다른 포아송 프로세스가 다른 프로세스를 추월 할 가능성

다른 스택 교환에 대해 다른 방식 으로이 질문을하기 전에 다소 다시 게시 한 것에 대해 죄송합니다.

나는 교수님과 박사 과정 학생들에게 명확한 대답없이 물었다. 먼저 문제를 말한 다음 잠재적 해결책과 해결책에 대한 문제를 설명하겠습니다.

문제 :

따라 동일한 간격 동안 및 과 함께 두 개의 독립적 Poisson 프로세스 과 있다고 가정합니다 . 시간이 무한대로 어떤 시점에서, 프로세스의 총 출력 있다는 확률이란 프로세스의 총 출력보다 큰 플러스 , 즉, . 예를 들어, 두 개의 브릿지 과 이 평균적으로 과 차량이 브릿지 과 있다고 가정합니다$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$간격 당 각각 입니다. 자동차는 이미 브리지 통해 주행했으며 , 어느 시점에서든 총 더 많은 자동차 가 보다 브리지 을 주행했을 가능성은 얼마입니까 ?$\lambda_R>\lambda_M$$D$$R$$M$$R$

이 문제를 해결하는 나의 방법 :

먼저 두 가지 포아송 프로세스를 정의합니다.

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

다음 단계는 주어진 수의 간격 후에 를 설명하는 함수를 찾는 입니다. 이 경우에 일어날 의 출력 조건을 의 모든 음이 아닌 값 . 예를 들어, 의 집계 출력 이 경우 의 집계 출력은 보다 커야 합니다. 아래 그림과 같이.$P(M>R+D)$$I$$M(I)>k+D$$R(I)=k$$k$$R$$X$$M$$X+D$

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

$$n\rightarrow \infty$$

독립으로 인해 두 요소의 곱으로 다시 작성할 수 있습니다. 첫 번째 요소는 포아송 분포의 1-CDF이고 두 번째 요소는 포아송 pmf입니다.

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

$$n\rightarrow \infty$$

예제를 작성하려면 , 및 라고 가정하십시오 . 아래는 대한 해당 함수의 그래프입니다 .$D=6$$\lambda_R=0.6$$\lambda_M=0.4$$I$

다음 단계는 어떤 시점에서 이런 일의 확률을 찾을 수 있습니다, 호출이 있습니다 . 내 생각에 이것은 1에서 이 초과하지 않을 확률을 뺀 것과 같습니다 . 즉, 이 무한대에 접근 하게하십시오. 이 조건에 따라 은 이전의 모든 값에도 적용 됩니다.$Q$$M$$R+D$$N$$P(R(N)+D \geq M(N))$$N$

$P(R(I)+D \geq M(I))$ 는 와 동일하며이를 함수 g (I)로 정의 할 수 있습니다.$1-P(M(I)>R(I)+D)$

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

이 무한대 인 경향이 있기 때문에 , 이것은 함수 대한 기하학적 적분으로 다시 쓰여질 수도 있습니다 .$N$$g(I)$

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

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

$$N\rightarrow \infty$$

여기서 우리는 위에서 을 가지고 있습니다.$P(M(I)>R(I)+D)$

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

$$N\rightarrow \infty$$

$$n\rightarrow \infty$$

이제 나에게 주어진 , 및 대해 의 최종 값을 합니다. 그러나 문제가 있는데, 우리가 원하는 유일한 것은 서로에 대한 비율이므로 람다를 다시 작성할 수 있어야합니다. 이전과 발 예을 토대로 , 및 이 효과적으로 동일하다 , 및 만큼 그들의 간격으로 분할 될 때 10. 즉 10 분마다 10 대의 자동차는 1 분마다 1 대의 자동차와 동일합니다. 그러나 이렇게하면 다른 결과가 나타납니다. ,$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$$\lambda_R=0.6$ 및 낳는 의 및 , 및 낳는 의 . 즉각적인 실현은 이며 두 결과의 그래프를 비교하면 그 이유는 실제로 매우 간단합니다. 아래 그래프는 , 및 .$\lambda_M=0.4$$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$

알 수 있듯이 확률은 변하지 않지만, 이제 동일한 확률에 도달하는 데 10 배의 간격이 걸립니다. 마찬가지로 함수의 간격에 의존이 자연스럽게 의미를 갖는다. 이것은 결과가 내 시작 람다에 의존해서는 안되기 때문에 무언가 잘못되었음을 의미합니다. 특히 간격 이있는 한 와 이 와 또는 과 와 같은 올바른 람다가 없기 때문에 결과는 시작 람다에 의존하지 않아야 합니다. 그에 따라 조정됩니다. 따라서 확률을 쉽게 조정할 수는 있지만 와 에서 가고$Q$$0.04$$0.06$$0.4$$0.6$$1$$1.5$$0.4$$0.6$$0.04$$0.06$ 은 인수 10으로 확률을 스케일링하는 것과 같습니다. 이는 동일한 결과를 낳지 만 이러한 모든 람다는 모두 동일한 시작점이므로 정확하지 않습니다.

이 영향을 보여주기 위해 를 의 함수로 그래프로 표시했습니다 . 여기서 는 람다의 스케일링 계수이며 시작 람다는 및 입니다. 출력은 아래 그래프에서 볼 수 있습니다.$Q$$t$$t$$\lambda_M=0.4$$\lambda_R=\lambda_M\cdot 1.5$

이것은 내가 붙어있는 곳입니다. 나에게 접근 방식은 정확하고 정확 해 보이지만 결과는 분명히 잘못되었습니다. 나의 초기 생각은 어딘가에 근본적인 재조정이 누락되었지만 내 삶을 위해 어디를 알아낼 수는 없다는 것입니다.

읽어 주셔서 감사합니다. 모든 도움을 주시면 감사하겠습니다.

또한 누군가 내 R 코드를 원하면 알려 주시면 업로드하겠습니다.

프로세스의 집단 시간을 $T = (0=t_0 \lt t_1 \lt t_2 \lt \cdots).$ 이것들은 독립적 인 포아송 과정이기 때문에, 각각의 시간에 거의 정확히 그 중 하나가 관찰됩니다. 에 대한$i\gt 0,$ 밝히다

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

그리고 축적 $B(i)$ 과정으로 $W:$ 그건, $W(0)=0$ 과 $W(i+1)=W(i)+B(i)$ 모든 $i \gt 0.$ $W(i)$ 몇 번이나 더 세어 $R$ ~보다 나타났다 $M$ 시간이 지나면 $t_i.$

이 그림은 $R$ (빨간색)과 $M$(중간 파란색) 상단에 "러그 플롯"으로 표시됩니다. 포인트는$(t_i, W(i))$. 각 빨간색 점은 초과 증가를 나타냅니다$R(t_i)-M(t_i)$ 각 파란색 포인트는 초과 감소를 나타냅니다.

에 대한 $b=0, 1, 2, \ldots,$ 허락하다 $\mathcal{E}_b$ 적어도 하나의 기회 $W_i$ 이하 $-b$ 그리고하자 $f(b)$ 그것의 확률이다.

질문은 $f(D+1).$

허락하다 $\lambda=\lambda_R+\lambda_M.$ 이것은 결합 된 프로세스의 비율입니다. $W$ 이항 랜덤 워크입니다. 왜냐하면

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

그러므로,

이 이항 랜덤 워크 ( 가 에서 흡수 장벽과 마주 칠 가능성은 같다$W$$-D-1.$

이 기회를 찾는 가장 기본적인 방법은

$$f(0)=1$$

이기 때문에그리고 모든 대해 다음 두 가지 가능한 단계는 재귀 적으로 산출됩니다.$W(0)=0;$$b \gt 0,$$\pm 1$

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

가정하면 대한 고유 한 솔루션 은 다음과 같습니다.$\lambda_R \ge \lambda_M,$$b\ge 0$

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

이를 앞서 정의한 방정식에 연결하여 확인할 수 있습니다. 그러므로,

대답은

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