Середньозважена сума двох незалежних випадкових величин Пуассона

Використовуючи вікіпедію, я знайшов спосіб обчислити функцію маси ймовірностей, отриману в результаті суми двох випадкових змінних Пуассона. Однак я вважаю, що у мене підхід є неправильним.

Нехай - дві незалежні випадкові величини Пуассона із середніми та , де константи та , то функцію, що генерує ймовірність , задається Тепер, використовуючи той факт, що функція, що генерує ймовірність, для випадкової змінної Пуассона , ми можемо записати функцію, що генерує ймовірність сума двох незалежних випадкових величин Пуассона як $X_1, X_2$ $\lambda_1, \lambda_2$ $S_2 = a_1 X_1+a_2 X_2$ $a_1$ $a_2$ $S_2$

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}

$\begin{aligned} G_{S_2}(z) &= \textrm{e}^{\lambda_1(z^{a_1} - 1)}\textrm{e}^{\lambda_2(z^{a_2} - 1)} \\ &= \textrm{e}^{\lambda_1(z^{a_1} - 1)+\lambda_2(z^{a_2} - 1)}. \end{aligned}$ Схоже, що функція масової ймовірності відновлюється шляхом отримання похідних , Де .

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}}

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

Це правильно? У мене є відчуття, що я не можу просто взяти похідну для отримання функції масової ймовірності через константи та . Чи це правильно? Чи існує альтернативний підхід? $a_1$ $a_2$

Якщо це правильно, чи можу я зараз отримати апроксимацію кумулятивного розподілу шляхом обрізання нескінченної суми по всіх k?

distributions poisson-distribution

— Мішель
джерело

Чому ви масштабуєте суми з та ? Сума - це лише черговий розподіл Пуассона без цього. Змінні приймають значення в натуральних цілих числах, тому щось на зразок рази першого плюс разів другого, як правило, є неприродним, і це дозволить вам відновити значення обох змінних.

a_{1}

$a_1$

a_{2}

$a_2$

1

$1$

\sqrt{2}

$\sqrt{2}$

— Дуглас Заре

Складність полягає в тому, що якщо і є цілими числами, не можна бути впевненим, що приймає лише цілі значення. Таким чином, ви повинні знайти не тільки для цілочисельних значень

, але також і

для кожного

;, який може бути виражений як

для невід'ємних цілих чисел

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

$n$

— Діліп Сарват

@DilipSarwate Чи можливо це? Чи існує інший підхід до цього?

— Мішель

@DouglasZare Я повинен це зробити ... Можливо, мені доведеться звернутися до якогось способу завантаження.

— Мішель

Я не думаю, що ти можеш зробити набагато краще, ніж підхід грубої сили, який знаходить можливі значення, які може приймати

а потім для кожного

використовувати

S_{2}

$S_2$

α

$\alpha$

Для більшості виборів

, я б очікуватищо більшість сум дозволять скоротити на один термін. Я очікуюви знаєтещо для

є випадковою величиною Пуассона з параметром

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}

$\lambda_1+\lambda_2$

— Діліп Сарват

Відповіді:

Якщо за цією лінійною комбінацією не багато ймовірностей сконцентровано на будь-якому одному значенні, схоже, розширення Корніша-Фішера може забезпечити хороші наближення до (оберненої) CDF.

Нагадаємо, що це розширення коригує зворотний CDF стандартного нормального розподілу, використовуючи перші кілька кумулянтів . Його косоокість $S_2$ дорівнює $\beta_1$

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

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

і його куртоз є $\beta_2$

\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}} .

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

Щоб знайти перцентил стандартизованої версії , обчисліть $\alpha$ $S_2$

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)

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

де - відсоток від стандартного нормального розподілу. При цьому відсоток становить $z$ $\alpha$ $S_2$

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

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

Числові експерименти дозволяють припустити, що це хороше наближення, коли і і перевищують або більше. Наприклад, розглянемо випадок а $\lambda_1$ $\lambda_2$ $5$ $\lambda_1 = 5,$ $\lambda_2=5\pi/2,$ $a_1=\pi,$ (виконанийможливістю дати нульове середнє для зручності): $a_2=-2$

Малюнок

Синя затінена частина являє собою чисельно обчислений CDF $S_2$ тоді як суцільний червоний колір під наближенням Корніша-Фішера. Апроксимація по суті є гладкою фактичного розподілу, показуючи лише невеликі систематичні відхилення.

— дзижчання
джерело

Приємне використання часто забутого інструменту ... і, звичайно, для будь-якого з

або

або близько того, метод згортки грубої сили не буде настільки болючим.

λ_{1}

$\lambda_1$

λ_{2} \leq 5

$\lambda_2 \leq 5$

— jbowman

Використовуйте згортку:

Нехай для, іншому випадку, і $f_{X_1}(x_1)= \dfrac{\lambda^{x_1}e^{-\lambda}}{x_1!}$ $x_1 \geq 0$ $f_{X_1}(x_1)= 0$ для, $f_{X_2}(x_2)=\dfrac{\lambda^{x_2}e^{-\lambda}}{x_2!}$ $x_2 \geq 0$ $f_{X_2}(x_2)= 0$ іншому випадку.

Нехай , тому Перший відомий як згортка. $Z=X_1+X_2\rightarrow X_1=Z-X_2$

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}

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

$X_1$ $X_2$

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}

$f_Z(z)=\int\limits_{-\infty}^{\infty}\int\limits_{-\infty}^{\infty}f_{X_1}(z-x_2)f_{X_2}(x_2)dx_1dx_2$ Таким чином , ви можете отримати розподіл суми двох безперервних випадкових величин.

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
джерело

a_{1} = a_{2} = 1

$a_1=a_2=1$

a_{1} = a_{2}

$a_1 = a_2$

a_{1} \neq a_{2}

$a_1 \ne a_2$

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}

$\lambda = \lambda_1 + \lambda_2$

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

$\lambda_2/\lambda$

$k_1$ $k_2$ $0$ .

Редагувати після обговорення:

Я думаю, що найкраще, що ти можеш зробити, це MC. Ви можете використати деривацію, що це складна дистрибуція Пуассона.

$Pois(\lambda)$ (дуже ефективний)
$i=1,\ldots,N$ $X_1$ $X_2$ $\lambda_1/\lambda$ $\lambda_1/\lambda$ $1$ $k_1$ $k_2$

Ви матимете зразок, скажімо, 100 000 за секунди.

Крім того, ви можете пробувати дві видатки у вашому первісному зображенні окремо ... це буде так само швидко.

Все інше (FFT) є складним, якщо постійні коефіцієнти k1 і k2 абсолютно загальні.

— Рік
джерело

І остаточне розподіл можна знайти за алгоритмом Паньєра, якщо коефіцієнти цілі числа.

— Рік

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}

$a_1,a_2$

Привіт Мішель, я відредагував свою відповідь. Так, Панджер має обмежене використання. Але ви можете спробувати підхід до перетворення Фур'є. Однак нецілі одиниці є проблематичними ... Я повинен більше подумати, що робити в цьому випадку. У будь-якому випадку важливо відзначити, що результат - складений розподіл Пуассона (а не "простий" розподіл Пуассона).

— Рік

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

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

Щось у дорозі ... Якби у нас був безперервний розподіл, який ми можемо обчислити характерну функцію (як і ви), то це призводить до швидкого і приємного результату. У нашому випадку мені потрібно більше часу, щоб подумати над цим. Має бути щось простіше.

— Рік