Prawdopodobieństwo, że niezależny proces Poissona wyprzedzi inny

Zadałem to pytanie w inny sposób na innych zmianach stosów, przepraszam za nieco repost.

Zapytałem o to mojego profesora i kilku doktorantów, bez jednoznacznej odpowiedzi. Najpierw przedstawię problem, a następnie moje potencjalne rozwiązanie i problem z moim rozwiązaniem, więc przepraszam za ścianę tekstu.

Problem:

Załóżmy dwa niezależne procesy Poissona i , z i dla tego samego okresu, z zastrzeżeniem . Jakie jest prawdopodobieństwo, że w dowolnym momencie czasu, w miarę upływu czasu do nieskończoności, łączna moc wyjściowa procesu jest większa niż łączna moc wyjściowa procesu plus , tj. . Aby zilustrować to przykładem, załóżmy, że dwa mosty i , średnio samochody i przejeżdżają przez most i$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$odpowiednio na interwał, a . samochody już przejechał przez most , jakie jest prawdopodobieństwo, że w dowolnym momencie więcej samochodów w sumie przejechał przez most niż .$\lambda_R>\lambda_M$$D$$R$$M$$R$

Mój sposób rozwiązania tego problemu:

Najpierw definiujemy dwa procesy Poissona:

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

Następnym krokiem jest funkcja, która opisuje po danej liczbie przedziałów . Stanie się tak w przypadku, gdy zależy od wyniku , dla wszystkich nieujemnych wartości . Dla zilustrowania, jeżeli łączna produkcja jest czym łączna produkcja musi być większy niż . Jak pokazano niżej.$P(M>R+D)$$I$$M(I)>k+D$$R(I)=k$$k$$R$$X$$M$$X+D$

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

$$n\rightarrow \infty$$

Ze względu na niezależność można to przepisać jako iloczyn dwóch elementów, gdzie pierwszym elementem jest 1-CDF rozkładu Poissona, a drugim elementem jest Poisson pmf:

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

$$n\rightarrow \infty$$

Aby utworzyć przykład, załóżmy, że , i , poniżej jest wykres tej funkcji dla :$D=6$$\lambda_R=0.6$$\lambda_M=0.4$$I$

Następnym krokiem jest znalezienie prawdopodobieństwo takiego zdarzenia w dowolnym momencie w czasie, który umożliwia połączenie . Myślę, że jest to równoważne znalezieniu 1 minus prawdopodobieństwo, że nigdy nie będzie powyżej$Q$$M$$R+D$. To znaczy pozwól$N$ zbliżyć się do nieskończoności $P(R(N)+D \geq M(N))$uzależnione jest to również prawdziwe dla wszystkich poprzednich wartości .$N$

$P(R(I)+D \geq M(I))$ jest taki sam jak , zdefiniujmy to jako funkcję g (I):$1-P(M(I)>R(I)+D)$

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

Ponieważ ma tendencję do nieskończoności, można to również przepisać jako całkę geometryczną nad funkcją .$N$$g(I)$

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

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

$$N\rightarrow \infty$$

Gdzie mamy funkcję z góry.$P(M(I)>R(I)+D)$

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

$$N\rightarrow \infty$$

$$n\rightarrow \infty$$

Teraz dla mnie powinno to dać mi końcową wartość , dla dowolnego , i . Istnieje jednak problem, powinniśmy móc przepisać lambdy tak, jak chcemy, ponieważ jedyną rzeczą, która powinna mieć znaczenie, jest ich stosunek do siebie. Aby wykorzystać poprzedni przykład z , i , jest to faktycznie to samo co , i , o ile ich przedział jest podzielony przez 10. Tj. 10 samochodów co 10 minut to tyle samo, co 1 samochód na minutę. Jednak zrobienie tego daje inny rezultat. ,$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$$\lambda_R=0.6$ i daje od i , i daje od . Natychmiastowe zrozumienie jest takie, że , a powód jest właściwie dość prosty, jeśli porównamy wykresy dwóch wyników, poniższy wykres pokazuje funkcję dla , i .$\lambda_M=0.4$$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$

Jak widać prawdopodobieństwo nie zmienia się, jednak osiągnięcie tego samego prawdopodobieństwa zajmuje dziesięć razy więcej interwałów. Ponieważ zależy od interwału funkcji, ma to oczywiście implikację. To oczywiście oznacza, że ​​coś jest nie tak, ponieważ wynik nie powinien zależeć od mojej początkowej lambda, szczególnie dlatego, że nie ma wyjściowej lambdy, która jest poprawna a jest tak poprawna jak i lub i itd., O ile przedział czasu jest odpowiednio skalowane. Dlatego, chociaż mogę łatwo skalować prawdopodobieństwo, tj. Przechodząc od i do i$Q$$0.04$$0.06$$0.4$$0.6$$1$$1.5$$0.4$$0.6$$0.04$$0.06$ to to samo, co skalowanie prawdopodobieństwa ze współczynnikiem 10. To oczywiście daje ten sam wynik, ale ponieważ wszystkie te lambda są jednakowo prawidłowe punkty początkowe, to oczywiście nie jest poprawne.

Aby pokazać ten wpływ, wykreśliłem jako funkcję , gdzie jest współczynnikiem skalowania lambdas, z początkowymi i . Dane wyjściowe można zobaczyć na poniższym wykresie:$Q$$t$$t$$\lambda_M=0.4$$\lambda_R=\lambda_M\cdot 1.5$

Tu utknąłem, dla mnie podejście wygląda dobrze i poprawne, ale wynik jest oczywiście błędny. Moją początkową myślą jest to, że brakuje mi gdzieś fundamentalnej zmiany skali, ale nie mogę zrozumieć, gdzie moje życie.

Dziękujemy za przeczytanie, każda pomoc jest mile widziana.

Dodatkowo, jeśli ktoś chce mojego kodu R, proszę dać mi znać, a ja go załaduję.

Niech zbiorowe czasy procesów będą $T = (0=t_0 \lt t_1 \lt t_2 \lt \cdots).$ Ponieważ są to niezależne procesy Poissona, prawie na pewno dokładnie jeden z nich jest obserwowany w każdym z tych czasów. Dla$i\gt 0,$ definiować

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

i gromadzić $B(i)$ do procesu $W:$ to jest, $W(0)=0$ i $W(i+1)=W(i)+B(i)$ dla wszystkich $i \gt 0.$ $W(i)$ liczy ile razy $R$ pojawił się niż $M$ zaraz po czasie $t_i.$

Ta liczba pokazuje realizacje $R$ (na czerwono) i $M$(w średnim niebieskim) jako „wykresy dywanowe” u góry. Punkty kreślą wartości$(t_i, W(i))$. Każdy czerwony punkt oznacza wzrost nadwyżki$R(t_i)-M(t_i)$ podczas gdy każdy niebieski punkt pokazuje spadek nadwyżki.

Dla $b=0, 1, 2, \ldots,$ pozwolić $\mathcal{E}_b$ być szansą co najmniej jednego z $W_i$ jest mniejsza lub równa $-b$ i pozwól $f(b)$ być jego prawdopodobieństwem.

Pytanie dotyczy $f(D+1).$

Pozwolić $\lambda=\lambda_R+\lambda_M.$ Jest to szybkość połączonych procesów. $W$ jest dwumianowym losowym spacerem, ponieważ

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

A zatem,

Odpowiedź równa się szansie, że ten losowy dwumianowy spacer $W$ napotyka barierę pochłaniającą w $-D-1.$

Zauważa to najbardziej elementarny sposób znalezienia tej szansy

$$f(0)=1$$

ponieważ $W(0)=0;$ i dla wszystkich $b \gt 0,$ dwa możliwe kolejne kroki $\pm 1$ rekurencyjnie daje

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

Zarozumiały $\lambda_R \ge \lambda_M,$ unikalne rozwiązanie dla $b\ge 0$ jest

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

jak można to sprawdzić, podłączając to do powyższych równań definiujących. A zatem,

Odpowiedź to

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