独立泊松过程超越另一个泊松过程的可能性

我之前已经在其他stackexchanges上以其他方式问过这个问题，因此对您的重新发布感到抱歉。

我问过我的教授和几个博士生，但没有确切的答案。我将首先陈述问题，然后陈述我的潜在解决方案以及我的解决方案所存在的问题，对不起。

问题：

假设两个独立的Poisson进程 $M$ 和，和的间隔相同，但受。在任何时间点，随着时间趋于无穷大，流程的合计输出大于流程加的合计输出即的概率是多少。为了举例说明，假设有两个桥和，平均和汽车在桥和 $R$ $\lambda_R$ $\lambda_M$ $\lambda_R>\lambda_M$ $M$ $R$ $D$ $P(M>R+D)$ $R$ $M$ $\lambda_R$ $\lambda_M$ $R$ $M$ 每个时间间隔和。辆汽车已经驶过桥，那么在任何时间点上总共有超过辆汽车驶过桥的概率是多少。 $\lambda_R>\lambda_M$ $D$ $R$ $M$ $R$

解决这个问题的方法：

首先，我们定义两个泊松过程：

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

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

下一步是在给定数量的间隔之后找到描述的函数。这将在发生的情况下的条件上的输出，对于所有非负值。为了说明，如果总产是然后总产必须大于。如下所示。 $P(M>R+D)$ $I$ $M(I)>k+D$ $R(I)=k$ $k$ $R$ $X$ $M$ $X+D$

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

$n\rightarrow \infty$

由于独立性，可以将其重写为两个元素的乘积，其中第一个元素是Poisson分布的1-CDF，第二个元素是Poisson pmf：

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

$n\rightarrow \infty$

为了创建示例，假设，和，以下是该函数在的图形： $D=6$ $\lambda_R=0.6$ $\lambda_M=0.4$ $I$

下一步是在任何时间点找到这种情况发生的概率，让调用。我的想法是，这等于找到1减去从未超过的概率。即让逼近无穷大，条件是条件是这也适用于所有先前值。 $Q$ $M$ $R+D$ $N$ $P(R(N)+D \geq M(N))$ $N$

$P(R(I)+D \geq M(I))$ 与，将其定义为函数g（I）： $1-P(M(I)>R(I)+D)$

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

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

当趋于无穷大时，这也可以重写为函数的几何积分。 $N$ $g(I)$

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

$N\rightarrow \infty$

从上面我们有。 $P(M(I)>R(I)+D)$

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

$n\rightarrow \infty$

现在，对于任何给定的，和，这应该给我的最终值。但是，有一个问题，我们应该能够根据需要重写lambda，因为唯一重要的是它们之间的比例。的基础上继续从例如前用，和，这是有效的一样，和，只要它们的间隔是通过分割10.即每10分钟10辆汽车与每分钟1辆汽车相同。但是，这样做会产生不同的结果。， $Q$ $D$ $\lambda_R$ $\lambda_M$ $D=6$ $\lambda_R=0.6$ $\lambda_M=0.4$ $D=6$ $\lambda_R=0.06$ $\lambda_M=0.04$ $D=6$ $\lambda_R=0.6$ 和得出为和，和得到为。立即意识到，并且如果我们比较两个结果的图，原因实际上很简单，下图显示了的函数，和。 $\lambda_M=0.4$ $Q$ $0.5856116$ $D=6$ $\lambda_R=0.06$ $\lambda_M=0.04$ $Q$ $0.9998507$ $1-(1-0.5856116)^{10}=0.9998507$ $D=6$ $\lambda_R=0.06$ $\lambda_M=0.04$

可以看出，概率没有变化，但是现在要获得相同的概率，需要花费十倍的时间间隔。由于取决于函数的间隔，因此自然具有含义。显然这意味着出了点问题，因为结果不应该取决于我的起始lambda，尤其是因为没有起始lambda正确，和与和或和等正确，只要间隔为相应地缩放。因此，尽管我可以轻松地缩放概率，即从和变为， $Q$ $0.04$ $0.06$ $0.4$ $0.6$ $1$ $1.5$ $0.4$ $0.6$ $0.04$ $0.06$ 与将概率缩放10倍相同。这显然会产生相同的结果，但是由于所有这些lambda都是同等有效的起点，因此这显然是不正确的。

为了显示这种影响，我将绘制为的函数，其中是lambda的比例因子，起始lambda为和。输出如下图所示： $Q$ $t$ $t$ $\lambda_M=0.4$ $\lambda_R=\lambda_M\cdot 1.5$

这就是我遇到的问题，对我而言，这种方法看起来不错且正确，但是结果显然是错误的。我最初的想法是我错过了某个地方的基本调整，但是我无法终生弄清楚哪里。

感谢您的阅读，我们将不胜感激。

此外，如果有人想要我的R码，请告诉我，我将上传它。

poisson-distribution poisson-process

— 没有宁
source

我对您的MathJax代码做了相当广泛的清理。如果您看一下，将会看到一些有关标准用法和正确用法的信息。（可以做更多的工作；也许以后再做。）

— Michael Hardy

太棒了！非常感谢，我没有意识到，是否应该遵循特定的指南？

— 否nein

我根据您所做的内容编辑了一些其他内容。

— 否nein

@nonein编辑帮助中有些微不足道，但除此之外，还有math.SE的MathJax基本教程和快速参考。如果您要查找快速参考书中未涵盖的内容，则可以在LaTeX中轻松编写数学指南（这很容易在Google上找到）（尽管现在已经对MathJax的子集进行了相当全面的介绍）。

— Glen_b-恢复莫妮卡

设过程的总时间为 $T = (0=t_0 \lt t_1 \lt t_2 \lt \cdots).$ 由于这些是独立的泊松过程，因此几乎可以肯定在每个时间都观察到其中之一。对于 $i\gt 0,$ 定义

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

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

并将 $B(i)$ 累加到过程 $W:$ 即对于所有， $W(0)=0$ 且 $W(i+1)=W(i)+B(i)$ 计算在时间之后，出现的次数比多得多 $i \gt 0.$ $W(i)$ $R$ $M$ $t_i.$

该图在顶部显示了 $R$ （以红色表示）和 $M$ （以中等蓝色表示）的实现，作为“地毯图”。这些点绘制了 $(t_i, W(i))$ 。每个红色点表示在过量的增加 $R(t_i)-M(t_i)$ ，而每个蓝色点示出了过量的降低。

对于 $b=0, 1, 2, \ldots,$ 让 $\mathcal{E}_b$ 是偶然的至少一个 $W_i$ 是小于或等于 $-b$ 和让 $f(b)$ 是它的概率。

问题要求 $f(D+1).$

让 $\lambda=\lambda_R+\lambda_M.$ 这是合并过程的速度。 $W$ 是二项式随机游走，因为

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

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

从而，

答案等于机会，这二项随机游走 $W$ 遇到吸收阻挡在 $-D-1.$

找到这次机会的最基本的方法是

f (0) = 1

$f(0)=1$

因为 $W(0)=0;$ 并且，对于所有 $b \gt 0,$ 递归产生 $\pm 1$ 的两个可能的下一步骤

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

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

假设 $\lambda_R \ge \lambda_M,$ 为独特的溶液 $b\ge 0$ 是

f (b) = {(\frac{λ_{M}}{λ_{R}})}^{b},

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

如您可以通过将其插入前面的定义公式中进行检查。从而，

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

— ub
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