Wahrscheinlichkeit, dass ein unabhängiger Poisson-Prozess einen anderen überholt

Ich habe diese Frage schon einmal auf andere Weise an anderen Stapelbörsen gestellt, also entschuldige den etwas neuen Beitrag.

Ich habe meinen Professor und ein paar Doktoranden ohne endgültige Antwort danach gefragt. Ich werde zuerst das Problem, dann meine mögliche Lösung und das Problem mit meiner Lösung angeben, also entschuldige die Textwand.

Das Problem:

Angenommen, zwei unabhängige Poisson-Prozesse und mit und für dasselbe Intervall, vorbehaltlich . Wie groß ist die Wahrscheinlichkeit, dass zu jedem Zeitpunkt, wenn die Zeit gegen unendlich geht, die Gesamtleistung von Prozess größer ist als die Gesamtleistung von Prozess plus , dh . Um dies anhand eines Beispiels zu veranschaulichen, nehmen wir zwei Brücken und an. Im Durchschnitt fahren und Autos über die Brücke und$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$jeweils pro Intervall und . Autos bereits über die Brücke gefahren ist , was ist die Wahrscheinlichkeit , dass zu jedem Zeitpunkt mehr Autos in insgesamt über die Brücke gefahren als .$\lambda_R>\lambda_M$$D$$R$$M$$R$

Meine Art, dieses Problem zu lösen:

Zuerst definieren wir zwei Poisson-Prozesse:

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

Der nächste Schritt besteht darin, eine Funktion zu finden, die nach einer gegebenen Anzahl von Intervallen . Dies geschieht für den Fall, dass von der Ausgabe von abhängig ist , für alle nicht negativen Werte von . Zu veranschaulichen, wenn die Gesamtleistung von ist dann ist die Gesamtleistung von sein muss größer als . Wie nachfolgend dargestellt.$P(M>R+D)$$I$$M(I)>k+D$$R(I)=k$$k$$R$$X$$M$$X+D$

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

$$n\rightarrow \infty$$

Aufgrund der Unabhängigkeit kann dies als Produkt der beiden Elemente umgeschrieben werden, wobei das erste Element 1-CDF der Poisson-Verteilung und das zweite Element das Poisson pmf ist:

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

$$n\rightarrow \infty$$

Um ein Beispiel zu erstellen, nehmen wir an, dass , und ist. Unten ist der Graph dieser Funktion über :$D=6$$\lambda_R=0.6$$\lambda_M=0.4$$I$

Der nächste Schritt ist die Wahrscheinlichkeit , dass dies geschieht zu jedem Zeitpunkt zu finden, läßt Anruf , dass . Meiner Meinung nach entspricht dies dem Auffinden von 1 abzüglich der Wahrscheinlichkeit, dass niemals über . Das heißt, nähere sich der Unendlichkeit, was ist, vorausgesetzt, dass dies auch für alle vorherigen Werte von .$Q$$M$$R+D$$N$$P(R(N)+D \geq M(N))$$N$

$P(R(I)+D \geq M(I))$ ist dasselbe wie , definieren wir dies als Funktion g (I):$1-P(M(I)>R(I)+D)$

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

Da gegen unendlich tendiert, kann dies auch als geometrisches Integral über die Funktion umgeschrieben werden .$N$$g(I)$

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

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

$$N\rightarrow \infty$$

Wo wir die Funktion von von oben haben.$P(M(I)>R(I)+D)$

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

$$N\rightarrow \infty$$

$$n\rightarrow \infty$$

Für mich sollte dies den Endwert von für jedes gegebene , und . Es gibt jedoch ein Problem, wir sollten in der Lage sein, die Lambdas so umzuschreiben, wie wir wollen, da das einzige, was wichtig sein sollte, ihr Verhältnis zueinander ist. Um auf dem Beispiel mit , und , ist dies effektiv dasselbe wie , und , solange ihr Intervall durch geteilt wird 10. Dh 10 Autos alle 10 Minuten sind gleich 1 Auto pro Minute. Dies führt jedoch zu einem anderen Ergebnis. ,$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$$\lambda_R=0.6$ und ergibt ein von und , und ergibt ein von . Die unmittelbare Erkenntnis ist, dass , und der Grund ist eigentlich ziemlich einfach, wenn wir die Diagramme der beiden Ergebnisse vergleichen. Das folgende Diagramm zeigt die Funktion für , und .$\lambda_M=0.4$$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$

Wie zu sehen ist, ändert sich die Wahrscheinlichkeit nicht, es dauert jedoch zehnmal so viele Intervalle, bis dieselbe Wahrscheinlichkeit erreicht ist. Da vom Intervall der Funktion abhängt, hat dies natürlich eine Auswirkung. Dies bedeutet offensichtlich, dass etwas nicht stimmt, da das Ergebnis nicht von meinem Start-Lambda abhängen sollte, insbesondere weil es kein Start-Lambda gibt, das korrekt ist. und sind so korrekt wie und oder und usw., solange das Intervall wird entsprechend skaliert. Daher, während ich die Wahrscheinlichkeit leicht skalieren kann, dh von und auf und$Q$$0.04$$0.06$$0.4$$0.6$$1$$1.5$$0.4$$0.6$$0.04$$0.06$ der Skalierung der Wahrscheinlichkeit mit einem Faktor von 10. Dies führt offensichtlich zum gleichen Ergebnis. Da jedoch alle diese Lambdas gleichermaßen gültige Ausgangspunkte sind, ist dies offensichtlich nicht korrekt.

Um diesen Einfluss zu zeigen, habe ich als Funktion von grafisch dargestellt , wobei ein Skalierungsfaktor der Lambdas ist, mit Start-Lambdas von und . Die Ausgabe ist in der folgenden Grafik dargestellt:$Q$$t$$t$$\lambda_M=0.4$$\lambda_R=\lambda_M\cdot 1.5$

Hier stecke ich fest, für mich sieht der Ansatz gut und korrekt aus, aber das Ergebnis ist offensichtlich falsch. Mein erster Gedanke ist, dass mir irgendwo eine grundlegende Neuskalierung fehlt, aber ich kann für mein ganzes Leben nicht herausfinden, wo.

Vielen Dank für das Lesen, jede Hilfe wird sehr geschätzt.

Wenn jemand meinen R-Code haben möchte, lass es mich wissen und ich werde ihn hochladen.

Die kollektiven Zeiten der Prozesse seien Da es sich um unabhängige Poisson-Prozesse handelt, wird zu jedem dieser Zeiten mit ziemlicher Sicherheit genau einer von ihnen beobachtet. Definieren Sie für$T = (0=t_0 \lt t_1 \lt t_2 \lt \cdots).$$i\gt 0,$

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

und akkumuliere das in dem Prozess das heißt, und für alle zählt wie oft ist kurz nach der Zeit als erschienen$B(i)$$W:$$W(0)=0$$W(i+1)=W(i)+B(i)$$i \gt 0.$ $W(i)$$R$$M$$t_i.$

Diese Abbildung zeigt Realisierungen von (in Rot) und (in Mittelblau) als "Teppichplots" oben. Die Punkte zeichnen die Werte von . Jeder rote Punkt repräsentiert eine Zunahme des Überschusses während jeder blaue Punkt eine Abnahme des Überschusses zeigt.$R$$M$$(t_i, W(i))$$R(t_i)-M(t_i)$

Für sei Zufall, dass mindestens eines der kleiner oder gleich und sei seine Wahrscheinlichkeit.$b=0, 1, 2, \ldots,$$\mathcal{E}_b$$W_i$$-b$$f(b)$

Die Frage fragt nach$f(D+1).$

Sei Dies ist die Rate der kombinierten Prozesse. ist ein Binomial Random Walk, weil$\lambda=\lambda_R+\lambda_M.$$W$

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

Somit,

Die Antwort entspricht der Wahrscheinlichkeit, dass dieser Binomial-Zufallslauf bei auf eine absorbierende Barriere trifft$W$$-D-1.$

Der elementarste Weg, diese Chance zu finden, beobachtet dies

$$f(0)=1$$

weilund für alle die zwei möglichen nächsten Schritte von rekursiv$W(0)=0;$$b \gt 0,$$\pm 1$

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

Unter der Annahme die einzigartige Lösung für ist$\lambda_R \ge \lambda_M,$$b\ge 0$

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

Sie können dies überprüfen, indem Sie dies in die oben genannten definierenden Gleichungen einfügen. Somit,

Die Antwort lautet

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