Probabilité qu'un processus de Poisson indépendant en dépasse un autre

J'ai déjà posé cette question d'une autre manière sur d'autres échanges de piles, donc désolé pour le republication quelque peu.

J'ai posé des questions à mon professeur et à quelques doctorants, sans réponse définitive. Je vais d'abord énoncer le problème, puis ma solution potentielle et le problème avec ma solution, donc désolé pour le mur de texte.

Le problème:

Supposons deux processus de Poisson indépendants et , avec et pour le même intervalle, sous réserve de . Quelle est la probabilité qu'à tout moment, à mesure que le temps tend vers l'infini, la sortie agrégée du processus soit supérieure à la sortie agrégée du processus plus , c'est-à-dire . Pour illustrer avec un exemple, supposons que deux ponts et , en moyenne, les et traversent le pont et$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$respectivement par intervalle, et . voitures ont déjà roulé sur le pont , quelle est la probabilité que , à tout point dans le temps plus de voitures au total ont poussé sur le pont de .$\lambda_R>\lambda_M$$D$$R$$M$$R$

Ma façon de résoudre ce problème:

Nous définissons d'abord deux processus de Poisson:

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

L'étape suivante consiste à trouver une fonction qui décrit$P(M>R+D)$ après un nombre donné d'intervalles . Cela se produira dans le cas où M ( I ) > k + D dépend de la sortie de R ( I ) = k , pour toutes les valeurs non négatives de k . Pour illustrer, si la production totale de R est X , alors la sortie totale de M doit être supérieur à X + D . Comme indiqué ci-dessous.$I$$M(I)>k+D$$R(I)=k$$k$$R$$X$$M$$X+D$

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

$$n\rightarrow \infty$$

En raison de l'indépendance, cela peut être réécrit comme le produit des deux éléments, où le premier élément est 1-CDF de la distribution de Poisson et le deuxième élément est le Poisson pmf:

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

$$n\rightarrow \infty$$

Pour créer un exemple, supposons , λ R = 0,6 et λ M = 0,4 , ci-dessous le graphique de cette fonction sur I :$D=6$$\lambda_R=0.6$$\lambda_M=0.4$$I$

L'étape suivante consiste à trouver la probabilité que cela se produise à tout moment, Appelons que . Ma pensée est que cela équivaut à 1 résultat moins la probabilité de M étant jamais au- dessus R + D . -À- dire laisser N infini d'approche ce qui est P ( R ( N ) + D ≥ M ( N ) ) conditionnelle à ce qui est également vrai pour toutes les valeurs précédentes de N .$Q$$M$$R+D$$N$$P(R(N)+D \geq M(N))$$N$

est identique à 1 - P ( M ( I ) > R ( I ) + D ) , permet de définir cela comme la fonction g (I):$P(R(I)+D \geq M(I))$$1-P(M(I)>R(I)+D)$

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

Comme tend vers l'infini, cela peut également être réécrit comme l'intégrale géométrique sur la fonction g ( I ) .$N$$g(I)$

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

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

$$N\rightarrow \infty$$

Où nous avons la fonction de d'en haut.$P(M(I)>R(I)+D)$

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

$$N\rightarrow \infty$$

$$n\rightarrow \infty$$

Maintenant, cela devrait me donner la valeur finale de , pour tout D , λ R et λ M donné . Cependant, il y a un problème, nous devrions être en mesure de réécrire les lambdas comme nous le voulons car la seule chose qui importe est leur proportion les uns par rapport aux autres. Pour s'appuyer sur l'exemple précédent avec D = 6 , λ R = 0,6 et λ M = 0,4 , c'est en fait la même chose que D = 6 , λ R = 0,06 et λ M = $Q$$D$$\lambda_R$$\lambda_M$$D=6$$\lambda_R=0.6$$\lambda_M=0.4$$D=6$$\lambda_R=0.06$$\lambda_M=0.04$, tant que leur intervalle est divisé par 10. Soit 10 voitures toutes les 10 minutes, c'est la même chose que 1 voiture toutes les minutes. Cependant, cela produit un résultat différent. , λ R = 0,6 et λ M = 0,4 donne un Q de 0,5856116 et D = 6 , λ R = 0,06 et λ M = 0,04 donne un Q de 0,9998507 . La réalisation immédiate est que 1 - ( 1 $D=6$$\lambda_R=0.6$$\lambda_M=0.4$$Q$$0.5856116$$D=6$$\lambda_R=0.06$$\lambda_M=0.04$$Q$$0.9998507$ , et la raison est en fait assez simple si nous comparons les graphiques des deux résultats, le graphique ci-dessous montre la fonction pour D = 6 , λ R = 0,06 et λ M = 0,04 .$1-(1-0.5856116)^{10}=0.9998507$$D=6$$\lambda_R=0.06$$\lambda_M=0.04$

Comme on peut le voir, la probabilité ne change pas, mais il faut maintenant dix fois plus d'intervalles pour arriver à la même probabilité. Comme dépend de l'intervalle de la fonction, cela a naturellement une implication. Cela signifie évidemment que quelque chose ne va pas, car le résultat ne devrait pas dépendre de mon lambda de départ, surtout parce qu'il n'y a pas de lambda de départ correct 0,04 et 0,06 est aussi correct que 0,4 et 0,6 ou 1 et 1,5, etc., tant que l'intervalle est mis à l'échelle en conséquence. Par conséquent, alors que je peux facilement mettre à l'échelle la probabilité, c'est-à-dire passer de 0,4 et 0,6 à 0,04 et$Q$$0.04$$0.06$$0.4$$0.6$$1$$1.5$$0.4$$0.6$$0.04$ équivaut à mettre à l'échelle la probabilité avec un facteur de 10. Cela produit évidemment le même résultat, mais comme tous ces lambdas sont des points de départ également valables, alors ce n'est évidemment pas correct.$0.06$

Pour montrer cet impact, j'ai représenté en fonction de t , où t est un facteur d'échelle des lambdas, avec des lambdas de départ de λ M = 0,4 et λ R = λ M ⋅ 1,5 . Le résultat peut être vu dans le graphique ci-dessous:$Q$$t$$t$$\lambda_M=0.4$$\lambda_R=\lambda_M\cdot 1.5$

C'est là que je suis coincé, pour moi l'approche semble fine et correcte, mais le résultat est évidemment faux. Ma pensée initiale est que je manque quelque part une ré-échelle fondamentale, mais je ne peux pas pour la vie de moi trouver où.

Merci d'avoir lu, toute aide est grandement appréciée.

De plus, si quelqu'un veut mon code R, faites-le moi savoir et je le téléchargerai.

$T = (0=t_0 \lt t_1 \lt t_2 \lt \cdots).$$i\gt 0,$

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

$B(i)$$W:$$W(0)=0$$W(i+1)=W(i)+B(i)$$i \gt 0.$ $W(i)$$R$$M$$t_i.$

$R$$M$$(t_i, W(i))$$R(t_i)-M(t_i)$

$b=0, 1, 2, \ldots,$$\mathcal{E}_b$$W_i$$-b$$f(b)$

$f(D+1).$

$\lambda=\lambda_R+\lambda_M.$$W$

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

Donc,

$W$$-D-1.$

La façon la plus élémentaire de trouver cette chance observe que

$$f(0)=1$$

$W(0)=0;$$b \gt 0,$$\pm 1$

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

$\lambda_R \ge \lambda_M,$$b\ge 0$

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

comme vous pouvez le vérifier en le branchant dans les équations de définition précédentes. Donc,

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