Integral exponencial que se decae de un proceso de Poisson

Question

Supongamos que $X_t$ es el conjunto de tiempos de los eventos de un proceso de Poisson con tasa de unidad después de $t$ segundos. (En otras palabras, $X_t$ es un conjunto de $N$ distribuidos de manera uniforme puntos por encima de $[0,t]$ donde $N$ se distribuye Poisson con una media de $t$.) Deje $Y_t = \sum_{s \in X_t}e^{-(t-s)}$. ¿Cuál es la distribución de $Y_t$$t\to\infty$?

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Sólo porque la gente suele preguntar lo he probado aunque no pude hacer que funcione: dejo $A$ ser la distribución deseada y, a continuación, considera que después de un pequeño intervalo de tiempo $\delta$, $A$ decae a $e^{-\delta}A$; y salta a $A+1$ con una probabilidad de $\delta$. Pensé que la mezcla resultante debe ser igual a $A$ desde $A$ es la distribución estacionaria.

Desde allí, sin necesidad de justificación, pensé que la densidad de $A$, $f$ satisface algo como:

$$\lim_{\delta\to0}\frac{f(x) - (1-\delta)f(e^\delta x) - \delta f(e^\delta x-1)}{\delta}=0$$

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Podríamos dividir el tiempo antes de $t$ en pequeños intervalos de longitud de $\frac1k$ y, a continuación, cada uno contribuye con una pequeña cantidad de $A$. En el límite de $k\to\infty$, este debe ser el valor esperado de $A$: \begin{align} E(A) &= \lim_{k\to\infty}\sum_{i\ge0} \frac{e^{-\frac{i}k}}k \\ &= \lim_{k\to\infty}\frac{1}{k}\sum_{i\ge0} \left(e^{-\frac{1}k}\right)^i \\ &= \lim_{k\to\infty}\frac{\frac1k}{\left(1-e^{-\frac{1}k}\right)} \\ &= \lim_{k\to\infty}\frac{\frac1{k^2}}{\frac1{k^2}\left(e^{-\frac{1}k}\right)} \\ &= \lim_{k\to\infty}e^{\frac{1}k} \\ &= 1 \end{align} Por el mismo argumento, la varianza también debe ser 1, ya que la varianza de cada pequeño intervalo también es proporcional a la longitud del intervalo. Por lo tanto, $A$ parece ser que algunos continua analógica de la distribución de Poisson, la cual tiene la función de distribución de la forma $$F(x;\lambda) = \begin{cases}0&x\le 0,\\ \frac{\Gamma(x, \lambda)}{\Gamma(x)}&x>0\end{cases}$$ de acuerdo a Ilienko, A., & Klesov, O. I. (2013). Continua homólogos de poisson y binomial la distribución y sus propiedades, de 39 años, 137-147.

Answer 1

La respuesta puede ser sorprendente. Aquí está un breve esbozo de una solución. Como con algo relacionado con el problema, la idea es obtener una relación de recurrencia para una cantidad relacionada con la distribución asintótica y, a continuación, resolver esa relación.

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Desde todos los uniformes de las distribuciones son simétricas, la suma puede ser igualmente expresada por el cambio de cada una de las $s$ a $t-s$, la producción de una expresión con la misma distribución ($Y_t$,

$$Y^\prime_t = \sum_{s\in X_t} e^{-s}.$$

Reorder this sum (which, because it is almost surely finite, will not change its value) so that the $s = s_1 \le s_2 \le \cdots \le s_N$ are ascending. Letting $u_1 = s_1,$ $u_2 = s_2 - s_1, \ldots,$ $u_{i+1} = s_{i+1}-s_i$ for $i=1, 2, \ldots, N-1$ puts this sum in the form

$$Y^\prime_t = \sum_{i=1}^N e^{-(u_1 + u_2 + \cdots + u_N)} = e^{-u_1}\left(1 + e^{-u_2}\left(1 + \cdots + \left(1 + e^{-u_N}\right)\cdots \right)\right).$$

If we were to fix $N$ (rather than let it have a Poisson distribution), the exponentials of the gaps $U_i=e^{-u_i}$ would be uniformly distributed. In the limit there is no difference between fixing $N$ and allowing it to have a Poisson distribution (up to a factor of $N^{-1/2}$), so the asymptotic distribution of $Y_t$ must be that of the infinite product

$$U_1(1 + U_2(1 + U_3(1 + \cdots )\cdots))$$

where the $U_i$ are independently uniformly distributed on $[0,1]$. Therefore, if the random variable $Y$ has the limiting distribution of $Y_t$, then $U(1+X)$ must also have this distribution for an independent uniform variate $U$. This is the desired recurrence relation. It remains to exploit it.

Let the limiting distribution function be $F$ (with density $f$) and let $y \ge 0$. By definition,

$$F(y) = \Pr(U(1+X) \le y) = \Pr(U \le \frac{y}{1+X}).$$

This breaks into two parts depending on whether $s/(1+X)$ exceeds $1$, for when it is less than $1$ this probability equals $s/(1+X)$ and otherwise it equals $1$. We need to integrate this probability over all possible values of $X$, which can range from $0$ on up. This yields

$$F(y) = y \int_{\max(y-1,0)}^\infty \frac{f(x)}{1+x}dx + F(y-1).$$

For $0 \le y \le 1$, this shows $F$ is linear in $y$, whence $f$ is a constant in this interval. Let's rescale $F$ to make this constant unity--we'll renormalize afterwards. Thus, using the rescaled $F$, we obtain the recurrence relation

$$F(y) - F(y-1) = y \int_{\max(y-1,0)}^\infty \frac{f(x)}{1+x}dx.$$

By differentiating both sides with respect to $y$ we obtain a comparable recurrence for the density. It can be simplified to

$$f(y) = 1 - \int_1^y \frac{f(x-1)dx}{x}.$$

The solution breaks into functions defined piecewise on the intervals $[0,1]$, $[1,2]$, and so on. It can be obtained by starting with a constant value of $f$ on $[0,1]$, integrating the right hand side of the recurrence to obtain the values of $f$ on $[1,2]$, and repeating ad infinitum. The resulting function on $[0,\infty)$ is then integrated to find the normalizing constant. Only the first few expressions can be integrated exactly in any nice form--repeated logarithmic integrals show up immediately.

Here is a histogram of a simulation of the 100th partial product, iterated 10,000 times. Over it is plotted an approximation of $f$ obtained as described above using numerical integration. It closely agrees with the simulation.

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These calculations were carried out in Mathematica (due to the need for repeated numerical integration). A quick simulation of the problem--as originally formulated--can be performed in R as a check. This example performs 100,000 iterations, drawing a Poisson $N$, conditionally drawing the $X_t$, and computing $Y_t$ cada vez que:

s <- 100 # Plays the role of "t" in the question
sim <- replicate(1e5, sum(exp(-s+runif(rpois(1, s), 0, s))))
hist(sim, freq=FALSE, breaks=50)