Вероятность независимого пуассоновского процесса, обгоняющего другого

Я задавал этот вопрос раньше другим способом на других биржах стека, так что извините за некоторый репост.

Я спрашивал своего профессора и пару аспирантов без какого-либо однозначного ответа. Сначала я сообщу о проблеме, затем о моем потенциальном решении и о проблеме с моим решением, извините за стену текста.

Проблема:

Предположим, что два независимых пуассоновских процесса и с и для одного и того же интервала подчинены . Какова вероятность того, что в любой момент времени, когда время стремится к бесконечности, совокупный выход процесса больше совокупного выхода процесса плюс , то есть . Для иллюстрации на примере предположим, что два моста и , в среднем автомобили и едут по мосту и$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$соответственно за интервал и . автомобили уже изгнали над мостом , какова вероятность того, что в любой момент времени больше автомобилей в общей сложности проехали через мост , чем .$\lambda_R>\lambda_M$$D$$R$$M$$R$

Мой способ решения этой проблемы:

Сначала мы определим два пуассоновских процесса:

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

Следующим шагом будет найти функцию , которая описывает , после того, как заданное число интервалов . Это произойдет в случае, если условно на выходе , для всех неотрицательных значений . В качестве иллюстрации, если суммарная выход является , то суммарный выход должен быть больше , чем . Как показано ниже.I M ( I ) > k + D R ( I ) = k k R X M X + $P(M>R+D)$$I$$M(I)>k+D$$R(I)=k$$k$$R$$X$$M$$X+D$

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

$$n\rightarrow \infty$$

Из-за независимости это можно переписать как произведение двух элементов, где первый элемент - 1-CDF распределения Пуассона, а второй элемент - пуассоновский pmf:

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

$$n\rightarrow \infty$$

Для создания примера предположим, что , и , ниже приведен график этой функции над :λ R = 0,6 λ M = 0,4 $D=6$$\lambda_R=0.6$$\lambda_M=0.4$$I$

Следующий шаг , чтобы найти вероятность , что это произойдет в любой момент времени, позволяет вызов, . Моя мысль в том , что это эквивалентно нахождению 1 минус вероятность никогда не быть выше . Т.е. пусть к бесконечности , что является обусловливающим это также быть верно для всех предыдущих значений .M R + D N P ( R ( N ) + D ≥ M ( N ) ) $Q$$M$$R+D$$N$$P(R(N)+D \geq M(N))$$N$

1 - P ( M ( I ) > R ( I ) + D $P(R(I)+D \geq M(I))$ совпадает с , давайте определим это как функцию g (I):$1-P(M(I)>R(I)+D)$

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

Поскольку стремится к бесконечности, это также может быть переписано как геометрический интеграл по функции .$N$$g(I)$

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

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

$$N\rightarrow \infty$$

Где у нас есть функция сверху.$P(M(I)>R(I)+D)$

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

$$N\rightarrow \infty$$

$$n\rightarrow \infty$$

Теперь для меня это должно дать мне окончательное значение для любых данных , и . Однако есть проблема, мы должны быть в состоянии переписать лямбды так, как хотим, так как единственное, что должно иметь значение, это их пропорция друг к другу. Чтобы построить на примере с , и , это фактически то же самое, что , и , если их интервал делится на 10. Т.е. 10 машин каждые 10 минут - это то же самое, что 1 машина каждую минуту. Однако выполнение этого дает другой 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$$\lambda_R=0.6$ и дает из и , и дает из . Непосредственное понимание состоит в том, что , и причина на самом деле довольно проста, если мы сравним графики двух результатов, график ниже показывает функцию для , и .$\lambda_M=0.4$$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$

Как можно видеть, вероятность не меняется, однако теперь для достижения той же вероятности требуется в десять раз больше интервалов. Поскольку зависит от интервала функции, это, естественно, имеет значение. Это, очевидно, означает, что что-то не так, так как результат не должен зависеть от моей начальной лямбды, особенно потому, что не существует начальной лямбды, которая является правильной а является правильным как и или и т. Д., Пока интервал масштабируется соответственно. Поэтому пока я легко масштабирую вероятность, т.е. иду от и до и$Q$$0.04$$0.06$$0.4$$0.6$$1$$1.5$$0.4$$0.6$$0.04$$0.06$ - это то же самое, что масштабирование вероятности с коэффициентом 10. Это, очевидно, дает тот же результат, но, поскольку все эти лямбды являются одинаково допустимыми отправными точками, то это, очевидно, не правильно.

Чтобы продемонстрировать это влияние, я изобразил как функцию от , где - это коэффициент масштабирования лямбд, с начальными и . Вывод можно увидеть на графике ниже:$Q$$t$$t$$\lambda_M=0.4$$\lambda_R=\lambda_M\cdot 1.5$

Вот где я застрял, для меня подход выглядит хорошо и правильно, но результат явно неправильный. Сначала я думал, что где-то пропущен фундаментальный пересчет, но я не могу понять, где.

Спасибо за чтение, любая помощь очень ценится.

Кроме того, если кто-то хочет мой R-код, пожалуйста, дайте мне знать, и я его загрузю.

Пусть коллективные времена процессов Поскольку это независимые пуассоновские процессы, почти наверняка точно один из них наблюдается в каждый из этих моментов времени. Для определите$T = (0=t_0 \lt t_1 \lt t_2 \lt \cdots).$$i\gt 0,$

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

и накапливаем в процессе то есть и для всех считает во сколько раз появилось больше, чем сразу после времени$B(i)$$W:$$W(0)=0$$W(i+1)=W(i)+B(i)$$i \gt 0.$ $W(i)$$R$$M$$t_i.$

На этом рисунке показаны реализации (красным цветом) и (средним синим цветом) в виде «графиков ковров» вверху. Точки значения . Каждая красная точка представляет увеличение избытка то время как каждая синяя точка показывает уменьшение избытка.$R$$M$$(t_i, W(i))$$R(t_i)-M(t_i)$

Для пусть будет шансом, что хотя бы один из меньше или равен и пусть будет его вероятностью.$b=0, 1, 2, \ldots,$$\mathcal{E}_b$$W_i$$-b$$f(b)$

Вопрос требует$f(D+1).$

Пусть Это скорость комбинированных процессов. биноминальное случайное блуждание, потому что$\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 образом,

Ответ равен вероятности того, что это биномиальное случайное блуждание встретит поглощающий барьер в$W$$-D-1.$

Самый элементарный способ найти этот шанс заключается в том, что

$$f(0)=1$$

потому чтои для всех два возможных следующих шага рекурсивно дают$W(0)=0;$$b \gt 0,$$\pm 1$

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

Предполагая , что единственное решение для является$\lambda_R \ge \lambda_M,$$b\ge 0$

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

как вы можете проверить, включив это в вышеупомянутые определяющие уравнения. Таким образом,

Ответ

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