Ważona suma dwóch niezależnych zmiennych losowych Poissona

Korzystając z wikipedii znalazłem sposób na obliczenie funkcji masy prawdopodobieństwa wynikającej z sumy dwóch zmiennych losowych Poissona. Myślę jednak, że moje podejście jest błędne.

Niech będą dwiema niezależnymi losowymi zmiennymi Poissona ze średnimi i , gdzie i są stałymi, to funkcję generującą prawdopodobieństwo podaje Teraz, korzystając z faktu, że funkcją generującą prawdopodobieństwo dla losowej zmiennej Poissona jest , możemy napisać funkcję generującą prawdopodobieństwo suma dwóch niezależnych zmiennych losowych Poissona jako $X_1, X_2$ $\lambda_1, \lambda_2$ $S_2 = a_1 X_1+a_2 X_2$ $a_1$ $a_2$ $S_2$

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}

$\begin{aligned} G_{S_2}(z) &= \textrm{e}^{\lambda_1(z^{a_1} - 1)}\textrm{e}^{\lambda_2(z^{a_2} - 1)} \\ &= \textrm{e}^{\lambda_1(z^{a_1} - 1)+\lambda_2(z^{a_2} - 1)}. \end{aligned}$ Wygląda na to, że funkcja masy prawdopodobieństwa jest odzyskiwana poprzez pobranie pochodnych nazwa , Gdzie .

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}}

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

Czy to jest poprawne? Mam wrażenie, że nie mogę po prostu pobrać pochodnej w celu uzyskania funkcji masy prawdopodobieństwa, ze względu na stałe $a_1$ i $a_2$ . Czy to jest poprawne? Czy istnieje alternatywne podejście?

Jeśli jest to poprawne, czy mogę teraz uzyskać przybliżenie rozkładu skumulowanego poprzez obcięcie nieskończonej sumy dla całego k?

distributions poisson-distribution Michel
źródło

Dlaczego skalujesz sumy za pomocą i ? Suma jest tylko kolejnym rozkładem Poissona bez tego. Zmienne przyjmują wartości w dodatnich liczbach całkowitych, więc coś w rodzaju krotności pierwszego plus razy drugi jest zwykle dość nienaturalne i pozwala odzyskać wartości obu zmiennych.

a_{1}

$a_1$

a_{2}

$a_2$

1

$1$

\sqrt{2}

$\sqrt{2}$

Douglas Zare

Trudność polega na tym, że jeśli zarówno jak i są liczbami całkowitymi, nie można być pewnym, że przyjmuje tylko wartości całkowite. Dlatego musisz znaleźć nie tylko dla liczb całkowitych ale także dla każdego które można wyrazić jako dla liczb całkowitych nieujemnych i .

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 Czy to możliwe? Czy istnieje inne podejście do tego?

Michel,

@DouglasZare Muszę to zrobić ... Może muszę skorzystać z jakiejś metody ładowania.

Michel,

Nie sądzę, że możesz zrobić coś lepszego niż podejście z użyciem siły brutalnej, które znajduje możliwe wartości, które może przyjąć, a następnie dla każdego użyjW przypadku większości opcji i spodziewałbym się, że większość sum zmniejszy się do jednego terminu. Oczekuję, że wiesz, że dla , jest losową zmienną Poissona z parametrem .

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,

Odpowiedzi:

Pod warunkiem, że nie jest zbyt duże prawdopodobieństwo koncentracji na jakiejkolwiek pojedynczej wartości w tej liniowej kombinacji, wygląda na to, że rozszerzenie Cornisha-Fishera może zapewnić dobre przybliżenie (odwrotnego) CDF.

Przypomnij sobie, że to rozszerzenie dostosowuje odwrotny CDF standardowego rozkładu normalnego przy użyciu pierwszych kilku kumulantów . Jego skośność jest $S_2$ $\beta_1$

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

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

a jego to $\beta_2$

\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}} .

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

Aby znaleźć percentyl standardowej wersji , oblicz $\alpha$ $S_2$

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)

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

gdzie jest percentylem standardowego rozkładu normalnego. Tym samym percentyl wynosi $z$ $\alpha$ $S_2$

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

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

Eksperymenty numeryczne sugerują, że jest to dobre przybliżenie, gdy zarówno i przekroczą około . Rozważmy na przykład przypadek i (ustawione dla wygody dla uzyskania zerowej średniej): $\lambda_1$ $\lambda_2$ $5$ $\lambda_1 = 5,$ $\lambda_2=5\pi/2,$ $a_1=\pi,$ $a_2=-2$

Postać

Część zacieniowana na niebiesko to CDF obliczony numerycznie, natomiast pod spodem jednolita czerwień to przybliżenie Cornisha-Fishera. Przybliżenie jest zasadniczo płynne z faktycznego rozkładu, pokazując tylko małe systematyczne odjazdy. $S_2$

Whuber
źródło

Przyjemne użycie często zapomnianego narzędzia ... i, oczywiście, albo dla albo lub więcej, metoda splotu brutalnej siły nie będzie aż tak bolesna.

λ_{1}

$\lambda_1$

λ_{2} \leq 5

$\lambda_2 \leq 5$

jbowman

Użyj splotu:

Niech Dla , przeciwnym razie i Dla , przeciwnym razie. $f_{X_1}(x_1)= \dfrac{\lambda^{x_1}e^{-\lambda}}{x_1!}$ $x_1 \geq 0$ $f_{X_1}(x_1)= 0$ $f_{X_2}(x_2)=\dfrac{\lambda^{x_2}e^{-\lambda}}{x_2!}$ $x_2 \geq 0$ $f_{X_2}(x_2)= 0$

Niech , więc Ten pierwszy jest znany jako splot. $Z=X_1+X_2\rightarrow X_1=Z-X_2$

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}

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

Jeśli i są niezależne, ten sposób można uzyskać rozkład sumy dwóch ciągłych zmiennych losowych. $X_1$ $X_2$

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}

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

Dla dyskretnego rozkładu Który jest również rozkładem Poissona z parametrem

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
źródło

To wydaje się odpowiadać na inne pytanie: mianowicie, jak dodać dwa rozkłady Poissona. Jest to przypadek szczególny (ale bez problemu można go rozszerzyć na przypadki ). Ale co byś zrobił, gdy ?

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

Myślę, że rozwiązaniem jest koncepcja złożonego rozkładu Poissona. Idea jest losowa suma z Poissona rozmieszczone i i sekwencją niezależną od . Kiedy ograniczymy się do przypadku, w którym zawsze, wówczas możemy opisać dla liczby rzeczywistej i rozkładu Poissona . Otrzymujesz pgf przez Za sumę otrzymujesz definiować

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}

$\lambda = \lambda_1 + \lambda_2$ a następnie ostateczna interpretacja jest to, że otrzymany RV związek Poissona intensywnością i dystrybucji które przyjmują wartość z prawdopodobieństwem , a wartość z .

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

$\lambda_2/\lambda$

Po udowodnieniu, że rozkłady są złożone Poissona, możemy użyć rekurencji Panjera w przypadku, gdy i są dodatnimi liczbami całkowitymi. Lub możemy łatwo wyprowadzić transformatę Fouriera z postaci pgf i uzyskać rozkład z powrotem przez odwrotność. Zauważ, że masa punktowa wynosi . $k_1$ $k_2$ $0$

Edytuj po dyskusji:

Myślę, że najlepsze, co możesz zrobić, to MC. Możesz użyć pochodnej, że jest to złożony dystans Poissona.

próbka N z (bardzo wydajny) $Pois(\lambda)$
następnie dla każdego próbka, czy pochodzi z czy gdzie prawdopodobieństwo pierwszego to . Zrób to, próbkując rv Bernoulliego z prawdopodobieństwem sukcesu . Jeśli jest to dodaj do próbkowanej sumy, inaczej dodaj . $i=1,\ldots,N$ $X_1$ $X_2$ $\lambda_1/\lambda$ $\lambda_1/\lambda$ $1$ $k_1$ $k_2$

Będziesz miał próbkę powiedzmy 100 000 w kilka sekund.

Alternatywnie możesz osobno próbkować dwa lata w początkowej reprezentacji ... to będzie tak szybkie.

Wszystko inne (FFT) jest skomplikowane, jeśli stały współczynnik k1 i k2 są całkowicie ogólne.

Ric
źródło

Ostateczny rozkład można znaleźć za pomocą algorytmu Panjer, jeśli czynniki są liczbami całkowitymi.

Ric

Dzięki! Dotarłem do Jednak , począwszy od tego chciałbym znaleźć sposób na uzyskanie pewnego rodzaju dystrybucji. Wspomniałeś o algorytmie Panjer? Jednak w tym przypadku . @DilipSarwate Wspomniałem, że nie można uprościć następującego ogólnie .

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,

Cześć Michel, zredagowałem swoją odpowiedź. Tak Panjer ma ograniczone zastosowanie. Ale możesz wypróbować podejście z transformacją Fouriera. Jednak jednostki niecałkowite są problematyczne ... Muszę się zastanowić, co robić w tym przypadku. Tak czy inaczej, należy zauważyć, że wynikiem jest złożony rozkład Poissona (a nie „prosty” rozkład Poissona).

Ric

Cześć Richard, dziękuję za aktualizację! Czy masz na myśli, że powinienem liczbowo spróbować obliczyć: ?

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

Coś na drodze ... Gdybyśmy mieli ciągły rozkład, którego możemy obliczyć funkcję charakterystyczną (tak jak Ty), to prowadzi to do szybkiego i przyjemnego wyniku. W naszym przypadku potrzebuję więcej czasu, aby się nad tym zastanowić. Powinno być coś łatwiejszego.

Ric