División de los procesos de Poisson y los ensayos de Bernoulli

Question

Cuando un proceso de Poisson se divide según los resultados de ensayos Bernoulli independientes, se obtienen dos procesos de Poisson. Es trivial demostrar que estos dos procesos son independientes. Estaba examinando la situación inversa. Si un proceso de Poisson se divide en dos procesos de Poisson, ¿es necesario que la división tenga lugar según los resultados de los ensayos de Bernoulli? He podido demostrarlo con la condición de que los dos procesos sean independientes. ¿Es posible demostrarlo sin la condición anterior?

Answer 1

Creo que lo siguiente sirve de contraejemplo:

Dejemos que $N$ sea un proceso de Poisson de tasa 2 en $\bf{R}^+$ . Independientemente dentro de cada intervalo de unidades $I=[k,k+1)$ , dividir el proceso en $N=N_1+N_2$ de manera uniforme seleccionando aleatoriamente $x$ de la $N(I)=n$ saltos para asignar a $N_1$ con el resto de $n-x$ asignado a $N_2$ donde $x$ se determina por un pdf condicional $$f(x|n) = Pr(N_1(I)=x|N(I)=n)$$ como se indica a continuación.

Tenga en cuenta que, si debíamos tomar $f(x|n)$ para ser el binomio con parámetros $n$ y $1/2$ tendríamos la "habitual" independiente de Bernoulli.

En su lugar, tomemos: \begin{align} f(0|0) &= 1 \\ f(0|1) &= 1/4, f(1|1) = 3/4 \\ f(0|2) &= 1/2, f(1|2) = 1/2, f(2|2) = 0 \\ f(0|3) &= 1/8, f(1|3) = 0, f(2|3) = 3/4, f(3|3) = 1/8 \\ f(x|n) &= Binom(n,1/2) \hbox{ otherwise} \end{align}

Debe quedar claro que la división resultante no es generada por Bernoullis independientes.

Afirmo que $N_1$ y $N_2$ son procesos de Poisson de tasa 1. Creo que está claro que sólo necesitamos establecer, para un intervalo arbitrario $I=[k,k+1)$ , que $N_1(I)$ y $N_2(I)$ son v.r. de Poisson de media 1, dada la naturaleza del resto de la construcción (selección aleatoria uniforme de puntos de $N(I)$ condicionado al total de $N(I)=n$ y independiente construcción dentro de cada intervalo $I$ ).

Escribe $g(x)$ para el pdf marginal de $N_1$ y $h(n)$ para el pdf de $N$ y nota: $$g(0)=\sum_x f(0|n)h(n) = e^{-2} (1*1 + 1/4*2 + 1/2*4/2 + 1/8*8/3! + 1/16*16/4! + \cdots) = e^{-1}$$ Del mismo modo, se puede demostrar que $g(1) = e^{-1}$ , $g(2)=e^{-1}/2$ etc. y $N_1(I)$ es Poisson con media 1. Del mismo modo, se puede demostrar que $N_2(I)$ es Poisson con media 1. Así que, eso debería servir.

Si tienes curiosidad por saber cómo he construido $f(x|n)$ arriba, consideré la matriz infinita para la distribución conjunta $f(x,y)$ de $N_1(I)$ y $N_2(I)$ bajo la habitual división Bernoulli y me di cuenta de que podía permutar la esquina superior izquierda añadiendo la matriz 3x3: $$\begin{matrix} 0 & \epsilon & -\epsilon \\ -\epsilon & 0 & \epsilon \\ \epsilon & -\epsilon & 0 \end{matrix}$$ de manera que los totales de las columnas y las filas (es decir, las FDP marginales de $N_1(I)$ y $N_2(I)$ ) y todas las diagonales secundarias (las que se desplazan desde la parte inferior izquierda a la superior derecha, correspondientes al pdf de $N(I)$ ) no han cambiado.

Answer 2

Si las dos variables aleatorias $X_1 \sim Pois(rate = \lambda_1)$ y $X_2 \sim Pois(\lambda_2)$ son independientes. Entonces $Y = X_1 + X_2 \sim Pois(\lambda_1 + \lambda_2).$

Es importante que $X_1$ y $X_2$ son independientes, pero no el mecanismo por el que surgió uno u otro. La prueba utilizando funciones generadoras de momentos es fácil.

Intuitivamente, supongamos que $X_1$ describe los recuentos de una solución radiactiva en un contador y $X_2$ describe los recuentos de otra solución. Vierte las dos soluciones en el mismo vaso de precipitados. Los recuentos de ese vaso se describirán mediante $Y.$

Aquí hay una simulación por demostración en el software estadístico R, utilizando un millón de realizaciones de cada variable aleatoria constitutiva, donde $\lambda_1 = 4$ y $\lambda_2 = 5:$

m = 10^6;  x1 = rpois(m, 4);  x2 = rpois(m, 5);  y = x1 + x2
mean(x1);  mean(x2);  mean(y)
## 4.003022  # aprx 4,  consistent with POIS(4)
## 4.997015  # aprx 5,  POIS(5)
## 9.000037  # aprx 9,  and POIS(9)
var(x1);  var(x2);  var(y)
## 4.004901  # aprx 4
## 4.995319  # aprx 5
## 9.011688  # aprx 9

En la figura siguiente, los histogramas muestran las distribuciones simuladas, y puntos sobre las barras del histograma muestran las probabilidades exactas de Poisson.

Answer 3

Las llegadas en un proceso de Poisson se producen independientemente de cualquier otra llegada, a una tasa media constante, digamos $\lambda$ .   Si las llegadas se dividen en dos categorías según el resultado de ensayos Bernoulli independientes, con tasa constante $p$ entonces se tendrán dos procesos de Poisson independientes con tasas $p\lambda$ y $(1-p)\lambda$ .

Esto puede demostrarse estableciendo que, si $X,Y$ son los recuentos de las llegadas de las dos categorías, entonces la distribución condicional de las llegadas de una categoría entre un recuento dado de las llegadas totales, tendrá una distribución binomial.   (¿Por qué?) Si esto es así, entonces

$$\begin{align} \mathsf P(X=k, Y=h) ~& =~ \mathsf P(X+Y=k+h)~\mathsf P(X=k\mid X+Y=k+h) \\[1ex] & =~ \dfrac{\lambda^{k+h}~\mathsf e^{-\lambda}}{(k+h)!}\cdotp\dfrac{(k+h)!~p^k~(1-p)^h}{k!~h!} \\[1ex] & =~ \dfrac{\lambda^{k+h}~\mathsf e^{-\lambda}~p^k~(1-p)^h}{k!~h!} \\[2ex] \mathsf P(X=k) ~&=~ \sum_{n=k}^\infty \mathsf P(X+Y=n)~\mathsf P(X=k\mid X+Y=n) \\[1ex] ~&=~ \sum_{n=k}^\infty \dfrac{\lambda^n~\mathsf e^{-\lambda}}{n!}\cdotp\dfrac{n!~p^k~(1-p)^{n-k}}{k!~(n-k)!} \\[1ex] & =~ \dfrac{(p\lambda)^k~\mathsf e^{-p\lambda}}{k!} \\[2ex]\mathsf P(Y=h) ~&=~ \dfrac{\bigl((1-p)\lambda\bigr)^h~\mathsf e^{-(1-p)\lambda}}{h!} \\[3ex] \therefore~\mathsf P(X=k,Y=h)~&=~ \mathsf P(X=k)~\mathsf P(Y=h) \end{align}$$

Y concluimos que los procesos de Poisson son, por tanto, independientes.