दो स्वतंत्र पॉसों यादृच्छिक चर का भारित योग

विकिपीडिया का उपयोग करते हुए मुझे दो पोइसन यादृच्छिक चर के योग के कारण संभाव्यता द्रव्यमान समारोह की गणना करने का एक तरीका मिला। हालांकि, मुझे लगता है कि मेरे पास दृष्टिकोण गलत है।

चलो मतलब के साथ दो स्वतंत्र प्वासों यादृच्छिक परिवर्तनीय होना , और , जहां और रहे हैं स्थिरांक, तो की संभावना पैदा करनेवाले समारोह द्वारा दिया जाता है अब, इस तथ्य का उपयोग करते हुए कि एक यादृच्छिक चर के लिए प्रायिकता-जनरेटिंग फ़ंक्शन , हम प्रायिकता-जनरेटिंग फ़ंक्शन को लिख सकते हैं के रूप में दो स्वतंत्र पॉसों यादृच्छिक चर का योग $X_1, X_2$ $\lambda_1, \lambda_2$ $S_2 = a_1 X_1+a_2 X_2$ $a_1$ $a_2$ $S_2$

G_{S_{2}} (z) = E (z^{S_{2}}) = E (z^{a_{1} X_{1} + a_{2} X_{2}}) G_{X_{1}} (z^{a_{1}}) {जी}_{X_{2}} (z^{ए_{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} {जी}_{{एस}_{2}} (z) & = इ^{λ_{1} (z^{ए_{1}} - 1)} इ^{λ_{2} (z^{ए_{2}} - 1)} \\ = इ^{λ_{1} (z^{ए_{1}} - 1) + λ_{2} (z^{ए_{2}} - 1)} । \end{aligned}

$\begin{aligned} G_{S_2}(z) &= \textrm{e}^{\lambda_1(z^{a_1} - 1)}\textrm{e}^{\lambda_2(z^{a_2} - 1)} \\ &= \textrm{e}^{\lambda_1(z^{a_1} - 1)+\lambda_2(z^{a_2} - 1)}. \end{aligned}$ ऐसा लगता है कि की संभाव्यता द्रव्यमान फ़ंक्शन डेरिवेटिव को प्राप्त करके पुनर्प्राप्त की है। , जहां ।

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}}

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

क्या यह सही है? मुझे लग रहा है कि मैं स्थिरांक को बड़े पैमाने पर प्रायिकता के प्राप्त नहीं कर सकता, क्योंकि स्थिरांक और । क्या यह सही है? क्या कोई वैकल्पिक तरीका है? $a_1$ $a_2$

यदि यह सही है तो क्या अब मैं सभी k पर अनंत राशि को जोड़कर संचयी वितरण का एक अनुमान प्राप्त कर सकता हूं?

distributions poisson-distribution

— मिशेल
स्रोत

आप और साथ सारांश क्यों ? इसके बिना योग केवल एक और पोइसन वितरण है। वेरिएबल पॉजिटिव पूर्णांकों में वैल्यू लेते हैं, इसलिए कुछ ऐसा होता है जैसे कि बार पहले प्लस बार दूसरा आमतौर पर काफी अप्राकृतिक होता है, और इससे आप दोनों वैरिएबल के वैल्यू को रिकवर कर सकते हैं।

a_{1}

$a_1$

a_{2}

$a_2$

1

$1$

\sqrt{2}

$\sqrt{2}$

— डगलस ज़ारे

यहाँ कठिनाई यह है कि जब तक और दोनों पूर्णांक नहीं हैं, तब तक यह सुनिश्चित नहीं किया जा सकता है कि पूर्णांक मानों को ही लेता है। इस प्रकार, आप न सिर्फ खोजने की जरूरत है के पूर्णांक मूल्यों के लिए लेकिन यह भी प्रत्येक के लिए कि के रूप में व्यक्त किया जा सकता गैर नकारात्मक पूर्णांकों के लिए और ।

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

$n$

— दिलीप सरवटे

@DilipSarwate क्या यह संभव है? क्या ऐसा करने के लिए एक अन्य दृष्टिकोण है?

— मिशेल

@DouglasZare मुझे यह करना है ... हो सकता है कि मुझे किसी प्रकार के बूटस्ट्रैपिंग विधि की ओर मुड़ना पड़े।

— मिशेल

मुझे नहीं लगता कि आप एक क्रूर-बल दृष्टिकोण की तुलना में बहुत बेहतर कर सकते हैं, जो संभव मानों को पाता है जो ले सकते हैं और फिर प्रत्येक , और के अधिकांश विकल्पों के लिए , मैं उम्मीद करूंगा कि अधिकांश रकम एकल अवधि तक जाएगी। मुझे उम्मीद है कि आपको पता है कि , पैरामीटर साथ एक यादृच्छिक चर है ।

S_{2}

$S_2$

α

$\alpha$

पी {{एस}_{2} = α} = \underset{ए_{1} म + ए_{2} n = α}{Σ} पी {{एक्स}_{1} = म} पी {{एक्स}_{2} = n} = \underset{ए_{1} म + ए_{2} n = α}{Σ} \exp (- λ_{1} म) \frac{λ_{1}^{म}}{म!} \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}

$\lambda_1+\lambda_2$

— दिलीप सरवटे

जवाबों:

बशर्ते इस रैखिक संयोजन में किसी भी एक मूल्य पर पूरी संभावना नहीं है, ऐसा लगता है कि कोर्निश-फिशर का विस्तार सीडीएफ (उलटा) के लिए अच्छा सन्निकटन प्रदान कर सकता है।

याद रखें कि यह विस्तार के पहले कुछ का उपयोग करके मानक सामान्य वितरण के व्युत्क्रम सीडीएफ को समायोजित करता है । इसका तिरछा है $S_2$ $\beta_1$

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

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

और इसका है $\beta_2$

\frac{ए_{1}^{4} λ_{1} + 3 ए_{1}^{4} λ_{1}^{2} + ए_{2}^{4} λ_{2} + 6 ए_{1}^{2} ए_{2}^{2} λ_{1} λ_{2} + 3 ए_{2}^{4} λ_{2}^{2}}{{(ए_{1}^{2} λ_{1} + ए_{2}^{2} λ_{2})}^{2}} ।

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

के मानकीकृत संस्करण के प्रतिशत को खोजने के लिए , गणना करें $\alpha$ $S_2$

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)

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

जहां है मानक सामान्य वितरण की प्रतिशतक। का प्रतिशत इस प्रकार है $z$ $\alpha$ $S_2$

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

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

संख्यात्मक प्रयोग यह सुझाव देते हैं कि यह एक अच्छा सन्निकटन है, जब दोनों और या अधिक हो जाते हैं। उदाहरण के लिए, केस पर विचार करें और (सुविधा के लिए शून्य माध्य देने की व्यवस्था): $\lambda_1$ $\lambda_2$ $5$ $\lambda_1 = 5,$ $\lambda_2=5\pi/2,$ $a_1=\pi,$ $a_2=-2$

आकृति

नीला छायांकित भाग की संख्यात्मक रूप से गणना की गई जबकि ठोस लाल नीचे कॉर्निश-फिशर सन्निकटन है। सन्निकटन वास्तव में वास्तविक वितरण का एक सुचारू रूप है, केवल छोटे व्यवस्थित प्रस्थान दिखा रहा है। $S_2$

— व्हीबर
स्रोत

अक्सर भूल जाने वाले टूल का अच्छा उपयोग ... और, निश्चित रूप से, या तो या या तो के लिए, ब्रूट बल कनवल्शन मेथड यह सब दर्दनाक नहीं होगा।

λ_{1}

$\lambda_1$

λ_{2} \leq 5

$\lambda_2 \leq 5$

— 16

दृढ़ संकल्प का प्रयोग करें:

आज्ञा देना लिए , अन्यथा, और लिए , अन्यथा। $f_{X_1}(x_1)= \dfrac{\lambda^{x_1}e^{-\lambda}}{x_1!}$ $x_1 \geq 0$ $f_{X_1}(x_1)= 0$ $f_{X_2}(x_2)=\dfrac{\lambda^{x_2}e^{-\lambda}}{x_2!}$ $x_2 \geq 0$ $f_{X_2}(x_2)= 0$

चलो , तो पूर्व को संकल्प के रूप में जाना जाता है। $Z=X_1+X_2\rightarrow X_1=Z-X_2$

च_{जेड} (z) = \int_{- \infty}^{\infty} \int_{- \infty}^{\infty} च_{{एक्स}_{1}, {एक्स}_{2}} (z - {एक्स}_{2}, {एक्स}_{2}) घ {एक्स}_{1} घ {एक्स}_{2}

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

यदि और स्वतंत्र हैं, तो इस तरह आप दो सतत यादृच्छिक चर के योग का वितरण प्राप्त कर सकते हैं। $X_1$ $X_2$

च_{जेड} (z) = \int_{- \infty}^{\infty} \int_{- \infty}^{\infty} च_{{एक्स}_{1}} (z - {एक्स}_{2}) च_{{एक्स}_{2}} ({एक्स}_{2}) घ {एक्स}_{1} घ {एक्स}_{2}

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

असतत वितरण के लिए जो पैरामीटर साथ एक वितरण भी है

च_{जेड} (z) = Σ_{{एक्स}_{2} = 0}^{z} \frac{λ_{1}^{z - {एक्स}_{2}} इ^{- λ_{1}}}{(z - {एक्स}_{2})!} \frac{λ_{2}^{{एक्स}_{2}} इ^{- λ_{2}}}{{एक्स}_{2}!}

$f_Z(z)=\sum\limits_{x_2=0}^{z} \dfrac{\lambda^{z-x_{2}}_1e^{-\lambda_1}}{(z-x_2)!}\dfrac{\lambda^{x_2}_2e^{-\lambda_2}}{x_2!}$

= इ^{- (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
स्रोत

यह एक अलग सवाल का जवाब देने के लिए प्रकट होता है: अर्थात्, दो पॉसों वितरण को कैसे जोड़ा जाए। यह विशेष मामला है (लेकिन बिना किसी परेशानी के तक बढ़ाया जा सकता है )। लेकिन जब हो तो आप क्या करेंगे ?

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

मुझे लगता है कि समाधान एक मिश्रित पॉइसन वितरण की अवधारणा है। विचार एक यादृच्छिक योग है साथ प्वासों वितरित और और के अनुक्रम स्वतंत्र । जब हम ऐसा होता है कि करने के लिए प्रतिबंधित हमेशा की तरह, तो हम वर्णन कर सकते हैं एक वास्तविक संख्या के लिए और एक प्वासों वितरित । आपको के योग के लिए आपको परिभाषित

एस = Σ_{मैं = 1}^{एन} {एक्स}_{मैं}

$S = \sum_{i=1}^N X_i$

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

$N$

इ [{रों}^{क एन}] = इ [({रों}^{क})^{एन}] = {जी}_{एन} ({रों}^{क}) = \exp (λ ({रों}^{क} - 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}

$Z = k_1 N_1 + k_2 N_2$

{जी}_{जेड} (रों) = \exp (λ_{1} ({रों}^{क_{1}} - 1) + λ_{2} ({रों}^{क_{2}} - 1)) ।

$G_Z(s) = \exp(\lambda_1(s^{k_1}-1) + \lambda_2(s^{k_2}-1)).$

λ = λ_{1} + λ_{2}

$\lambda = \lambda_1 + \lambda_2$ फिर अंतिम व्याख्या यह है कि जिसके परिणामस्वरूप आर.वी. तीव्रता के साथ एक यौगिक प्वासों बंटन है और के वितरण कि मान ले संभावना के साथ और मूल्य साथ ।

{जी}_{जेड} (रों) = \exp (λ (\frac{λ_{1}}{λ} ({रों}^{क_{1}} - 1) + \frac{λ_{2}}{λ} ({रों}^{क_{1}} - 1)) = \exp (λ (\frac{λ_{1}}{λ} {रों}^{क_{1}} + \frac{λ_{2}}{λ} {रों}^{क_{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

$\lambda_2/\lambda$

यह साबित करने के बाद कि वितरण कंपाउंड हम या तो पुनरावृत्ति का उपयोग कर सकते हैं मामले में कि और सकारात्मक पूर्णांक हैं। या हम आसानी से pgf के रूप से फूरियर रूपांतरण प्राप्त कर सकते हैं और व्युत्क्रम द्वारा वितरण वापस पा सकते हैं। ध्यान दें कि पर एक बिंदु द्रव्यमान है । $k_1$ $k_2$ $0$

चर्चा के बाद संपादित करें:

मुझे लगता है कि सबसे अच्छा आप कर सकते हैं एम.सी. आप व्युत्पत्ति का उपयोग कर सकते हैं कि यह एक मिश्रित पॉइसन डिस्ट्र है।

से नमूना एन (बहुत कुशल) $Pois(\lambda)$
फिर प्रत्येक नमूना चाहे वह या जहां पहले की संभावना । एक बर्नौली आरवी को सफलता की संभावना के साथ नमूना करके ऐसा करें । अगर ऐसा है तब जोड़ने नमूना राशि बाकी जोड़ने के लिए । $i=1,\ldots,N$ $X_1$ $X_2$ $\lambda_1/\lambda$ $\lambda_1/\lambda$ $1$ $k_1$ $k_2$

आपके पास सेकंड में कहने के लिए 100 000 का एक नमूना होगा।

वैकल्पिक रूप से आप अपने इनबिल्ड रिप्रेजेंटेशन में अलग-अलग दो समन का नमूना ले सकते हैं ... यह उतना ही जल्दी होगा।

यदि स्थिर कारक k1 और k2 पूरी तरह से सामान्य हैं तो बाकी सब कुछ (FFT) जटिल है।

— रिक
स्रोत

और अंतिम वितरण पंजर एल्गोरिथम द्वारा पाया जा सकता है यदि कारक पूर्णांक हैं।

— रिक

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}

$a_1,a_2$

हाय मिशेल, मैंने अपनी प्रतिक्रिया संपादित की। हां पंजर सीमित उपयोग का है। लेकिन आप फूरियर ट्रांसफॉर्म अप्रोच को आजमा सकते हैं। हालांकि गैर-पूर्णांक इकाइयां समस्याग्रस्त हैं ... मुझे इस मामले में क्या करना है, इसके बारे में अधिक सोचना होगा। किसी भी तरह से यह ध्यान रखना महत्वपूर्ण है कि परिणाम एक मिश्रित पॉइसन वितरण है ("सरल" पॉइसन वितरण नहीं)।

— रिक

P r (S_{2} = x) = \frac{1}{2 π} \int_{R} e^{- i t x} G_{S 2} (e^{i t}) d t

$Pr(S_2=x) = \frac{1}{2\pi}\int_{\mathbf{R}} e^{-itx}G_{S2}(\mathrm{e}^{it})dt$

रास्ते में कुछ ... अगर हमारे पास एक निरंतर वितरण था जिसकी हम विशेषता फ़ंक्शन की गणना कर सकते हैं (जैसा कि आप करते हैं), तो इससे त्वरित और अच्छा परिणाम होता है। हमारे मामले में मुझे इसके बारे में सोचने के लिए और समय चाहिए। कुछ आसान होना चाहिए।

— रिक