দুটি স্বতন্ত্র পোইসন এলোমেলো ভেরিয়েবলের ভারযুক্ত যোগফল

উইকিপিডিয়া ব্যবহার করে আমি দুটি পয়সন এলোমেলো ভেরিয়েবলের যোগফলের ফলে সম্ভাব্যতা ভর ফাংশন গণনা করার একটি উপায় খুঁজে পেয়েছি। তবে আমি মনে করি যে আমার কাছে থাকা পদ্ধতির বিষয়টি ভুল is

যাক গড় সঙ্গে দুটি স্বাধীন পইসন র্যান্ডম ভেরিয়েবল হতে এবং , যেখানে এবং হয় ধ্রুবক, তারপর সম্ভাবনা উৎপাদিত ফাংশন দেওয়া হয় এখন, এলোমেলো ভেরিয়েবলের সম্ভাবনা তৈরির ফাংশনটি ব্যবহার করে আমরা এর সম্ভাব্যতা তৈরির ফাংশন লিখতে পারি দুটি স্বতন্ত্র পোইসন এলোমেলো ভেরিয়েবলের যোগফল $X_1, X_2$ $\lambda_1, \lambda_2$ $S_2 = a_1 X_1+a_2 X_2$ $a_1$ $a_2$ $S_2$

{জি}_{{এস}_{2}} (z- র) = ই ({z- র}^{{এস}_{2}}) = ই ({z- র}^{{একটি}_{1} {এক্স}_{1} + + {একটি}_{2} {এক্স}_{2}}) {জি}_{{এক্স}_{1}} ({z- র}^{{একটি}_{1}}) {জি}_{{এক্স}_{2}} ({z- র}^{{একটি}_{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} {জি}_{{এস}_{2}} (z- র) & = ই^{λ_{1} ({z- র}^{{একটি}_{1}} - 1)} ই^{λ_{2} ({z- র}^{{একটি}_{2}} - 1)} \\ = ই^{λ_{1} ({z- র}^{{একটি}_{1}} - 1) + + λ_{2} ({z- র}^{{একটি}_{2}} - 1)} । \end{aligned}

$\begin{aligned} G_{S_2}(z) &= \textrm{e}^{\lambda_1(z^{a_1} - 1)}\textrm{e}^{\lambda_2(z^{a_2} - 1)} \\ &= \textrm{e}^{\lambda_1(z^{a_1} - 1)+\lambda_2(z^{a_2} - 1)}. \end{aligned}$ মনে হচ্ছে যে সম্ভাবনা ভর ফাংশন

S_{2}

$S_2$ এর ডেরাইভেটিভস গ্রহণ করে উদ্ধার করা হয়

G_{S_{2}} (z)

$G_{S_2}(z)$

\Pr (S_{2} = k) = \frac{G_{S_{2}}^{(k)} (0)}{k!}

$\operatorname{Pr}(S_2 = k) = \frac{G_{S_2}^{(k)}(0)}{k!}$ , যেখানে

G_{S_{2}}^{(k)} = \frac{d^{k} G_{S_{2}} (z)}{d z^{k}}

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

এটা কি সঠিক? কারণ ধ্রুবক আমি, অনুভূতি আমি শুধু সম্ভাব্যতা ভর ফাংশন প্রাপ্ত ব্যুৎপন্ন গ্রহণ করবেন পারেন $a_1$ এবং $a_2$ । এটা কী ঠিক? বিকল্প উপায় আছে?

যদি এটি সঠিক হয় তবে আমি কি এখন সমস্ত কে-এর উপর অসীম অঙ্কটি কেটে কমোগুলি ডিস্ট্রিবিউশনের একটি অনুমিতকরণ পেতে পারি?

distributions poisson-distribution

— মিশেল
সূত্র

আপনি কেন এবং দিয়ে সমষ্টিগুলি স্কেল করছেন ? যোগফল এটি ছাড়া অন্য একটি পইসন বিতরণ। ভেরিয়েবলগুলি ধনাত্মক পূর্ণসংখ্যার মানগুলি গ্রহণ করে, তাই প্রথম চেয়ে গুণ এর মতো কিছু সাধারণত বেশ অস্বাভাবিক হয় এবং আপনাকে উভয় ভেরিয়েবলের মানগুলি পুনরুদ্ধার করতে দেয়।

a_{1}

$a_1$

a_{2}

$a_2$

1

$1$

\sqrt{2}

$\sqrt{2}$

— ডগলাস জারে

এখানে হ'ল এবং উভয়ই পূর্ণসংখ্যার যদি না হয় তবে কেউ নিশ্চিত হতে পারে না যে কেবল পূর্ণসংখ্যার মান গ্রহণ করে। সুতরাং, আপনি না শুধু বের করতে হবে এর পূর্ণসংখ্যা মানের জন্য কিন্তু প্রত্যেকের জন্য যে হিসাবে প্রকাশ করা যেতে পারে নন-নেগেটিভ পূর্ণসংখ্যার জন্য এবং ।

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

$n$

— দিলীপ সরোতে

@ দিলিপ সরওয়াতে এটি কি সম্ভব? এটি করার জন্য অন্য কোনও পদ্ধতি আছে?

— মিশেল

@ ডগলাসজায়ার আমাকে এটি করতে হবে ... সম্ভবত আমাকে কোনও ধরণের বুটস্ট্র্যাপিং পদ্ধতিতে ফিরে যেতে হবে।

— মিশেল 21

আমি মনে করি না যে আপনি একটি ব্রুট-ফোর্সের পদ্ধতির চেয়ে আরও ভাল কিছু করতে পারেন যা গ্রহণ করতে পারে এমন সম্ভাব্য মানগুলি এবং তারপরে প্রতিটি possible , এবং এর বেশিরভাগ পছন্দগুলির জন্য , আমি প্রত্যাশা করব যে সর্বাধিক পরিমাণগুলি একটি টার্মে হ্রাস পাবে। আমি আপনাকে জানাতে চাই যে আশা , সঙ্গে প্যারামিটারটি পইসন র্যান্ডম পরিবর্তনশীল ।

S_{2}

$S_2$

α

$\alpha$

পি {{এস}_{2} = α} = \underset{{একটি}_{1} মি + + {একটি}_{2} এন = α}{Σ} পি {{এক্স}_{1} = মি} পি {{এক্স}_{2} = এন} = \underset{{একটি}_{1} মি + + {একটি}_{2} এন = α}{Σ} মেপুঃ (- λ_{1} মি) \frac{λ_{1}^{মি}}{মি!} মেপুঃ (- λ_{2} এন) \frac{λ_{2}^{এন}}{এন!} ।

$P\{S_2 = \alpha\} = \sum_{a_1m + a_2n = \alpha}P\{X_1=m\}P\{X_2=n\} = \sum_{a_1m + a_2n = \alpha} \exp(-\lambda_1m)\frac{\lambda_1^m}{m!}\exp(-\lambda_2n)\frac{\lambda_2^n}{n!}.$

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}

$\lambda_1+\lambda_2$

— দিলীপ সরোতে

উত্তর:

এই লিনিয়ার সংমিশ্রণের কোনও একক মানকে কেন্দ্র করে পুরো সম্ভাব্যতা সরবরাহ করা হয় না, মনে হয় কর্নিশ-ফিশার সম্প্রসারণ (বিপরীতমুখী) সিডিএফকে ভাল অনুমান সরবরাহ করতে পারে।

রিকল এই সম্প্রসারণ প্রথম কয়েক cumulants ব্যবহার আদর্শ সাধারন বন্টনের বিপরীত সিডিএফ সামঞ্জস্যপূর্ণ যে । তার বক্রতা হয় $S_2$ $\beta_1$

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

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

এবং তার সূঁচালতা হয় $\beta_2$

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

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

জন্য এর মান সংস্করণের শতকরা , কম্পিউট $\alpha$ $S_2$

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)

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

যেখানে হ'ল স্ট্যান্ডার্ড সাধারণ বিতরণের পারসেন্টাইল। এর শতকরা যার ফলে হয় $z$ $\alpha$ $S_2$

{একটি}_{1} λ_{1} + + {একটি}_{2} λ_{2} + + W_{α} \sqrt{{একটি}_{1}^{2} λ_{1} + + {একটি}_{2}^{2} λ_{2}} ।

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

সংখ্যার পরীক্ষাগুলি পরামর্শ দেয় যে এবং উভয়ই বা ছাড়িয়ে গেলে এটি একটি ভাল আনুমানিক । উদাহরণস্বরূপ, বিবেচনা করুন এবং এ (সুবিধার জন্য শূন্য গড় দেওয়ার ব্যবস্থা করা): $\lambda_1$ $\lambda_2$ $5$ $\lambda_1 = 5,$ $\lambda_2=5\pi/2,$ $a_1=\pi,$ $a_2=-2$

ব্যক্তিত্ব

নীল ছায়াময় অংশ সংখ্যাসূচকভাবে নির্ণিত সিডিএফ হয় যখন পুরো লাল নীচে কর্ণিশ-ফিশার পড়তা হয়। অনুমানটি মূলত প্রকৃত বিতরণের একটি মসৃণ, কেবলমাত্র ছোট পদ্ধতিগত প্রস্থান দেখানো। $S_2$

— whuber
সূত্র

প্রায়শই বিস্মৃত হওয়া সরঞ্জামটির দুর্দান্ত ব্যবহার ... এবং অবশ্যই বা বা এর জন্য, ব্রুট ফোর্স কনভ্যুলশন পদ্ধতিটি সমস্ত বেদনাদায়ক হবে না।

λ_{1}

$\lambda_1$

λ_{2} \leq 5

$\lambda_2 \leq 5$

— jboman

কনভলিউশনটি ব্যবহার করুন:

যাক জন্য , অন্যথায়, এবং জন্য , অন্যথায়। $f_{X_1}(x_1)= \dfrac{\lambda^{x_1}e^{-\lambda}}{x_1!}$ $x_1 \geq 0$ $f_{X_1}(x_1)= 0$ $f_{X_2}(x_2)=\dfrac{\lambda^{x_2}e^{-\lambda}}{x_2!}$ $x_2 \geq 0$ $f_{X_2}(x_2)= 0$

যাক , তাই পূর্ববর্তীটি হিসাবে পরিচিত। $Z=X_1+X_2\rightarrow X_1=Z-X_2$

চ_{জেড} (z- র) = \int_{- \infty}^{\infty} \int_{- \infty}^{\infty} চ_{{এক্স}_{1}, {এক্স}_{2}} (z- র - {এক্স}_{2}, {এক্স}_{2}) ঘ {এক্স}_{1} ঘ {এক্স}_{2}

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

যদি এবং স্বতন্ত্র থাকে, এইভাবে আপনি দুটি ক্রমাগত এলোমেলো ভেরিয়েবলের যোগফলের বন্টন পেতে পারেন। $X_1$ $X_2$

চ_{জেড} (z- র) = \int_{- \infty}^{\infty} \int_{- \infty}^{\infty} চ_{{এক্স}_{1}} (z- র - {এক্স}_{2}) চ_{{এক্স}_{2}} ({এক্স}_{2}) ঘ {এক্স}_{1} ঘ {এক্স}_{2}

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

পৃথক বিতরণের জন্য যা প্যারামিটার সহ বিতরণ

চ_{জেড} (z- র) = Σ_{{এক্স}_{2} = 0}^{z- র} \frac{λ_{1}^{z- র - {এক্স}_{2}} ই^{- λ_{1}}}{(z- র - {এক্স}_{2})!} \frac{λ_{2}^{{এক্স}_{2}} ই^{- λ_{2}}}{{এক্স}_{2}!}

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

= ই^{- (λ_{1} + + λ_{2})} \frac{(λ_{1} + + λ_{2})^{z- র}}{z- র!}

$= e^{-(\lambda_1+\lambda_2)}\dfrac{(\lambda_1+\lambda_2)^z}{z!}$

λ_{1} + λ_{2}

$\lambda_1+\lambda_2$

— QAChip
সূত্র

এটি পৃথক প্রশ্নের উত্তর হিসাবে উপস্থিত হয়: যথা, কীভাবে দুটি পোইসন বিতরণ যুক্ত করতে হয়। এটি বিশেষ বিশেষ সমস্যা হল (তবে কোনও সমস্যা ছাড়াই ক্ষেত্রে বাড়ানো যেতে পারে )। আপনি যখন করবেন তখন আপনি কী করবেন ?

a_{1} = a_{2} = 1

$a_1=a_2=1$

a_{1} = a_{2}

$a_1 = a_2$

a_{1} \neq a_{2}

$a_1 \ne a_2$

— হোবার

আমি মনে করি সমাধানটি একটি যৌগিক পোইসন বিতরণের ধারণা। ধারণাটি একটি এলোমেলো যোগফল সাথে পোইসন বিতরণ এবং এবং অনুক্রম । আমরা যখন সর্বদা সীমাবদ্ধ করে থাকি , তখন আমরা একটি আসল সংখ্যার এবং পোইসন বিতরণ করা জন্য বর্ণনা করতে পারি । আপনি সমষ্টি জন্য আপনি পেতে নির্ধারণ করা

এস = Σ_{আমি = 1}^{এন} {এক্স}_{আমি}

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

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

$N$

ই [{গুলি}^{ট এন}] = ই [({গুলি}^{ট})^{এন}] = {জি}_{এন} ({গুলি}^{ট}) = মেপুঃ (λ ({গুলি}^{ট} - 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}

$Z = k_1 N_1 + k_2 N_2$

{জি}_{জেড} (গুলি) = মেপুঃ (λ_{1} ({গুলি}^{ট_{1}} - 1) + + λ_{2} ({গুলি}^{ট_{2}} - 1)) ।

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

λ = λ_{1} + λ_{2}

$\lambda = \lambda_1 + \lambda_2$ তারপরে চূড়ান্ত ব্যাখ্যা যে ফলে আরভি তীব্রতা সঙ্গে একটি যৌগ পইসন বিতরণের হয় এবং বিতরণের যে মান নিতে সম্ভাব্যতা সঙ্গে এবং মান সঙ্গে ।

{জি}_{জেড} (গুলি) = মেপুঃ (λ (\frac{λ_{1}}{λ} ({গুলি}^{ট_{1}} - 1) + + \frac{λ_{2}}{λ} ({গুলি}^{ট_{1}} - 1)) = মেপুঃ (λ (\frac{λ_{1}}{λ} {গুলি}^{ট_{1}} + + \frac{λ_{2}}{λ} {গুলি}^{ট_{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

$\lambda_2/\lambda$

প্রমাণিত হচ্ছে যে ডিস্ট্রিবিউশন যৌগ পইসন আমরা উভয় ক্ষেত্রেই যে Panjer পুনরাবৃত্তির ব্যবহার করতে পারেন এবং ধনাত্মক পূর্ণসংখ্যা। অথবা আমরা খুব সহজেই ফুরিয়ার রূপান্তরটি পিজিএফ আকার থেকে পেতে পারি এবং বিপরীত দ্বারা বিতরণটি ফিরে পেতে পারি। মনে রাখবেন যে তে একটি পয়েন্ট ভর রয়েছে । $k_1$ $k_2$ $0$

আলোচনার পরে সম্পাদনা করুন:

আমি মনে করি আপনি সবচেয়ে ভাল করতে পারেন এমসি। আপনি ডেরাইভেশনটি ব্যবহার করতে পারেন যে এটি একটি যৌগিক পোইসন ডিস্ট্রার।

থেকে নমুনা এন (খুব দক্ষ) $Pois(\lambda)$
তারপরে প্রতিটি নমুনা এটি বা যেখানে প্রথমটির সম্ভাবনাটি । সাফল্যের সম্ভাবনা সহ একটি নমুনা করে এটি করুন । যদি তা না হয় তারপর যোগ নমুনা সমষ্টি আর যোগ করার জন্য । $i=1,\ldots,N$ $X_1$ $X_2$ $\lambda_1/\lambda$ $\lambda_1/\lambda$ $1$ $k_1$ $k_2$

আপনার সেকেন্ডে 100 000 বলার একটি নমুনা থাকবে।

বিকল্পভাবে আপনি পৃথকভাবে আপনার মূল উপস্থাপনায় দুটি সমষ্টি নমুনা দিতে পারেন ... এটি তত দ্রুত হবে।

ধ্রুবক ফ্যাক্টর কে 1 এবং কে 2 সম্পূর্ণ সাধারণ হলে অন্য সমস্ত কিছু (এফএফটি) জটিল।

— রিক
সূত্র

এবং চূড়ান্ত বিতরণ পাঞ্জার অ্যালগরিদম দ্বারা যদি উপাদানগুলি পূর্ণসংখ্য হয় তবে তা খুঁজে পেতে পারে।

— রিক

ধন্যবাদ! আমি তবে , এটি থেকে শুরু করে আমি কোনও প্রকারের বিতরণ পেতে সক্ষম হওয়ার উপায় খুঁজতে চাই। আপনি পাঞ্জের অ্যালগরিদমের কথা বলেছেন? তবে এই ক্ষেত্রে । @ দিলিপ সরওয়াতে সবেমাত্র উল্লেখ করেছেন যে নিম্নলিখিত সাধারণত ।

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}

$a_1,a_2$

— মিশেল

হাই মিশেল, আমি আমার প্রতিক্রিয়া সম্পাদনা করেছি। হ্যাঁ পাঞ্জের সীমিত ব্যবহার। তবে আপনি একটি ফুরিয়ার রূপান্তর পদ্ধতির চেষ্টা করতে পারেন। তবে নন-ইন্টিজার ইউনিটগুলি সমস্যাযুক্ত ... এই ক্ষেত্রে কী করা উচিত সে সম্পর্কে আমাকে আরও চিন্তা করতে হবে। যেভাবেই এটি লক্ষ করা গুরুত্বপূর্ণ যে ফলাফলটি একটি যৌগিক পোইসন বিতরণ (কোনও "সাধারণ" পইসন বিতরণ নয়)।

— রিক

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

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

পথে কিছু ... যদি আমাদের একটি অবিচ্ছিন্ন বিতরণ থাকে যা আমরা বৈশিষ্ট্যযুক্ত ফাংশনটি গণনা করতে পারি (যেমন আপনি করেন) তবে এটি দ্রুত এবং দুর্দান্ত ফলাফলের দিকে নিয়ে যায়। আমাদের ক্ষেত্রে এটি সম্পর্কে চিন্তা করার জন্য আমার আরও সময় প্রয়োজন। আরও সহজ কিছু হওয়া উচিত।

— রিক