두 개의 독립 포아송 랜덤 변수의 가중치 합

Wikipedia를 사용하여 두 Poisson 랜덤 변수의 합으로 인한 확률 질량 함수를 계산하는 방법을 찾았습니다. 그러나 나는 내가 가지고있는 접근법이 잘못되었다고 생각합니다.

하자 평균 두 독립 와송 확률 변수 일 및 은 여기서 및 상수, 다음의 확률 생성 함수이다 주어진다 이제 포아송 랜덤 변수에 대한 확률 생성 함수가 이라는 사실을 사용하여 확률 확률 함수를 작성할 수 있습니다. 두 독립 포아송 랜덤 변수의 합은 $X_1, X_2$ $\lambda_1, \lambda_2$ $S_2 = a_1 X_1+a_2 X_2$ $a_1$ $a_2$ $S_2$

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}

$\begin{aligned} G_{S_2}(z) &= \textrm{e}^{\lambda_1(z^{a_1} - 1)}\textrm{e}^{\lambda_2(z^{a_2} - 1)} \\ &= \textrm{e}^{\lambda_1(z^{a_1} - 1)+\lambda_2(z^{a_2} - 1)}. \end{aligned}$ 도함수를 취함으로써 의 확률 질량 함수 가 회복 된 것 같습니다 , 여기서 .

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}}

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

이것이 맞습니까? 상수 및 때문에 확률 미분 함수를 얻기 위해 미분을 취할 수 없다고 생각합니다 . 이게 옳은 거니? 다른 접근법이 있습니까? $a_1$ $a_2$

이것이 정확하다면 이제 모든 k에 대해 무한 합을 잘라서 누적 분포의 근사치를 얻을 수 있습니까?

distributions poisson-distribution

— 미셸
소스

왜 과 하여 summand를 확장 합니까? 합은 이것없이 또 다른 포아송 분포 일뿐입니다. 변수는 양의 정수로 값을 가지므로 첫 번째에 곱한 후 에 두 번째를 곱하는 것은 일반적으로 부자연 스럽기 때문에 두 변수의 값을 모두 복구 할 수 있습니다.

a_{1}

$a_1$

a_{2}

$a_2$

1

$1$

\sqrt{2}

$\sqrt{2}$

— Douglas Zare

여기서 어려움은 과 가 모두 정수가 가 정수 값만 취 한다는 것을 확신 할 수 없다는 것 입니다. 따라서, 안 단지 찾아야 정수 값에 대해 뿐만 아니라 각각 로 표현 될 수 음이 아닌 정수의가 및 .

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 가능합니까? 다른 접근 방법이 있습니까?

— Michel

@ DouglasZare이 작업을 수행해야합니다 ... 어쩌면 부트 스트랩 방법으로 전환해야 할 수도 있습니다.

— Michel

가 취할 수 있는 가능한 값을 다음 각 에 대해 사용 하는 무차별 접근 방식보다 훨씬 더 나은 방법은 없다고 생각합니다대부분의 및 선택의 경우 대부분의 합계가 단일 용어로 줄어들 것으로 예상됩니다. 경우 는 매개 변수가 포아송 랜덤 변수 라는 것을 알고 있습니다.

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

답변:

이 선형 조합에서 단일 값에 많은 확률이 집중되어 있지 않다면, Cornish-Fisher 확장 은 (역) CDF에 대한 근사치를 제공 할 수 있습니다.

이 확장은 의 처음 몇 누적을 사용하여 표준 정규 분포의 역 CDF를 조정합니다 . 그것의 비대칭 이다 $S_2$ $\beta_1$

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

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

첨도 는 $\beta_2$

\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}} .

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

표준화 된 버전의 의 백분위 수 를 찾으려면 계산 $\alpha$ $S_2$

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)

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

여기서 는 표준 정규 분포 의 백분위 수입니다. 따라서 의 백분위 수는 $z$ $\alpha$ $S_2$

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

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

수치 실험에 따르면 과 가 모두 초과하면 입니다. 예를 들어, 및 (편의를 위해 제로 평균을 제공하도록 배열 됨)를 고려하십시오. $\lambda_1$ $\lambda_2$ $5$ $\lambda_1 = 5,$ $\lambda_2=5\pi/2,$ $a_1=\pi,$ $a_2=-2$

파란색 음영 부분은 의 수치 적으로 계산 된 CDF이며 , 아래의 빨간색은 Cornish-Fisher 근사치입니다. 근사값은 본질적으로 실제 분포의 부드러운 정도이며 작은 체계적인 출발 만 보여줍니다. $S_2$

— 우버
소스

자주 잊혀지는 도구를 잘 사용하는 것은 물론 또는 정도의 경우 무차별 대입법 방법이 그렇게 고통 않습니다.

λ_{1}

$\lambda_1$

λ_{2} \leq 5

$\lambda_2 \leq 5$

— jbowman

컨볼 루션을 사용하십시오.

하자 에 대한 , , 그렇지 않으면 및 용 , , 그렇지. $f_{X_1}(x_1)= \dfrac{\lambda^{x_1}e^{-\lambda}}{x_1!}$ $x_1 \geq 0$ $f_{X_1}(x_1)= 0$ $f_{X_2}(x_2)=\dfrac{\lambda^{x_2}e^{-\lambda}}{x_2!}$ $x_2 \geq 0$ $f_{X_2}(x_2)= 0$

하자 때문에 전자를 컨볼 루션이라고합니다. $Z=X_1+X_2\rightarrow X_1=Z-X_2$

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}

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

경우 및 , 독립적 이렇게하면 두 개의 연속 랜덤 변수의 합의 분포를 얻을 수 있습니다. $X_1$ $X_2$

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}

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

이산 형 포아송 분포의 경우 매개 변수가 포아송 분포이기도합니다.

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
소스

이것은 다른 질문, 즉 두 개의 포아송 분포를 추가하는 방법에 대한 답변으로 나타납니다. 특별한 경우는 (그러나 문제없이 로 확장 될 수 있음 ). 그러나 이면 어떻게하겠습니까?

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

해결책은 복식 포아송 분포의 개념이라고 생각합니다. 아이디어는 임의의 합 과 푸 아송 분포 및 및 의 순서와 무관 . 때 우리하는 경우에 restric 항상 우리가 설명 할 수 실수에 대한 와 푸 아송 분포 . pgf를 합 경우 밝히다

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}

$\lambda = \lambda_1 + \lambda_2$ 그리고 최종 해석 결과 RV는 강도 화합물 푸 아송 분포이다이다 및 분포 값 인출 확률 및 값 와 .

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

$\lambda_2/\lambda$

분포가 복합 포아송임을 증명 및 가 양의 정수인 경우 Panjer 재귀를 사용할 수 있습니다 . 또는 pgf 형식에서 푸리에 변환을 쉽게 도출하고 역으로 배분할 수 있습니다. 점 질량이 있습니다. $k_1$ $k_2$ $0$

토론 후 편집 :

당신이 할 수있는 최선은 MC라고 생각합니다. 이것이 Poisson distr 복합이라는 파생물을 사용할 수 있습니다.

샘플 N (매우 효율적) $Pois(\lambda)$
그런 다음 각 대해 인지 인지 , 첫 번째 확률이 인지 여부를 샘플링합니다 . 성공 확률 로 Bernoulli rv를 샘플링하여이를 수행하십시오 . 이 경우 다음 추가 샘플링 합 다른 추가로 . $i=1,\ldots,N$ $X_1$ $X_2$ $\lambda_1/\lambda$ $\lambda_1/\lambda$ $1$ $k_1$ $k_2$

당신은 초에 100 000의 샘플을 가질 것입니다.

또는 초기 표현에서 두 개의 summand를 별도로 샘플링 할 수 있습니다 ... 이것은 빠릅니다.

상수 계수 k1과 k2가 완전히 일반적인 경우 다른 모든 것 (FFT)은 복잡합니다.

— 릭
소스

인수가 정수인 경우 Panjer 알고리즘에서 최종 분포를 찾을 수 있습니다.

— Ric

감사! I는 도착 그러나 , 이것부터 시작하여 일종의 분포를 얻을 수있는 방법을 찾고 싶습니다. Panjer 알고리즘을 언급 했습니까? 그러나이 경우 입니다. @DilipSarwate 다음 일반적으로 .

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

안녕 미셸, 나는 내 응답을 편집했습니다. 예 Panjer는 제한적으로 사용됩니다. 그러나 푸리에 변환 접근법을 시도 할 수 있습니다. 그러나 정수가 아닌 단위는 문제가 있습니다 ...이 경우 어떻게 해야할지에 대해 더 많이 생각해야합니다. 어느 쪽이든 결과는 복합 포아송 분포 ( "단순"포아송 분포가 아님)라는 점에 유의해야합니다.

— Ric

리차드 안녕하세요, 업데이트 주셔서 감사합니다! 내가 수치 적으로 계산해야한다는 것을 의미합니까? ?

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

무언가가 ... 우리가 특징적인 기능을 계산할 수있는 연속 분포가 있다면, 이것은 빠르고 좋은 결과를 가져옵니다. 우리의 경우에는 생각할 시간이 더 필요합니다. 더 쉬운 것이 있어야합니다.

— Ric