Teorema harapan total untuk proses Poisson

Saya memiliki dua proses Poisson independen dan dengan tingkat kedatangan dan . Sekarang, waktu yang diharapkan untuk kedatangan item berikutnya untuk proses penggabungan adalah . $A$ $B$ $\lambda_A$ $\lambda_B$ $\frac {1}{\lambda_A+\lambda_B}$

Menganggap sebagai waktu kedatangan untuk item selanjutnya dari proses gabungan, dan atau sebagai peristiwa di mana item-item tersebut berasal dari proses atau , menggunakan hukum ekspektasi total, kita dapatkan $T_{A+B}$ $\{X=A\}$ $\{X=B\}$ $A$ $B$

\begin{aligned} E (T_{A + B}) & = E (T_{A + B} ∣ X = A) P [X = A] + E (T_{A + B} ∣ X = B) P [X = B] \\ = {\frac{1}{λ}}_{A} \frac{λ_{A}}{λ_{A} + λ_{B}} + {\frac{1}{λ}}_{B} \frac{λ_{B}}{λ_{A} + λ_{B}} \\ = \frac{2}{λ_{A} + λ_{B}} \end{aligned}

$\begin{align} \mathbb{E}(T_{A+B}) &= \mathbb{E}( T_{A+B} \mid X =A )\mathbb{P}[X = A] + \mathbb{E}( T_{A+B}\mid X =B)\mathbb{P}[X = B]\\ &= \frac 1\lambda_A \frac {\lambda_A}{\lambda_A+\lambda_B} + \frac 1\lambda_B\frac {\lambda_B}{\lambda_A+\lambda_B} \\ &= \frac {2}{\lambda_A+\lambda_B} \end{align}$ Apa yang saya lakukan salah? Terima kasih.

conditional-probability poisson-process user90476
sumber

Masalah ini tampaknya bahwa ekspektasi bersyarat tidak setelah Anda tahu bahwa kedatangan pertama adalah dari proses .

E [T ∣ X = A]

${\rm E}[T \mid X = A]$

1 / a

$1/a$

A

$A$

heropup

@heropup Terima kasih atas tanggapannya. Mengingat distribusi eksponensial waktu kedatangan berikutnya, saya tidak yakin mengapa itu tidak boleh .

\frac{1}{λ_{A}}

$\frac {1}{\lambda_A}$

user90476

Jawaban:

heropup benar. Masalahnya adalah bahwa sekali Anda tahu bahwa , bukan hanya diambil dari eksponensial dengan tingkat karena Anda juga tahu bahwa nilai sampel harus cukup kecil untuk memenangkan perbandingan dengan nilai sampel hipotetis dari . $X=A$ $X$ $\lambda_A$ $B$

Jadi, kerapatan yang diberikan bahwa adalah produk pointwise yang dinormalisasi ulang dari kerapatan eksponensial dengan rate dan cdf kanan eksponensial dengan rate . Ini memberikan kepadatan eksponensial dengan tingkat . Begitu: $X=A$ $\lambda_A$ $\lambda_B$ $\lambda_A + \lambda_B$

\begin{aligned} E (T_{A + B}) & = E (T_{A + B} ∣ X = A) P [X = A] + E (T_{A + B} ∣ X = B) P [X = B] \\ = \frac{1}{λ_{A} + λ_{B}} \frac{λ_{A}}{λ_{A} + λ_{B}} + \frac{1}{λ_{A} + λ_{B}} \frac{λ_{B}}{λ_{A} + λ_{B}} \\ = \frac{1}{λ_{A} + λ_{B}} \end{aligned}

$\begin{align} \mathbb{E}(T_{A+B}) &= \mathbb{E}( T_{A+B} \mid X =A )\mathbb{P}[X = A] + \mathbb{E}( T_{A+B}\mid X =B)\mathbb{P}[X = B]\\ &= \frac 1{\lambda_A+\lambda_B} \frac {\lambda_A}{\lambda_A+\lambda_B} + \frac 1{\lambda_A+\lambda_B}\frac {\lambda_B}{\lambda_A+\lambda_B} \\ &= \frac {1}{\lambda_A+\lambda_B} \end{align}$ seperti yang diinginkan.

Neil G
sumber

\begin{aligned} Pr (T_{A + B} > t ∣ X = A) \\ = & \frac{Pr (T_{A + B} > t & X = A)}{Pr (X = A)} \\ (1) & = & \frac{Pr (t < T_{A} < T_{B})}{Pr (X = A)}, \end{aligned}

$\begin{align} & \Pr( T_{A+B} > t \mid X=A) \\[10pt] = {} & \frac{\Pr(T_{A+B} > t\ \&\ X=A)}{\Pr(X=A)} \\[10pt] = {} & \frac{\Pr(t < T_A < T_B)}{\Pr(X=A)}, \tag 1 \end{align}$

${}$

\begin{aligned} and & Pr (t < T_{A} < T_{B}) \\ = & \int_{t}^{\infty} (\int_{u}^{\infty} e^{- λ_{A} u} e^{- λ_{B} v} (λ_{B} d v)) (λ_{A} d u) \\ = & \int_{t}^{\infty} e^{- λ_{A} u} e^{- λ_{B} u} (λ_{A} d u) = e^{- (λ_{A} + λ_{B}) t} \cdot \frac{λ_{A}}{λ_{A} + λ_{B}} . \end{aligned}

$\begin{align} \text{and } & \Pr(t < T_A < T_B) \\[10pt] = {} & \int_t^\infty \left( \int_u^\infty e^{-\lambda_A u} e^{-\lambda_B v} (\lambda_B\, dv) \right) (\lambda_A \, du) \\[10pt] = {} & \int_t^\infty e^{-\lambda_A u} e^{-\lambda_B u} (\lambda_A\,du) = e^{-(\lambda_A+\lambda_B)t} \cdot \frac{\lambda_A}{\lambda_A + \lambda_B}. \end{align}$ Oleh karena itu ekspresi pada baris sama dengan yang sama dengan

(1)

$(1)$

e^{- (λ_{A} + λ_{B}) t},

$e^{-(\lambda_A + \lambda_B)t},$

Pr (T_{A + B} > t) .

$\Pr(T_{A+B} > t).$

Dengan demikian peristiwa dan sebenarnya independen. $[T_{A+B} >t]$ $[X=A]$

Michael Hardy
sumber