独立したポアソンプロセスが他のプロセスを追い抜く確率

他のstackexchangesで以前に別の方法でこの質問をしたので、多少再投稿して申し訳ありません。

私は教授と2人の博士課程の学生に、明確な答えなしに尋ねました。最初に問題を述べ、次に私の潜在的な解決策と私の解決策の問題を述べます。テキストの壁に申し訳ありません。

問題：

二つの独立したポアソン処理想定及び用いて、および同じ間隔で、対象。プロセスの合計出力がプロセスプラス合計出力よりも大きい、つまり、任意の時点で、時間が無限大になる傾向がある確率はどのくらいですか。例で説明するために、2つのブリッジとを平均して $M$ $R$ $\lambda_R$ $\lambda_M$ $\lambda_R>\lambda_M$ $M$ $R$ $D$ $P(M>R+D)$ $R$ $M$ および車がブリッジ上ドライブ及び間隔ごとにそれぞれ、および。車はすでに橋運転しており、どの時点でも合計でよりも多くの車が橋を運転した確率はどれくらいですか。 $\lambda_R$ $\lambda_M$ $R$ $M$ $\lambda_R>\lambda_M$ $D$ $R$ $M$ $R$

この問題を解決する私の方法：

まず、2つのポアソンプロセスを定義します。

M (I) \sim Poisson (μ_{M} \cdot I) R (I) \sim Poisson (μ_{R} \cdot I)

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

次のステップは、与えられた数の間隔後にを表す関数を見つけるです。このような場合に起こるの出力に条件を、すべての非負値に対して。たとえば、の総出力が場合、の総出力はより大きくする必要があります。以下に示すように。 $P(M>R+D)$ $I$ $M(I)>k+D$ $R(I)=k$ $k$ $R$ $X$ $M$ $X+D$

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

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

n \to \infty

$n\rightarrow \infty$

独立のため、これは2つの要素の積として書き換えることができます。最初の要素はポアソン分布の1-CDFで、2番目の要素はポアソンpmfです。

P (M (I) > R (I) + D) = \sum_{k = 0}^{n} [\underset{1 - Poisson CDF}{\underset{⏟}{P (M (I) > k + D)}} \cdot \underset{Poisson pmf}{\underset{⏟}{P (R (I) = k)}}]

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

n \to \infty

$n\rightarrow \infty$

例を作成するために、想定、および、以下にわたってその関数のグラフであり、： $D=6$ $\lambda_R=0.6$ $\lambda_M=0.4$ $I$

$Q$ $M$ $R+D$ $N$ $P(R(N)+D \geq M(N))$ $N$

$P(R(I)+D \geq M(I))$ $1-P(M(I)>R(I)+D)$

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

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

$N$ $g(I)$

Q = 1 - \exp (\int_{0}^{N} \ln (g (I)) d I)

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

Q = 1 - \exp (\int_{0}^{N} \ln (1 - P (M (I) > R (I) + D)) d I)

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

N \to \infty

$N\rightarrow \infty$

$P(M(I)>R(I)+D)$

Q = 1 - \exp (\int_{0}^{N} \ln (1 - \sum_{k = 0}^{n} [\underset{1 - Poisson CDF}{\underset{⏟}{P (M (I) > k + D)}} \cdot \underset{Poisson pmf}{\underset{⏟}{P (R (I) = k)}}]) d I)

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

N \to \infty

$N\rightarrow \infty$

n \to \infty

$n\rightarrow \infty$

$Q$ $D$ $\lambda_R$ $\lambda_M$ $D=6$ $\lambda_R=0.6$ $\lambda_M=0.4$ $D=6$ $\lambda_R=0.06$ $\lambda_M=0.04$ $D=6$ $\lambda_R=0.6$ $\lambda_M=0.4$ $Q$ $0.5856116$ $D=6$ $\lambda_R=0.06$ $\lambda_M=0.04$ $Q$ $0.9998507$ $1-(1-0.5856116)^{10}=0.9998507$ $D=6$ $\lambda_R=0.06$ $\lambda_M=0.04$

$Q$ $0.04$ $0.06$ $0.4$ $0.6$ $1$ $1.5$ $0.4$ $0.6$ $0.04$ $0.06$

$Q$ $t$ $t$ $\lambda_M=0.4$ $\lambda_R=\lambda_M\cdot 1.5$

これは私が行き詰まっているところです、私にはアプローチがうまくそして正しいように見えますが、結果は明らかに間違っています。私の最初の考えは、どこかに根本的な再スケールが欠けているということですが、私の人生ではどこにあるのか理解できません。

読んでくれてありがとう、どんな助けも大歓迎です。

さらに、誰かが私のRコードを必要とする場合はお知らせください。アップロードします。

poisson-distribution poisson-process

— 必要ない
ソース

私はあなたのMathJaxコードのかなり広範囲の整理をしました。よく見ると、標準的で適切な使用法についていくつかのことがわかります。（もっと多くの作業を行うことができますが、後で行う可能性があります。）

— Michael Hardy

驚くばかり！どうもありがとうございました。知らなかったのですが、従うべき具体的なガイドはありますか？

— 何NEIN

私はあなたがしたことに合わせていくつかの余分なものを編集しました。

— 、2017年

@nonein編集ヘルプには少しありますが、それ以上にmath.SEのMathJax基本チュートリアルとクイックリファレンスがあります。LaTeXで数学を書くためのガイド（グーグルは簡単です）は、そこでクイックリファレンスでカバーされていないものを見つけようとしている場合に役立ちます（ただし、MathJaxのサブセットについてはかなり包括的にカバーされています）。

— Glen_b-モニカを2017

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

B (i) = {\begin{matrix} + 1 & if R (t_{i}) = 1 \\ - 1 & if M (t_{i}) = 1 \end{matrix}

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

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

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

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

$f(D+1).$

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

Pr (B (i) = 1) = \frac{λ_{R}}{λ} and Pr (B (i) = - 1) = \frac{λ_{M}}{λ} .

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

したがって、

$W$ $-D-1.$

このチャンスを見つける最も基本的な方法は、

f (0) = 1

$f(0)=1$

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

f (b) = \frac{λ_{R}}{λ} f (b + 1) + \frac{λ_{M}}{λ} f (b - 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) = {(\frac{λ_{M}}{λ_{R}})}^{b},

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

これを前述の定義式に挿入して確認できます。したがって、

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

— whuber
ソース