Résolution analytique de l'échantillonnage avec ou sans remplacement après binôme Poisson / Négatif


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Version courte

J'essaie de résoudre / approximer analytiquement la probabilité composite qui résulte de tirages de Poisson indépendants et d'un échantillonnage supplémentaire avec ou sans remplacement (je ne me soucie pas vraiment lequel). Je veux utiliser la vraisemblance avec MCMC (Stan), donc je n'ai besoin de la solution que jusqu'à un terme constant. En fin de compte, je veux modéliser un processus où les tirages initiaux proviennent de neg. distribution binomiale, mais je pense que je pourrai y arriver avec une solution pour le cas de Poisson.

Il est fort possible que la solution ne soit pas réalisable (je ne comprends pas suffisamment les mathématiques pour pouvoir dire s'il s'agit d'un problème simple ou très difficile). Je m'intéresse donc aussi aux approximations, aux résultats négatifs ou à l'intuition pour laquelle le problème est probablement insoluble (par exemple en le comparant à un problème difficile connu). Les liens vers des articles / théorèmes / astuces utiles qui m'aideront à avancer sont de bonnes réponses même si leur lien avec le problème en question n'est pas entièrement établi.

Déclaration officielle

Plus formellement, d'abord est dessiné indépendamment, puis éléments au hasard de tout pour obtenir . C'est-à-dire que je tire boules colorées d'une urne où la quantité de boules de couleur est tirée de . Ici, est supposé connu et fixe et nous conditionnons sur . Techniquement, l'échantillonnage se fait sans remplacement, mais en supposant que l'échantillonnage avec remplacement ne devrait pas être un gros problème.Y=(y1,...,yN),ynPois(λn)kYZ=(z1,...,zN)knPois(λn)knynk

J'ai essayé deux approches pour résoudre l'échantillonnage sans remplacement (car cela semblait être le cas le plus facile en raison de l'annulation de certains termes), mais je suis resté coincé avec les deux. La probabilité lors de l'échantillonnage sans remplacement est:

P(Z=(z1,...,zN)|Λ=(λ1,...,λN))=Y;n:ynzn(n=1N(ynzn)(n=1Nynk)n=1NPoisson(yn|λn))P(nynk|Λ)

EDIT: la section "tentatives de solutions a été supprimée car la solution dans la réponse ne s'appuie pas sur elles (et est bien meilleure)

Réponses:


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Le boîtier sans remplacement

Si vous avez variables distribuées de Poisson indépendantesn

YiPois(λi)

et condition sur

j=inYj=K

puis

{Yi}Multinom(K,(λij=1nλj))

Vous pouvez donc remplir votre urne avec les fois les boules colorées , comme dessiner d'abord la valeur du total (qui est la distribution de Poisson coupée par la condition ), puis remplir l'urne avec boules selon la distribution multinomiale.nYiKKkK

Ce remplissage de l'urne avec des billes , selon une distribution multinomiale, équivaut à dessiner pour chaque balle indépendamment la couleur de la distribution catégorielle. Ensuite, vous pouvez considérer les premières boules qui ont été ajoutées à l'urne comme définissant l'échantillon aléatoire (lorsque cet échantillon est tiré sans remplacement) et la distribution pour cela n'est qu'un autre vecteur distribué multinomial: Kk{Zi}

{Zi}Multinom(k,(λij=1nλj))

simulation

##### simulating sample process for 3 variables #######


# settings
set.seed(1)
k = 10
lambda = c(4, 4, 4)
trials = 1000000

# observed counts table
Ocounts = array(0, dim = c(k+1, k+1, k+1))

for (i in c(1:trials)) {
  # draw poisson with limit sum(n) >= k
  repeat {
    Y = rpois(3,lambda)
    if (sum(Y) >= k) {break}
  }
  # setup urn
  urn <- c(rep(1, Y[1]), rep(2, Y[2]), rep(3, Y[3]))
  # draw from urn
  s <- sample(urn, k, replace=0)
  Z = c(sum(s==1),sum(s==2),sum(s==3))
  Ocounts[Z[1]+1, Z[2]+1, Z[3]+1] = Ocounts[Z[1]+1, Z[2]+1, Z[3]+1] + 1
}



# comparison
observed = rep(0, 0.5*k*(k+1))
expected = rep(0, 0.5*k*(k+1))   
t = 1

for (z1 in c(0:k)) {
  for (z2 in c(0:(k-z1))) {  
    z3 = k-z1-z2 
    observed[t] = Ocounts[z1+1, z2+1, z3+1]
    expected[t] = trials*dmultinom(c(z1, z2, z3), prob=lambda)
    t = t+1
  }
}

plot(observed,expected)
x2 <- sum((observed-expected)^2/expected)
pvalue <- 1-pchisq(x2, 66-1)

résultats

> # results from chi-sq test
> x2
[1] 75.49286
> pvalue
[1] 0.1754805

Binôme négatif

Les arguments fonctionneraient de la même manière dans le cas d'une distribution binomiale négative qui se traduit ( sous certaines conditions ) en une distribution Dirichlet-multinomiale.

Voici un exemple de simulation

##### simulating sample process for 3 variables #######

# dirichlet multinomial for vectors of size 3
ddirmultinom =  function(x1,x2,x3,p1,p2,p3) {
  (factorial(x1+x2+x3)*gamma(p1+p2+p3)/gamma(x1+x2+x3+p1+p2+p3))/
  (factorial(x1)*gamma(p1)/gamma(x1+p1))/
  (factorial(x2)*gamma(p2)/gamma(x2+p2))/
  (factorial(x3)*gamma(p3)/gamma(x3+p3))
}

# settings
set.seed(1)
k = 10
theta = 1
lambda = c(4,4,4)
trials = 1000000

# calculating negative binomials pars
means = lambda
vars = lambda*(1+theta)

ps = (vars-means)/(vars)
rs = means^2/(vars-means)


# observed counts table
Ocounts = array(0, dim = c(k+1,k+1,k+1))

for (i in c(1:trials)) {
  # draw poisson with limit sum(n) >= k
  repeat {
    Y = rnbinom(3,rs,ps)
    if (sum(Y) >= k) {break}
  }
  # setup urn
  urn <- c(rep(1,Y[1]),rep(2,Y[2]),rep(3,Y[3]))
  # draw from urn
  s <- sample(urn,k,replace=0)
  Z = c(sum(s==1),sum(s==2),sum(s==3))
  Ocounts[Z[1]+1,Z[2]+1,Z[3]+1] = Ocounts[Z[1]+1,Z[2]+1,Z[3]+1] + 1
}



# comparison
observed = rep(0,0.5*k*(k+1))
expected = rep(0,0.5*k*(k+1))   
t = 1

for (z1 in c(0:k)) {
  for (z2 in c(0:(k-z1))) {  
    z3 = k-z1-z2 
    observed[t]=Ocounts[z1+1,z2+1,z3+1]
    expected[t]=trials*ddirmultinom(z1,z2,z3,lambda[1]/theta,lambda[2]/theta,lambda[3]/theta)
    t = t+1
  }
}

plot(observed,expected)
x2 <- sum((observed-expected)^2/expected)
pvalue <- 1-pchisq(x2,66-1)

# results from chi-sq test
x2
pvalue

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Merci d'avoir répondu. J'ai déjà essayé cette approche et j'ai deux problèmes a) je ne vois pas pourquoi le conditionnement sur la somme est le même que le rééchantillonnage (mathématique) et b) mes données simulées (certes limitées) de Poisson + le rééchantillonnage ne pouvaient pas être bien ajustées à distribution multinomiale. Pourriez-vous nous expliquer pourquoi le conditionnement et le rééchantillonnage seraient les mêmes?
Martin Modrák

Oh, à la lecture, je pense que je vois votre point. Peut-être que je viens de faire une erreur stupide avec les simulations, ira vérifier.
Martin Modrák

J'utilise deux étapes. 1) remplir l'urne avec des boules colorées en tirant partir de distributions de Poisson indépendantes, équivaut à remplir l'urne en tirant un total de la distribution de Poisson, puis le d'une distribution multinomiale. 2) dessiner un sous-ensemble de boules à partir d'une urne remplie de boules colorées dont les nombres sont définis par une distribution multinomiale, équivaut à une distribution multinomiale anote (intuition, vous pouvez voir l'urne comme étant remplie pour la couleur de chaque balle tirée de la distribution catégorielle). YiYiYi=KYi
Sextus Empiricus

Oui, il y avait un bug dans mon code de simulation :-) Merci pour l'aide! Vous avez raison et je comprends également l'étape de votre raisonnement que je n'ai pas vue auparavant. J'essaie de comprendre pourquoi la même relation ne vaut pas pour neg. distribution multinomiale binomiale et Dirichlet. (en supposant que les variables NB ont des facteurs Fano constants, en fonction de leur somme, je reçois DM) - parce que "l'échantillonnage sans remplacement à partir du multinomial" est multinomial, mais "l'échantillonnage sans remplacement à partir du DM" n'est pas DM (ce raisonnement est-il correct à votre avis? )
Martin Modrák

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Il s'avère que j'ai également foiré la deuxième simulation. Cela semble également fonctionner pour le cas DM.
Martin Modrák
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