбда передбачає швидкі перетворення Фур'є (або подібні). Я успішно використовував це в ряді проблем у реальному світі, де згортання не є алгебраїчно зручним, але числові відповіді є достатніми і де додано кілька незалежних змінних.

— Glen_b -Встановити Моніку

Re @ Glen_b коментар, для більших значень та ця жорстока згортка стає громіздкою. Більше того, завдання полягає не в тому, щоб його реалізувати, а знайти підходящі кінцеві точки для обчислення масиву: виправлення в 10 очевидно не вирішить його. Один надійний метод полягає у встановленні крайніх відсотків розподілу, наприклад , потім обчислення для діапазону , а потім "рубання" результатів (з ), перш ніж приступити до зовнішнього продукту. Коли велика величина, застосуйте аналогічну процедуру до ймовірностей бінома.

n

$n$

λ

$\lambda$ dpoisxxx<-qpois(0:1+c(1,-1)*1e-6, lambda)dpoisxzapsmalln

— whuber

Справді. Я зробив щось подібне із власною заявою - достатньо далеко вийшов необхідні кванти настільки точно, наскільки це було потрібно.

— Glen_b -Встановити Моніку