Probabilidad de que un proceso de Poisson independiente supere a otro

He hecho esta pregunta antes de otra manera en otros intercambios de pila, lo siento mucho por la nueva publicación.

Le pregunté a mi profesor y a un par de estudiantes de doctorado, sin una respuesta definitiva. Primero expondré el problema, luego mi solución potencial y el problema con mi solución, lo siento mucho por el muro de texto.

El problema:

Suponga que dos procesos independientes de Poisson y , con y para el mismo intervalo, sujeto a . ¿Cuál es la probabilidad de que en cualquier momento, como el tiempo tiende al infinito, que la salida agregada del proceso sea ​​mayor que la salida agregada del proceso más , es decir, ? Para ilustrar con un ejemplo, suponga que dos puentes y , en promedio, los y sobre el puente yR λ R λ M λ R > λ M M R D P ( M > R + D ) R M λ R λ M R $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$respectivamente por intervalo, y . autos ya han conducido sobre el puente , ¿cuál es la probabilidad de que en algún momento más autos en total hayan manejado sobre el puente que ? D $\lambda_R>\lambda_M$$D$$R$$M$$R$

Mi forma de resolver este problema:

Primero definimos dos procesos de Poisson:

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

El siguiente paso es encontrar una función que describe después de un número determinado de intervalos . Esto sucederá en el caso de que esté condicionado a la salida de , para todos los valores no negativos de . Para ilustrar, si la producción total de es entonces la producción total de tiene que ser más grande que . Como se muestra abajo.I M ( I ) > k + D R ( I ) = k k R X M X + $P(M>R+D)$$I$$M(I)>k+D$$R(I)=k$$k$$R$$X$$M$$X+D$

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

$$n\rightarrow \infty$$

Debido a la independencia, esto puede reescribirse como el producto de los dos elementos, donde el primer elemento es 1-CDF de la distribución de Poisson y el segundo elemento es el Poisson pmf:

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

$$n\rightarrow \infty$$

Para crear un ejemplo, suponga que , y , a continuación se muestra el gráfico de esa función sobre :λ R = 0.6 λ M = 0.4 $D=6$$\lambda_R=0.6$$\lambda_M=0.4$$I$

El siguiente paso es encontrar la probabilidad de que esto ocurra en cualquier punto en el tiempo, deja de llamadas que . Mi idea es que esto es equivalente a encontrar 1 menos la probabilidad de que no estar nunca por encima de . Es decir, dejar enfoque infinito lo que es condicionada a esto también ser cierto para todos los valores anteriores de .M R + D N P ( R ( N ) + D ≥ M ( N ) ) $Q$$M$$R+D$$N$$P(R(N)+D \geq M(N))$$N$

1 - P ( M ( I ) > R ( I ) + D $P(R(I)+D \geq M(I))$ es lo mismo que , definamos eso como la función g (I):$1-P(M(I)>R(I)+D)$

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

Como tiende al infinito, esto también puede reescribirse como la integral geométrica sobre la función .$N$$g(I)$

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

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

$$N\rightarrow \infty$$

Donde tenemos la función de desde arriba.$P(M(I)>R(I)+D)$

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

$$N\rightarrow \infty$$

$$n\rightarrow \infty$$

Ahora para mí esto debería darme el valor final de , para cualquier , y . Sin embargo, hay un problema, deberíamos poder reescribir las lambdas como queramos, ya que lo único que debería importar es su proporción entre sí. Para construir sobre el ejemplo anterior con , y , esto es efectivamente lo mismo que , y , siempre que su intervalo se divida entre 10. Es decir, 10 autos cada 10 minutos es lo mismo que 1 auto cada minuto. Sin embargo, hacer esto produce un resultado diferente. ,$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$$\lambda_R=0.6$ y produce un de y , y produce un de . La realización inmediata es que , y la razón es bastante simple si comparamos los gráficos de los dos resultados, el siguiente gráfico muestra la función para , y .$\lambda_M=0.4$$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$

Como se puede ver, la probabilidad no cambia, sin embargo, ahora se necesitan diez veces más intervalos para llegar a la misma probabilidad. Como depende del intervalo de la función, esto naturalmente tiene una implicación. Obviamente, esto significa que algo está mal, ya que el resultado no debería depender de mi lambda inicial, especialmente porque no hay una lambda inicial que sea correcta y es tan correcta como y o y , etc., siempre que el intervalo se escala en consecuencia. Por lo tanto, si bien puedo escalar fácilmente la probabilidad, es decir, pasar de y a y$Q$$0.04$$0.06$$0.4$$0.6$$1$$1.5$$0.4$$0.6$$0.04$$0.06$ es lo mismo que escalar la probabilidad con un factor de 10. Esto obviamente produce el mismo resultado, pero como todas estas lambdas son puntos de partida igualmente válidos, entonces esto obviamente no es correcto.

Para mostrar este impacto, graficé en función de , donde es un factor de escala de las lambdas, con lambdas iniciales de y . La salida se puede ver en el siguiente gráfico:$Q$$t$$t$$\lambda_M=0.4$$\lambda_R=\lambda_M\cdot 1.5$

Aquí es donde estoy atrapado, para mí el enfoque se ve bien y correcto, pero el resultado es obviamente incorrecto. Mi pensamiento inicial es que me falta una nueva escala fundamental en alguna parte, pero por mi vida no puedo averiguar dónde.

Gracias por leer, toda ayuda es muy apreciada.

Además, si alguien quiere mi código R, avíseme y lo subiré.

Deje que los tiempos colectivos de los procesos sean Debido a que estos son procesos independientes de Poisson, casi con seguridad se observa exactamente uno de ellos en cada uno de estos momentos. Para defina$T = (0=t_0 \lt t_1 \lt t_2 \lt \cdots).$$i\gt 0,$

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

y acumule en el proceso es decir, y para todo cuenta cuántas veces más ha aparecido que justo después del tiempo$B(i)$$W:$$W(0)=0$$W(i+1)=W(i)+B(i)$$i \gt 0.$ $W(i)$$R$$M$$t_i.$

Esta figura muestra realizaciones de (en rojo) y (en azul medio) como "parcelas de alfombra" en la parte superior. Los puntos trazan los valores de . Cada punto rojo representa un aumento en el exceso de mientras que cada punto azul muestra una disminución en el exceso.$R$$M$$(t_i, W(i))$$R(t_i)-M(t_i)$

Para deje que sea ​​casualidad de que al menos uno de los sea ​​menor o igual que y sea su probabilidad.$b=0, 1, 2, \ldots,$$\mathcal{E}_b$$W_i$$-b$$f(b)$

La pregunta pide$f(D+1).$

Deje Esta es la tasa de los procesos combinados. es una caminata aleatoria binomial, porque$\lambda=\lambda_R+\lambda_M.$$W$

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

Así,

La respuesta es igual a la posibilidad de que esta caminata aleatoria binomial encuentre una barrera absorbente en$W$$-D-1.$

La forma más elemental de encontrar esta oportunidad observa que

$$f(0)=1$$

porquey, para todo los dos siguientes pasos posibles de producen de forma recursiva$W(0)=0;$$b \gt 0,$$\pm 1$

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

Suponiendo la solución única para es$\lambda_R \ge \lambda_M,$$b\ge 0$

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

como puede verificar al conectar esto en las ecuaciones definitorias anteriores. Así,

La respuesta es

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