Phân phối tổng số mũ độc lập với số lần triệu hồi ngẫu nhiên

Đặt là các số mũ độc lập và phân phối giống hệt với tham số . Sau đó, với cho , tổng của các giá trị này theo Phân phối Erlang với hàm mật độ xác suất $\tau_i\sim\exp\left(\lambda\right)$ $\lambda$ $n$

T_{n} := \sum_{i = 0}^{n} τ_{i}

$T_n := \sum_{i=0}^n \tau_i$

π (T_{n} = T | n, λ) = \frac{λ^{n} T^{n - 1} e^{- λ T}}{(n - 1)!} for T, λ \geq 0.

$\pi(T_n=T| n,\lambda)={\lambda^n T^{n-1} e^{-\lambda T} \over (n-1)!}\quad\mbox{for }T, \lambda \geq 0.$

Tôi quan tâm đến việc phân phối trong đó là một biến ngẫu nhiên sao cho phân phối theo cấp số nhân, nó giữ rằng $T_\tilde n$ $\tilde n$ $\tau_a \sim \exp(\lambda_a)$

T_{\tilde{n}} \leq τ_{một} T_{\tilde{n} + 1} > τ_{một} .

$T_\tilde n \leq \tau_a \\T_{\tilde{n}+1} > \tau_a.$

Nói cách khác, bị cắt bớt bởi một phân phối theo cấp số nhân. Tôi thất bại trong việc tạo ra phân phối của nhưng có lẽ có một cách dễ dàng hơn: $T_{\tilde n}$ $\tilde n$

π (\tilde{n} = = k) = = π (T_{n} < τ_{một} | n = = k) = = 1 - \int_{R^{+}} Σ_{n = = 0}^{k - 1} \frac{1}{n!} điểm kinh nghiệm (- (λ + λ_{một}) τ_{một}) (τ λ_{một})^{n} λ_{một} d τ_{một} .

$\pi\left(\tilde n = k\right) = \pi\left(T_n < \tau_a|n=k\right)\\ =1-\int\limits_{\mathbb{R}^+}\sum\limits_{n=0}^{k-1}\frac{1}{n!}\exp\left(-(\lambda+\lambda_a)\tau_a\right)(\tau\lambda_a)^n\lambda_ad\tau_a.$

Tuy nhiên, chỉ cần lấy mẫu và nhìn bằng mắt như mật độ này không phải là xấu xí:

iter <- 20000

lambda_a <- 1
lambda <- 2

df <- data.frame(tau=rep(NA, iter), a=rep(NA, iter))

for(i in 1:iter){
    set.seed(i)
    a <- rexp(1, rate = lambda_a)
    s <- cumsum(rexp(500, rate = lambda))

    df[i,] <- c(max(s[1], s[s<a]), a)
}

library(tidyverse)

ggplot(df %>% gather(), aes(x = value, fill = key)) +
geom_density(alpha = .3) + theme_bw()

distributions exponential-family truncation

— muffin1974
nguồn

Tôi khuyên bạn không nên sử dụng cùng một ký hiệu cho cả và tổng .

τ_{i}

$\tau_i$

τ_{n}

$\tau_n$

— brazofuerte

Một tên tiêu chuẩn hơn cho Erlang là phân phối Gamma.

— Tây An

Như đã trình bày trong X xác nhận câu trả lời này , chờ đợi một khoản iid mũ variates để quá một tạo ra một Poisson variate . Do đó chờ đợi một khoản iid mũ variates vượt tạo ra một Poisson variate , có điều kiện về (kể từ khi chia cho tổng lượng để nhân tham số mũ của . Do đó $\mathcal E(\lambda)$ $\mathcal P(\lambda)$ $N$ $\mathcal E(\lambda)$ $\tau_a$ $\mathcal P(\tau_a\lambda)$ $N$ $\tau_a$ $\tau_a$ $\tau_a$

\begin{aligned} P (N = = n) & = = \int_{0}^{\infty} P (N = = n | τ_{một}) λ_{một} e^{- λ_{một} τ_{một}} d τ_{một} \\ = = \int_{0}^{\infty} \frac{(λ τ_{một})^{n}}{n!} e^{- τ_{một} λ} λ_{một} e^{- λ_{một} τ_{một}} d τ_{một} \\ = = \frac{λ_{một} λ^{n}}{n!} \int_{0}^{\infty} τ_{một}^{n} e^{- τ_{một} (λ + λ_{một})} d τ_{một} \\ = = \frac{λ_{một} λ^{n}}{n!} \frac{Γ (n + 1)}{(λ_{một} + λ)^{n + 1}} = = \frac{λ_{một} λ^{n}}{(λ_{một} + λ)^{n + 1}} \end{aligned}

$\begin{align*} \mathbb P(N=n)&=\int_0^\infty \mathbb P(N=n|\tau_a) \,\lambda_a e^{-\lambda_a\tau_a}\,\text{d}\tau_a\\ &= \int_0^\infty \dfrac{(\lambda\tau_a)^n}{n!}\,e^{-\tau_a\lambda} \,\lambda_a e^{-\lambda_a\tau_a}\,\text{d}\tau_a\\ &=\dfrac{\lambda_a\lambda^n}{n!}\,\int_0^\infty \tau_a^n\,e^{-\tau_a(\lambda+\lambda_a)} \,\text{d}\tau_a\\ &=\dfrac{\lambda_a\lambda^n}{n!}\,\dfrac{\Gamma(n+1)}{(\lambda_a+\lambda)^{n+1}}=\dfrac{\lambda_a\lambda^n}{(\lambda_a+\lambda)^{n+1}} \end{align*}$ là hình học Biến ngẫu nhiên . (Ở đây, phương sai hình học là một số lỗi, có nghĩa là hỗ trợ của nó bắt đầu từ số không.)

G (λ_{a} / {λ_{a} + λ})

$\mathcal G(\lambda_a/\{\lambda_a+\lambda\})$

Bây giờ coi là số lượng thử nghiệm hình học, , phân phối của chức năng tạo thời điểm của là và mgf của một biến thiên hình học là Do đó, hàm tạo thời điểm của là $N$ $N\ge 1$

ζ = = Σ_{Tôi = = 1}^{N} τ_{Tôi}

$\zeta=\sum_{i=1}^N \tau_i$

ζ

$\zeta$

E [e^{z ζ}] = = E [e^{z {τ_{1} + \dots + τ_{N}}}] = = E^{N} [E^{τ_{1}} [e^{z τ_{1}}]^{N}] = = E^{N} [{λ / (λ - z)}^{N}] = = E^{N} [e^{N (\ln λ - \ln (λ - z))}]

$\mathbb E[e^{z\zeta}]=\mathbb E[e^{z\{\tau_1+\cdots+\tau_N\}}]=\mathbb E^N[\mathbb E^{\tau_1}[e^{z\tau_1}]^N]=E^N[\{\lambda/(\lambda-z)\}^N]=E^N[e^{N(\ln \lambda-\ln (\lambda-z))}]$

G (p)

$\mathcal G(p)$

φ_{N} (z) = = \frac{p e^{z}}{1 - (1 - p) e^{z}}

$\varphi_N(z)=\dfrac{pe^z}{1-(1-p)e^z}$

ζ

$\zeta$

\frac{p e^{\ln λ - \ln (λ - z)}}{1 - (1 - (λ_{một} / {λ_{một} + λ})) e^{\ln λ - \ln (λ - z)}} = = \frac{p λ}{λ - z - λ^{2} / {λ_{một} + λ}}

$\dfrac{pe^{\ln \lambda-\ln (\lambda-z)}}{1-(1-(\lambda_a/\{\lambda_a+\lambda\}))e^{\ln \lambda-\ln (\lambda-z)}}=\dfrac{p \lambda}{ \lambda-z-\lambda^2/\{\lambda_a+\lambda\}}$ trong đó , dẫn đến mfg có nghĩa là là một hàm mũ .

p = λ_{a} / {λ_{a} + λ}

$p=\lambda_a/\{\lambda_a+\lambda\}$

\frac{λ λ_{một} / {λ_{một} + λ}}{λ - z - λ λ_{một} / {λ_{một} + λ}^{2}} = = \frac{1}{1 - z (p λ)^{- 1}}

$\dfrac{\lambda\lambda_a/\{\lambda_a+\lambda\}}{ \lambda-z-\lambda\lambda_a/\{\lambda_a+\lambda\}^2}=\dfrac{1}{1-z(p\lambda)^{-1}}$

ζ

$\zeta$

E (λ λ_{a} / {λ_{a} + λ})

$\mathcal{E}(\lambda\lambda_a/\{\lambda_a+\lambda\})$

— Tây An
nguồn

Cảm ơn rất nhiều @ Xi'an! Tôi có hiểu đúng rằng trong ký hiệu của bạn không? Bởi vì sau đó, hàm tạo thời điểm ở dòng cuối cùng tương đương với tương ứng với MGF của phân phối theo cấp số nhân ..

p = λ_{a} / (λ_{a} + λ)

$p= \lambda_a/(\lambda_a+\lambda)$

\frac{1}{1 - z {(p λ)}^{- 1}}

$\frac{1}{1-z\left(p\lambda\right)^{-1}}$

— muffin1974