Suma zmiennych losowych dwumianowych i Poissona

Jeśli mamy dwie niezależne zmienne losowe i , jaka jest funkcja masy prawdopodobieństwa ? $X_1 \sim \mathrm{Binom}(n,p)$ $X_2 \sim \mathrm{Pois}(\lambda)$ $X_1 + X_2$

Uwaga: To nie jest dla mnie praca domowa.

— Matteo Fasiolo
źródło

Chyba próbowałeś splotu? en.wikipedia.org/wiki/... Gdzie utknąłeś? Zakładam, że nie ma zamkniętego formularza, w przeciwnym razie rozwiązanie prawdopodobnie byłoby tutaj: en.wikipedia.org/wiki/...

— Stephan Kolassa

Tak, właśnie tego próbowałem, ale może znalazłem odpowiedź tutaj: mathstatica.com/SumBinomialPoisson Kummer konfluentna funkcja hipergeometryczna..hugh!

— Matteo Fasiolo

Przeczytałem tag zadania domowego zgodnie z jego użyciem na tej stronie . Twoje zdrowie. :-)

— kardynał

Powieść oznacza nowy (wcześniej nieznany lub opublikowany). Nie zgadzam się również z tym, że stosowanie znanych metod rozwiązywania nowych problemów sprawia, że jest to zadanie domowe - to samo można powiedzieć o większości artykułów opublikowanych w czasopismach dotyczących dystrybucji.

— wilki

Podobnie jak w wielu innych przypadkach w statystykach, w których funkcja hipergeometryczna pojawia się wraz z argumentami integralnymi, możesz zrozumieć, że jest to skrótowy zapis dla niejawnej (skończonej) sumy w zwoju, jeśli chcesz. Zaletą takiego wyrażenia jest to, że istnieją niezliczone sposoby manipulowania nim w prostszych formach i często można je ocenić bez faktycznego podsumowania.

— whuber

Odpowiedzi:

Otrzymasz dwie różne formuły dla , jedną dla i jedną dla . Najłatwiejszym sposobem rozwiązania tego problemu jest obliczenie iloczynu oraz . Następnie $p_{X_1+X_2}(k)$ $0 \leq k < n$ $k \geq n$ $\sum_{i=0}^n p_{X_1}(i)z^k$ $\sum_{j=0}^{\infty}p_{X_2}(j)z^j$ jest współczynnikiemw produkcie. Nie jest możliwe uproszczenie sum. $p_{X_1+X_2}(k)$ $z^k$

— Dilip Sarwate
źródło

P (X_{1} + X_{2} = k) = \sum_{x_{1} = 0}^{min (n, k)} (\binom{n}{x_{1}}) p^{x_{1}} (1 - p)^{n - x_{1}} e^{- λ} \frac{λ^{k - x_{1}}}{(k - x_{1})!} = \frac{{(1 - p)}^{n} e^{- λ} λ^{k}}{Γ (k + 1)}_{2} F_{0} (- k, - n;; - \frac{p}{(p - 1) λ})

$\DeclareMathOperator{\P}{\mathbb{P}} \P(X_1+X_2=k)= \sum_{x_1=0}^{\min(n,k)} \binom{n}{x_1} p^{x_1}(1-p)^{n-x_1} e^{-\lambda} \frac{\lambda^{k-x_1}}{(k-x_1)!}= {\frac { \left( 1-p \right) ^{n}{{\rm e}^{-\lambda}}{\lambda}^{k}}{ \Gamma \left( k+1 \right) } {\mbox{$_2$F$_0$}(-k,-n;\,\ ;\,-{\frac {p}{ \left( p-1 \right) \lambda}})} }$

— kjetil b halvorsen
źródło

Dilip Sarwate stwierdził 7 lat temu, że żadne uproszczenie nie jest możliwe, chociaż zostało to zakwestionowane w komentarzach. Myślę jednak, że warto zauważyć, że nawet bez uproszczenia obliczenia są dość proste w dowolnym arkuszu kalkulacyjnym lub języku programowania.

Oto implementacja w języku R:

# example parameters
n <- 10
p <- .3
lambda <- 5

# probability for just a single value
x <- 10  # example value
sum(dbinom(0:x, n, p) * dpois(x:0, lambda))

# probability function for all values
x0  <- 0:30   # 0 to the maximum value of interest
x   <- outer(x0, x0, "+")
db  <- dbinom(x0, n, p)
dp  <- dpois(x0, lambda)
dbp <- outer(db, dp)
aggregate(as.vector(dbp), by=list(as.vector(x)), sum)[1:(max(x0)+1),]

— Pere
źródło

Dilip nie wykazał, że uproszczenie sum nie jest możliwe: stwierdził takie twierdzenie (a twierdzenie to nie wydaje się poprawne). Jeśli podążysz za linkami dostarczonymi przez PO, otrzymasz rozwiązanie w zakresie zlewających się funkcji hipergeometrycznych Kummer.

— wilki

@wolfies - To byłby bardzo interesujący punkt w nowej odpowiedzi na to stare pytanie. Prawdopodobnie bardziej interesujące niż moje.

— Pere

Potencjalnie szybsze podejście do dużej nw dwumianu i dużej lambda wymagałoby szybkich transformacji Fouriera (lub podobnych). Z powodzeniem zastosowałem go w wielu rzeczywistych problemach, w których splot nie jest algebraicznie wygodny, ale wystarczą odpowiedzi numeryczne i gdzie dodano wiele niezależnych wariantów.

— Glen_b

n

$n$

λ

$\lambda$ dpoisxxx<-qpois(0:1+c(1,-1)*1e-6, lambda)dpoisxzapsmalln

W rzeczy samej. Zrobiłem coś podobnego z własną aplikacją - wyjście wystarczająco daleko dało wymagane kwantyle tak dokładnie, jak były potrzebne.

— Glen_b