Весовая сумма двух независимых пуассоновских случайных величин

Используя википедию, я нашел способ вычислить функцию вероятности массы, полученную из суммы двух пуассоновских случайных величин. Тем не менее, я думаю, что у меня неправильный подход.

Пусть - две независимые пуассоновские случайные величины со средним значением и , где и - константы, тогда функция генерирующая вероятность, задается Теперь, используя тот факт, что функция, генерирующая вероятность для пуассоновской случайной величины, имеет вид , мы можем написать функцию, генерирующую вероятность: сумма двух независимых пуассоновских случайных величин как $X_1, X_2$ $\lambda_1, \lambda_2$ $S_2 = a_1 X_1+a_2 X_2$ $a_1$ $a_2$ $S_2$

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}

$\begin{aligned} G_{S_2}(z) &= \textrm{e}^{\lambda_1(z^{a_1} - 1)}\textrm{e}^{\lambda_2(z^{a_2} - 1)} \\ &= \textrm{e}^{\lambda_1(z^{a_1} - 1)+\lambda_2(z^{a_2} - 1)}. \end{aligned}$ Похоже, что функция вероятности массы восстанавливается путем взятия производных от , Где .

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}}

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

Это правильно? У меня такое ощущение, что я не могу просто взять производную для получения функции вероятности массы из-за констант $a_1$ и $a_2$ . Это правильно? Есть ли альтернативный подход?

Если это правильно, могу ли я теперь получить приближение кумулятивного распределения путем усечения бесконечной суммы по всем k?

distributions poisson-distribution

— Мишель
источник

Почему вы масштабируете слагаемые с и ? Сумма - это просто еще одно распределение Пуассона без этого. Переменные принимают значения в натуральных числах, так что примерно в раз первое плюс умноженное на второе обычно неестественно и позволит вам восстановить значения обеих переменных.

a_{1}

$a_1$

a_{2}

$a_2$

1

$1$

\sqrt{2}

$\sqrt{2}$

— Дуглас Заре

Сложность в том, что если и являются целыми числами, нельзя быть уверенным, что принимает только целые значения. Таким образом, вам нужно найти не только для целых значений но также для каждой которая может быть выражена как для неотрицательных целых чисел и .

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

$n$

— Дилип Сарвате

@DilipSarwate Это возможно? Есть ли другой подход для этого?

— Мишель

@ DouglasZare Я должен сделать это ... Может быть, я должен обратиться к какому-то методу начальной загрузки.

— Мишель

Я не думаю, что вы можете сделать намного лучше, чем метод грубой силы, который находит возможные значения, которые может принимать, а затем для каждой , используйтеДля большинства вариантов и я бы ожидал, что большинство сумм сократится до одного члена. Я ожидаю , что вы знаете , что для , является случайной величиной Пуассона с параметром .

S_{2}

$S_2$

α

$\alpha$

п {S_{2} знак равно α} знак равно \underset{a_{1} м + a_{2} N знак равно α}{Σ} п {{Икс}_{1} знак равно м} п {{Икс}_{2} знак равно N} знак равно \underset{a_{1} м + a_{2} N знак равно α}{Σ} ехр (- λ_{1} м) \frac{λ_{1}^{м}}{м!} ехр (- 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}

$\lambda_1+\lambda_2$

— Дилип Сарвате

Ответы:

При условии, что не всякая вероятность сконцентрирована на каком-либо одном значении в этой линейной комбинации, похоже, что расширение Корниша-Фишера может обеспечить хорошие приближения к (обратному) CDF.

Напомним, что это расширение корректирует обратный CDF стандартного нормального распределения, используя первые несколько кумулянтов . Его перекос является $S_2$ $\beta_1$

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

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

и его эксцесс является $\beta_2$

\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}},

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

Чтобы найти процентиль стандартизированной версии , вычислите $\alpha$ $S_2$

{вес}_{α} знак равно 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)

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

где - процентиль стандартного нормального распределения. Тем самым процентиль $z$ $\alpha$ $S_2$

a_{1} λ_{1} + a_{2} λ_{2} + {вес}_{α} \sqrt{a_{1}^{2} λ_{1} + a_{2}^{2} λ_{2}},

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

Численные эксперименты показывают, что это хорошее приближение, когда значения и превышают или около того. Например, рассмотрим случай и (скомпонован так, чтобы дать нулевое среднее значение для удобства): $\lambda_1$ $\lambda_2$ $5$ $\lambda_1 = 5,$ $\lambda_2=5\pi/2,$ $a_1=\pi,$ $a_2=-2$

фигура

Заштрихованная синим цветом часть представляет собой численно вычисленный CDF для а сплошной красный внизу - приближение Корниш-Фишера. Аппроксимация, по сути, является сглаживанием фактического распределения, показывая только небольшие систематические отклонения. $S_2$

— Whuber
источник

Хорошее использование часто забываемого инструмента ... и, конечно, для или или около того, метод грубой силы свертки не будет таким уж болезненным.

λ_{1}

$\lambda_1$

λ_{2} \leq 5

$\lambda_2 \leq 5$

— jbowman

Используйте свертку:

Пусть Для , противном случае и Для , противном случае. $f_{X_1}(x_1)= \dfrac{\lambda^{x_1}e^{-\lambda}}{x_1!}$ $x_1 \geq 0$ $f_{X_1}(x_1)= 0$ $f_{X_2}(x_2)=\dfrac{\lambda^{x_2}e^{-\lambda}}{x_2!}$ $x_2 \geq 0$ $f_{X_2}(x_2)= 0$

Пусть , поэтому Первый из них известен как свертка. $Z=X_1+X_2\rightarrow X_1=Z-X_2$

е_{Z} (Z) знак равно \int_{- \infty}^{\infty} \int_{- \infty}^{\infty} е_{{Икс}_{1}, {Икс}_{2}} (Z - {Икс}_{2}, {Икс}_{2}) d {Икс}_{1} d {Икс}_{2}

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

Если и независимы, Таким образом, вы можете получить распределение суммы двух непрерывных случайных величин. $X_1$ $X_2$

е_{Z} (Z) знак равно \int_{- \infty}^{\infty} \int_{- \infty}^{\infty} е_{{Икс}_{1}} (Z - {Икс}_{2}) е_{{Икс}_{2}} ({Икс}_{2}) d {Икс}_{1} d {Икс}_{2}

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

Для дискретного распределения Это также распределение Пуассона с параметром

е_{Z} (Z) знак равно Σ_{{Икс}_{2} знак равно 0}^{Z} \frac{λ_{1}^{Z - {Икс}_{2}} е^{- λ_{1}}}{(Z - {Икс}_{2})!} \frac{λ_{2}^{{Икс}_{2}} е^{- λ_{2}}}{{Икс}_{2}!}

$f_Z(z)=\sum\limits_{x_2=0}^{z} \dfrac{\lambda^{z-x_{2}}_1e^{-\lambda_1}}{(z-x_2)!}\dfrac{\lambda^{x_2}_2e^{-\lambda_2}}{x_2!}$

знак равно е^{- (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
источник

Похоже, это отвечает на другой вопрос: а именно, как добавить два распределения Пуассона. Это особый случай (но может быть распространен на случаи без каких-либо проблем). Но что бы вы сделали, когда ?

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

Я думаю, что решением является концепция составного распределения Пуассона. Идея является случайной суммой с Пуассона распределены и и последовательность не зависит от . Когда мы ОГРАНИЧЕНИЯ к случаю, всегда, то мы можем описать для вещественного числа и распределению Пуассона . Вы получаете pgf как Для суммы вы получите определять

S знак равно Σ_{я знак равно 1}^{N} {Икс}_{я}

$S = \sum_{i=1}^N X_i$

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

$N$

Е [s^{К N}] знак равно Е [(s^{К})^{N}] знак равно г_{N} (s^{К}) знак равно ехр (λ (s^{К} - 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}

$Z = k_1 N_1 + k_2 N_2$

г_{Z} (s) знак равно ехр (λ_{1} (s^{К_{1}} - 1) + λ_{2} (s^{К_{2}} - 1)),

$G_Z(s) = \exp(\lambda_1(s^{k_1}-1) + \lambda_2(s^{k_2}-1)).$

λ = λ_{1} + λ_{2}

$\lambda = \lambda_1 + \lambda_2$ затем Окончательная интерпретация заключается в том, что результирующее rv является составным распределением Пуассона с интенсивностью и распределением которые принимают значение с вероятностью и значение с .

г_{Z} (s) знак равно ехр (λ (\frac{λ_{1}}{λ} (s^{К_{1}} - 1) + \frac{λ_{2}}{λ} (s^{К_{1}} - 1)) знак равно ехр (λ (\frac{λ_{1}}{λ} s^{К_{1}} + \frac{λ_{2}}{λ} s^{К_{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

$\lambda_2/\lambda$

Доказав, что распределения составные Пуассона, мы можем использовать рекурсию Панджера в случае, когда и являются положительными целыми числами. Или мы можем легко вывести преобразование Фурье из формы pgf и вернуть распределение обратно. Обратите внимание, что есть точка массы в . $k_1$ $k_2$ $0$

Изменить после обсуждения:

Я думаю, что лучшее, что вы можете сделать, это MC. Вы можете использовать вывод, что это составной пуассоновский дистр.

образец N из (очень эффективный) $Pois(\lambda)$
затем для каждого выборки, будь то из или где вероятность первого равна . Сделайте это путем отбора проб Бернулли с вероятностью успеха . Если это тогда добавьте к выбранной сумме, иначе добавьте . $i=1,\ldots,N$ $X_1$ $X_2$ $\lambda_1/\lambda$ $\lambda_1/\lambda$ $1$ $k_1$ $k_2$

У вас будет образец, скажем, 100 000 в секундах.

В качестве альтернативы вы можете выбрать два слагаемых в вашем начальном представлении отдельно ... это будет так же быстро.

Все остальное (БПФ) сложно, если постоянные множители k1 и k2 являются полностью общими.

— Ric
источник

И окончательное распределение может быть найдено с помощью алгоритма Панджера, если факторы являются целыми числами.

— Рик

Спасибо! Я попал в Однако Исходя из этого, я хотел бы найти способ получить какое-то распространение. Вы упомянули алгоритм Панджера? Однако в этом случае . @DilipSarwate Только что упомянул, что невозможно упростить следующее в общем случае .

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}

$a_1,a_2$

— Мишель

Привет Мишель, я отредактировал свой ответ. Да, Panjer имеет ограниченное использование. Но вы можете попробовать метод преобразования Фурье. Однако нецелые единицы являются проблематичными ... Я должен больше думать о том, что делать в этом случае. В любом случае важно отметить, что результатом является составное распределение Пуассона (а не «простое» распределение Пуассона).

— Рик

Привет Ричард, спасибо за ваше обновление! Вы имеете в виду, что я должен численно попытаться вычислить: ?

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

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

— Мишель

Что-то на пути ... Если у нас было непрерывное распределение, из которого мы можем вычислить характеристическую функцию (как вы делаете), то это приводит к быстрому и приятному результату. В нашем случае мне нужно больше времени, чтобы подумать об этом. Там должно быть что-то проще.

— Рик