İki bağımsız Poisson rasgele değişkeninin ağırlıklı toplamı

Vikipedi kullanarak iki Poisson rassal değişkeninin toplamından kaynaklanan olasılık kütle fonksiyonunu hesaplamanın bir yolunu buldum. Ancak, benim yaklaşımımın yanlış olduğunu düşünüyorum.

Let ortalama iki bağımsız Poisson değişkenler ve , burada ve sabitleri, o olasılık üreten fonksiyonu vardır ile verilir Şimdi, bir Poisson rassal değişkeni için olasılık üreten fonksiyonun kullanarak, iki bağımsız Poisson rassal değişkeninin toplamı $X_1, X_2$ $\lambda_1, \lambda_2$ $S_2 = a_1 X_1+a_2 X_2$ $a_1$ $a_2$ $S_2$

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}

$\begin{aligned} G_{S_2}(z) &= \textrm{e}^{\lambda_1(z^{a_1} - 1)}\textrm{e}^{\lambda_2(z^{a_2} - 1)} \\ &= \textrm{e}^{\lambda_1(z^{a_1} - 1)+\lambda_2(z^{a_2} - 1)}. \end{aligned}$ Görünüşe göre olasılık kütle fonksiyonu, türevleri alınarak geri kazanılıyor. ; Burada .

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}}

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

Bu doğru mu? Sabitleri yüzünden ben, ben sadece olasılık kütle fonksiyonu elde etmek türev alamaz duygu var ve . Bu doğru mu? Alternatif bir yaklaşım var mı? $a_1$ $a_2$

Eğer bu doğruysa, şimdi tüm k üzerinde sonsuz toplamı keserek kümülatif dağılımın bir tahminini alabilir miyim?

distributions poisson-distribution

— Michel
kaynak

Neden birlikte summands ölçeklendirme vardır ve ? Toplam, bu olmadan başka bir Poisson dağılımıdır. Değişkenler pozitif tamsayılarda değerler alır, bu nedenle birinci artı kez ikinci kez gibi bir şey genellikle oldukça doğal değildir ve her iki değişkenin değerlerini kurtarmanıza izin verir.

a_{1}

$a_1$

a_{2}

$a_2$

1

$1$

\sqrt{2}

$\sqrt{2}$

— Douglas Zare

Buradaki zorluk, hem sürece olmasıdır ve tam sayılardır, tek emin olamaz tamsayı değerlerine yalnızca alır. Bu nedenle, sadece bulmalıyız arasında tamsayı değerler için aynı zamanda her biri için olarak ifade edilebilir negatif olmayan tamsayılar için ve .

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

$n$

— Dilip Sarwate

@DilipSarwate Bu mümkün mü? Bunu yapmak için başka bir yaklaşım var mı?

— Michel

@ DouglasZare Bunu yapmak zorundayım ... Belki de bir çeşit bootstrapping yöntemine başvurmalıyım.

— Michel

alabileceği olası değerleri bulan kaba kuvvet yaklaşımından çok daha iyi yapabileceğinizi düşünmüyorum ve her içinÇoğu seçimler için ve , en çok toplamlar tek terime azaltacağını beklenebilir. Ne için olduğunu biliyoruz bekliyoruz , parametresi ile Poisson rasgele değişkendir .

S_{2}

$S_2$

α

$\alpha$

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}

$\lambda_1+\lambda_2$

— Dilip Sarwate

Yanıtlar:

Çok fazla olasılık bu doğrusal kombinasyondaki herhangi bir tek değere konsantre edilmediği sürece, Cornish-Fisher genişlemesi (ters) CDF'ye iyi yaklaşımlar sağlayabilir gibi görünüyor .

Bu genişlemenin ilk birkaç kullanarak standart Normal dağılımın ters . Onun çarpıklık olduğunu $S_2$ $\beta_1$

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

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

ve basıklık olduğunu $\beta_2$

\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}} .

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

standartlaştırılmış sürümünün yüzdelik bulmak için , $\alpha$ $S_2$

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)

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

burada , standart Normal dağılımın yüzdelik dilimidir. Bir yüzdelik böylece olduğu $z$ $\alpha$ $S_2$

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

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

Sayısal deneyler hem kez bu iyi bir yaklaşımdır önermek ve aşan ya da öylesine. Örneğin, ve (kolaylık için sıfır ortalama verecek şekilde düzenlenmiş) durumunu : $\lambda_1$ $\lambda_2$ $5$ $\lambda_1 = 5,$ $\lambda_2=5\pi/2,$ $a_1=\pi,$ $a_2=-2$

şekil

Mavi gölgeli kısım, sayısal olarak hesaplanmış , altındaki koyu kırmızı ise Cornish-Fisher yaklaşımıdır. Yaklaşıklık aslında sadece küçük sistematik kalkışları gösteren fiili dağılımın pürüzsüzlüğüdür. $S_2$

— whuber
kaynak

Sıklıkla unutulan bir aracın güzel kullanımı ... ve elbette, veya ya da öylesine için, kaba kuvvet evrişim yöntemi o kadar acı verici olmayacak.

λ_{1}

$\lambda_1$

λ_{2} \leq 5

$\lambda_2 \leq 5$

— jbowman

Evrişimi kullanın:

Let için , , aksi halde, ve için , aksi takdirde. $f_{X_1}(x_1)= \dfrac{\lambda^{x_1}e^{-\lambda}}{x_1!}$ $x_1 \geq 0$ $f_{X_1}(x_1)= 0$ $f_{X_2}(x_2)=\dfrac{\lambda^{x_2}e^{-\lambda}}{x_2!}$ $x_2 \geq 0$ $f_{X_2}(x_2)= 0$

Let , yani İlki evrişim olarak bilinir. $Z=X_1+X_2\rightarrow X_1=Z-X_2$

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}

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

Eğer ve , bağımsız Bu şekilde iki sürekli rasgele değişkenin toplamının dağılımını elde edebilirsiniz. $X_1$ $X_2$

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}

$f_Z(z)=\int\limits_{-\infty}^{\infty}\int\limits_{-\infty}^{\infty}f_{X_1}(z-x_2)f_{X_2}(x_2)dx_1dx_2$

Kesikli poisson dağılımı için Ayrıca parametresi ile Poisson dağılımıdır

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
kaynak

Bu farklı bir soruya cevap veriyor gibi görünüyor: iki Poisson dağılımı nasıl eklenir. Özel durum (ancak sorunsuz bir şekilde vakalarına genişletilebilir ). Ancak olduğunda ?

a_{1} = a_{2} = 1

$a_1=a_2=1$

a_{1} = a_{2}

$a_1 = a_2$

a_{1} \neq a_{2}

$a_1 \ne a_2$

— whuber

Çözüm, bileşik bir Poisson dağılımı kavramı olduğunu düşünüyorum. Fikri rastgele toplamıdır ile Poisson dağıtılmış ve dizisi bağımsız . her zaman olduğu , gerçek bir sayısı için ve bir Poisson dağıtılmış tanımlayabiliriz . Pgf'yi toplamı için tanımlamak

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}

$\lambda = \lambda_1 + \lambda_2$ sonra son yorumlanması elde edilen rv yoğunluğuna sahip bir bileşik, Poisson dağılımı olmasıdır ve dağıtımı değeri alır olasılıkla ve değer ile .

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

$\lambda_2/\lambda$

Dağılımların bileşik Poisson olduğunu kanıtladıktan sonra ve pozitif tamsayı olması durumunda Panjer özyinelemesini kullanabiliriz . Veya Fourier dönüşümünü pgf formundan kolayca türetebilir ve tersine göre dağılımı geri alabiliriz. nokta kütlesi olduğunu unutmayın . $k_1$ $k_2$ $0$

Bir tartışmadan sonra düzenleyin:

Bence yapabileceğiniz en iyi şey MC. Bunun bir bileşik Poisson distr olduğu türevini kullanabilirsiniz.

örnek N (çok verimli) $Pois(\lambda)$
Daha sonra her biri için ondan olup örnek veya ilk olasılığıdır . Bunu olasılığı olan bir Bernoulli . Eğer durum bu ise sonra eklemek örneklenmiş toplamı başka eklenti için . $i=1,\ldots,N$ $X_1$ $X_2$ $\lambda_1/\lambda$ $\lambda_1/\lambda$ $1$ $k_1$ $k_2$

Saniyede 100 000 örnek olacak.

Alternatif olarak, inital temsilinizdeki iki toplamı ayrı ayrı örnekleyebilirsiniz ... bu kadar hızlı olacaktır.

Eğer k1 ve k2 sabit faktörü tamamen genel ise, diğer her şey (FFT) karmaşıktır.

— Ric
kaynak

Ve faktörler tamsayı ise, son dağılım Panjer algoritması tarafından bulunabilir.

— Ric

Teşekkürler! I var Ancak Bundan başlayarak, bir çeşit dağıtım elde edebilmenin bir yolunu bulmak istiyorum. Panjer algoritmasından bahsettiniz mi? Ancak, bu durumda . @DilipSarwate Aşağıdaki genel için .

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}

$a_1,a_2$

— Michel

Merhaba Michel, yanıtımı düzenledim. Evet Panjer'in kullanımı sınırlıdır. Ancak Fourier dönüşümü yaklaşımını deneyebilirsiniz. Ancak tamsayı olmayan birimler sorunludur ... Bu durumda ne yapacağım hakkında daha fazla düşünmek zorundayım. Her iki durumda da sonucun bileşik bir Poisson dağılımı ("basit" bir Poisson dağılımı değil) olduğuna dikkat etmek önemlidir.

— Ric

Merhaba Richard, Güncellemeniz için teşekkürler! Sayısal olarak hesaplamaya çalışmam gerektiğini mi kastediyorsunuz: ?

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

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

— Michel

Yolda bir şey ... Karakteristik işlevi (yaptığınız gibi) hesaplayabileceğimiz sürekli bir dağılımımız olsaydı, bu hızlı ve güzel bir sonuca yol açar. Bizim durumumuzda bunu düşünmek için daha fazla zamana ihtiyacım var. Daha kolay bir şey olmalı.

— Ric