Сумма биномиальных и пуассоновских случайных величин

Если у нас есть две независимые случайные величины и , какова функция вероятности массы ? $X_1 \sim \mathrm{Binom}(n,p)$ $X_2 \sim \mathrm{Pois}(\lambda)$ $X_1 + X_2$

NB Это не домашняя работа для меня.

— Маттео Фазиоло
источник

Я думаю, вы пытались свалить? en.wikipedia.org/wiki/… Где вы застряли? Я предполагаю, что нет закрытой формы, в противном случае решение, вероятно, будет здесь: en.wikipedia.org/wiki/…

— Стефан Коласса

Да, это то, что я пытался, но, может быть, я нашел ответ здесь: mathstatica.com/SumBinomialPoisson Kummer сливной гипергеометрической функции ... Хью !

— Маттео Фазиоло,

Я перечитал тег домашней работы в соответствии с его использованием на этом сайте . Приветствия. :-)

— кардинал

Роман означает новый (неизвестный или опубликованный ранее). Я также не согласен с тем, что использование известных методов для решения новых задач делает это домашней работой - то же самое можно сказать и о большинстве статей в журналах, публикующих результаты о распределениях.

— волки

Как и во многих других случаях в статистике, где гипергеометрическая функция появляется с целочисленными аргументами, вы можете понимать ее как сокращенную запись неявной (конечной) суммы в свертке, если хотите. Преимущество такого выражения заключается в том, что существует множество способов манипулировать им в более простых формах, и его часто можно оценить без фактического выполнения суммирования.

— whuber

Ответы:

В итоге вы получите две разные формулы для , одну для и одну для . Самый простой способ решения этой проблемы - вычислить произведение и . Тогда - это коэффициент в произведении. Упрощение сумм невозможно. $p_{X_1+X_2}(k)$ $0 \leq k < n$ $k \geq n$ $\sum_{i=0}^n p_{X_1}(i)z^k$ $\sum_{j=0}^{\infty}p_{X_2}(j)z^j$ $p_{X_1+X_2}(k)$ $z^k$

— Дилип Сарватэ
источник

Давать замкнутую формулу в терминах обобщенных гипергеометрических функций (GHF), на которые намекают другие ответы (GHF в этом случае на самом деле является лишь конечным полиномом, поэтому это сокращенная форма для конечной суммы.) Я использовал maple для суммирования свертки, с этот 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$}(-k,-n;\,\ ;\,-{\frac {p}{ \left( p-1 \right) \lambda}})} }$

— Къетил б Халворсен
источник

Дилип Сарвейт заявил 7 лет назад, что упрощение невозможно, хотя это было оспорено в комментариях. Тем не менее, я думаю, что полезно отметить, что даже без какого-либо упрощения вычисления довольно просты в любой электронной таблице или языке программирования.

Вот реализация 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),]

— Pere
источник

Дилип не показал, что никакие упрощения сумм невозможны: он высказал такое утверждение (и утверждение не представляется правильным). Если вы переходите по ссылкам, предоставленным OP, решение предоставляется в терминах слитых гипергеометрических функций Куммера.

— волки

@wolfies - Это был бы очень интересный момент в новом ответе на этот старый вопрос. Наверное, интереснее, чем у меня.

— Пере

Потенциально более быстрый подход для больших n в биномиальном и больших лямбда будет включать быстрые преобразования Фурье (или аналогичные). Я успешно использовал его для решения ряда реальных задач, где свёртка не является алгебраически удобной, но достаточно числовых ответов, и где было добавлено несколько независимых переменных.

— Glen_b

Комментарий Re @ Glen_b, для больших значений и эта свертка грубой силы становится громоздкой. Более того, задача состоит не в том, чтобы реализовать его, а в том, чтобы найти подходящие конечные точки для вычисления массива: фиксирование в 10, очевидно, не сократит его. Один надежный метод состоит в том, чтобы установить предельные процентили распределения, такие как , затем вычислить для диапазона , а затем «нарезать» результаты (с ), прежде чем продолжить работу с внешним продуктом. Когда оно велико, примените аналогичную процедуру к биномиальным вероятностям.

n

$n$

λ

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

— whuber

Верно. Я сделал что-то похожее с моим собственным приложением - выход достаточно далеко дал требуемые квантили настолько точно, насколько это было необходимо.

— Glen_b