Bağımsız bir Poisson sürecinin diğerini geçme olasılığı

Bu soruyu daha önce diğer yığın değişimleri üzerinde başka bir şekilde sordum, biraz repost için çok üzgünüm.

Profesöruma ve birkaç doktora öğrencisine kesin bir cevap vermeden sordum. Önce sorunu, sonra potansiyel çözümümü ve çözümümle ilgili sorunu, metin duvarı için çok üzgünüm.

Sorun:

İki bağımsız Poisson süreci varsayalım $M$ve , ve ile aynı aralıkta, . Zamanın herhangi bir noktasında, sonsuzluğa eğilim gösterdikçe, işleminin toplam çıktısının, artı işleminin , yani toplam çıktısından daha büyük olma olasılığı nedir . Bir örnekle göstermek için , ortalama ve köprülerinin , ortalama ve araçlarının aralık başına sırasıyla ve köprüsü üzerinden ve$R$$\lambda_R$$\lambda_M$$\lambda_R>\lambda_M$$M$$R$$D$$P(M>R+D)$$R$$M$$\lambda_R$$\lambda_M$$R$$M$$\lambda_R>\lambda_M$. otomobilleri zaten köprüsü üzerinde sürdü, zaman içinde herhangi bir noktada toplamda daha fazla otomobilin köprüsü üzerinde daha fazla sürme olasılığı nedir .$D$$R$$M$$R$

Bu sorunu çözme yolum:

İlk önce iki Poisson süreci tanımlarız:

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

Bir sonraki adım tanımlayan bir fonksiyon bulmaktır aralıkları, belirli bir süre geçtikten sonra . Bu, tüm negatif olmayan değerleri için nin çıktısına bağlı olması durumunda olur . Toplam çıkış ise, göstermek için olduğu daha sonra toplam çıkış daha büyük olması gerekmektedir . Aşağıda gösterildiği gibi.$P(M>R+D)$$I$$M(I)>k+D$$R(I)=k$$k$$R$$X$$M$$X+D$

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

$$n\rightarrow \infty$$

Bağımsızlık nedeniyle, bu, iki elementin ürünü olarak yeniden yazılabilir, burada birinci eleman Poisson dağılımının 1-CDF'si ve ikinci eleman Poisson pmf'dir:

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

$$n\rightarrow \infty$$

Bir örnek oluşturmak için , ve olduğunu varsayalım , aşağıda bu fonksiyonun üzerinden grafiği var :$D=6$$\lambda_R=0.6$$\lambda_M=0.4$$I$

Bir sonraki adım, bunun herhangi bir zamanda gerçekleşme olasılığını bulmak, buna . Benim düşüncem, bunun 1 eksi asla üzerinde olma olasılığını bulmaya eşdeğer olduğudur . Yani sonsuzluğa , koşullu olanı da önceki tüm değerleri için de geçerlidir .$Q$$M$$R+D$$N$$P(R(N)+D \geq M(N))$$N$

$P(R(I)+D \geq M(I))$ aynıdır, g (I) fonksiyonu olarak tanımlayalım:$1-P(M(I)>R(I)+D)$

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

Olarak sonsuza eğilimi, bu da fonksiyon üzerinde geometrik integrali olarak yeniden yazılabilir .$N$$g(I)$

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

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

$$N\rightarrow \infty$$

Yukarıda fonksiyonuna sahibiz .$P(M(I)>R(I)+D)$

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

$$N\rightarrow \infty$$

$$n\rightarrow \infty$$

Şimdi bana bunu bana son değerini vermelidir verilen herhangi için, , ve . Bununla birlikte, bir sorun var, lambdasları istediğimiz gibi yeniden yazabilmeliyiz çünkü önemli olan tek şey birbirleriyle orantılı olması. Daha önce , ve ile örnek oluşturmak için, aralıkları bölündüğü sürece bu etkili bir şekilde , ve . 10. Yani her 10 dakikada bir 10 araba, her dakikada 1 araba ile aynıdır. Ancak bunu yapmak farklı bir sonuç doğurur. ,$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$$\lambda_R=0.6$ ve , verir ve , ve , verir . Anında gerçekleşme, ve iki sonucun grafiklerini karşılaştırırsak bunun nedeni oldukça basittir, aşağıdaki grafik , ve .$\lambda_M=0.4$$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$

Görüldüğü gibi, olasılık değişmemektedir, ancak şimdi aynı olasılığa ulaşmak için on kat daha fazla zaman almaktadır. Olarak fonksiyonunun aralığına bağlıdır, bu doğal olarak bir etkisi söz konusudur. Bu açıkça bir şeyin yanlış olduğu anlamına gelir, çünkü sonuç başlangıç ​​lambdama bağlı olmamalıdır, özellikle aralık ve kadar doğru olan başlangıç ​​lambda olmadığı için ve veya ve vb. buna göre ölçeklendirilir. Kolayca olasılığını ölçeklendirilebilir iken Bu nedenle, örneğin, giden ve için ve$Q$$0.04$$0.06$$0.4$$0.6$$1$$1.5$$0.4$$0.6$$0.04$$0.06$ , olasılığı 10 faktörle ölçeklemekle aynıdır. Bu açıkça aynı sonucu verir, ancak bu lambdaların hepsi eşit derecede geçerli başlangıç ​​noktaları olduğundan, bu doğru değildir.

Bu etkiyi göstermek için bir fonksiyonu olarak grafikledim ; burada , lambdaların ölçeklendirme faktörüdür, başlangıç ve . Çıktı aşağıdaki grafikte görülebilir:$Q$$t$$t$$\lambda_M=0.4$$\lambda_R=\lambda_M\cdot 1.5$

Burada takıldığım yer, bana göre yaklaşım iyi ve doğru görünüyor, ancak sonuç açıkça yanlış. İlk düşüncem, bir yerlerde temel bir yeniden ölçeğin eksik olduğudur, ancak hayatım boyunca nerede olduğunu anlayamıyorum.

Okuduğunuz için teşekkür ederiz, her türlü yardım büyük beğeni topluyor.

Ayrıca, R kodumu isteyen varsa lütfen bize bildirin, ben de yükleyeceğim.

Süreçlerin kolektif zamanları olsun $T = (0=t_0 \lt t_1 \lt t_2 \lt \cdots).$ Bunlar bağımsız Poisson süreçleri olduğu için, bu zamanların her birinde neredeyse kesinlikle bunlardan biri gözlenmektedir. İçin$i\gt 0,$ tanımlamak

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

ve biriktirir $B(i)$ sürece $W:$ yani, $W(0)=0$ ve $W(i+1)=W(i)+B(i)$ hepsi için $i \gt 0.$ $W(i)$ kaç kez daha sayar $R$ daha ortaya çıktı $M$ hemen sonra $t_i.$

Bu şekil, $R$ (kırmızı) ve $M$(orta mavi renkte) üstte "halı parselleri" olarak. Noktalar,$(t_i, W(i))$. Her kırmızı nokta fazlalıktaki bir artışı temsil eder$R(t_i)-M(t_i)$ her mavi nokta fazlalıkta bir azalma gösterir.

İçin $b=0, 1, 2, \ldots,$ İzin Vermek $\mathcal{E}_b$ şansın en az biri $W_i$ küçük veya eşit $-b$ ve bırak $f(b)$ olasılığı olabilir.

Soru soruyor $f(D+1).$

İzin Vermek $\lambda=\lambda_R+\lambda_M.$ Bu, birleştirilmiş süreçlerin oranıdır. $W$ Binom rastgele bir yürüyüş, çünkü

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

Böylece,

Cevap, bu Binom rasgele yürüyüş emici bir engelle karşılaşma şansına eşittir$W$$-D-1.$

Bu şansı bulmanın en temel yolu,

$$f(0)=1$$

çünküve tüm iki olası sonraki adımı tekrar tekrar$W(0)=0;$$b \gt 0,$$\pm 1$

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

Varsayarak eşsiz çözümler olduğu$\lambda_R \ge \lambda_M,$$b\ge 0$

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

bunu yukarıdaki tanımlayıcı denklemlere takarak kontrol edebilirsiniz. Böylece,

Cevap

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