Distribucion Exponencial y Procesos de Poison

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Prof. Juan Carlos Briceño Escuela de Ciencias de la Computación e Informática

Facultad de Ingeniería Universidad de Costa Rica.

Curso: CI-1453 Investigación de Operaciones.

La Distribución Exponencial y Procesos de Poisson.

1. Introducción. En la confección de un modelo matemático, para un fenómeno del mundo real, es siempre necesario hacer algunas presunciones simplificadoras de forma poder observar el desarrollo de las matemáticas. Por otro lado no podemos hacer demasiadas demasiadas simplificaciones ya que nuestras conclusiones, obtenidas del modelo matemático, no serían aplicables al fenómeno de la vida real. Es decir en resumen, debemos hacer suficientes presunciones para permitirnos manejar las matemáticas involucradas, pero no tantas como para que el modelo matemático resultante no refleje el fenómeno de la vida real. Una de las presunciones que se establecen es la de asumir que ciertas variables aleatorias, son exponencialmente distribuidas. La razón, es que la distribución exponencial es a la vez fácil de trabajar y es una buena aproximación de la variable aleatoria bajo observación. La propiedad esencial de la distribución exponencial que hace de ella fácil de analizar es que no se deteriora con el tiempo. Por esto entendemos que si la variable, del fenómeno de la vida real, es exponencialmente distribuida, entonces un artículo, o pieza, que ha sido utilizado por un número determinado de horas, es tan bueno como cualquier artículo nuevo en vista del tiempo restante hasta que el artículo falle. Esto se demostrará posteriormente donde se verá que la exponencial es la única distribución que procesa esta propiedad. Luego estudiaremos procesos de conteo haciendo énfasis en lo que llamamos un proceso de Poisson. Descubriremos luego su relación íntima con la distribución exponencial.

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®Todos los Derechos Reservados, Juan Carlos Briceño.

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22. La Distribución de Exponencial. 2.1. Definición. Una variable aleatoria continua X , se dice tener una distribución exponencial con parámetro l , l >0, si su función de densidad de probabilidad está dada por:

f (x) =

λ e

− kx

x≥0

,

x < 0

0,

O, igualmente, su función de distribución acumulativa o de densidad de probabilidad está dada por: F ( x) =

x

∫

f ( y )∂y =

−∞

1− e

− λ x

x≥0

,

x < 0

0,

X ], La media de la distribución exponencial, E [ X ], está dada por: x

∫

E[X ] =

−∞

xf ( x)∂x =

Integrando por partes ( u = x, ∂v = λ e

− λ x

x

∫

−∞

λ xe− λ x ∂x

∂x ) nos da:

E [ X ] = − xe −λ |∞0 + x

∞

∫ 0

e− λ ∂x = x

1 λ

La función La función generadora del primer momento φ (t ) de la distribución exponencial está dado por: φ (t ) = E ⎡⎣ etX ⎤⎦ =

∞ tx

∫ 0

e λ e− ∂x = λ x

λ λ − t

para t < λ

(2.1)

Y en general todos los momentos de X pueden ahora ser obtenidos por ecuaciones diferenciales, por ejemplo:

∂2 E ⎡⎣ X ⎤⎦ = φ (t ) ∂t 2

= =

2

t = 0

2λ (λ − t )3

t = 0

2 λ 2


2

22. La Distribución de Exponencial. 2.1. Definición. Una variable aleatoria continua X , se dice tener una distribución exponencial con parámetro l , l >0, si su función de densidad de probabilidad está dada por:

f (x) =

λ e

− kx

x≥0

,

x < 0

0,

O, igualmente, su función de distribución acumulativa o de densidad de probabilidad está dada por: F ( x) =

x

∫

f ( y )∂y =

−∞

1− e

− λ x

x≥0

,

x < 0

0,

X ], La media de la distribución exponencial, E [ X ], está dada por: x

∫

E[X ] =

−∞

xf ( x)∂x =

Integrando por partes ( u = x, ∂v = λ e

− λ x

x

∫

−∞

λ xe− λ x ∂x

∂x ) nos da:

E [ X ] = − xe −λ |∞0 + x

∞

∫ 0

e− λ ∂x = x

1 λ

La función La función generadora del primer momento φ (t ) de la distribución exponencial está dado por: φ (t ) = E ⎡⎣ etX ⎤⎦ =

∞ tx

∫ 0

e λ e− ∂x = λ x

λ λ − t

para t < λ

(2.1)

Y en general todos los momentos de X pueden ahora ser obtenidos por ecuaciones diferenciales, por ejemplo:

∂2 E ⎡⎣ X ⎤⎦ = φ (t ) ∂t 2

= =

2

t = 0

2λ (λ − t )3

t = 0

2 λ 2


2

3

De lo anterior, obtenemos también: 2

2 Var( X X ) = E ⎡⎣ X ⎤⎦ − ( E [ X ])

= =

2 λ2 1

−

1 λ 2

λ 2

2.2. Propiedades de la Distribución Exponencial. Una variable aleatoria X se dice sin memoria, si: P { X > s + t X > t} = P { X > s} para toda s, t ≥ 0 .

(2.2)

Si suponemos X siendo la vida media de un instrumento, la ecuación (2.2) afirma que la probabilidad que el instrumento funcione por lo menos s +t horas dado que ha funcionado t horas, es la misma que la probabilidad inicial de que funcione por lo menos s horas. En otras palabras, si el instrumenta funciona en el tiempo t , entonces la distribución del resto del tiempo de que funcione es la misma que la distribución de esperanza de vida original, es decir que, el instrumento no recuerda que ha funcionado por un tiempo t . La probabilidad condicional de la ecuación (2.2) es equivalente a: P { X > s + t , X > t} P { X > t }

= P { X > s}

o, P { X > s + t} = P { X > s} P { X > t}

(2.3)

Puesto que la ecuación (2.3) se satisface para X exponencialmente distribuida puesto que − s +t − s − t (e λ ( ) = e λ e λ ), entonces variables aleatorias exponencialmente distribuidas son sin memoria.

3


3

Ejemplo a.4 Suponga que el tiempo que duramos en un banco es exponencialmente distribuido de media 10 minutos, es decir λ = 101 . Cuál es la probabilidad de que un cliente durará más de 15 minutos en el banco? Cuál es la probabilidad que un cliente durará más de 15 minutos dado que permanece aún en el banco luego de 10 minutos? Solución. Si X representa el tiempo que un cliente dura en el banco, entonces la primera probabilidad es: − − P { X > 15} = e 15λ = e 3/ 2 ≈ 0.220

La segunda pregunta pide la probabilidad que un cliente que ya ha durado 10 minutos en el banco deberá durar por lo menos 5 minutos más. Sin embargo dado que la distribución exponencial es sin memoria, es decir no recuerda que el cliente ha durado ya 10 minutos en el banco, debe ser igual a la probabilidad de que un cliente que acaba de entrar tenga una expectativa de durar por lo menos 5 minutos en el banco. Es decir, la probabilidad deseada es: − − P { X > 5} = e 5λ = e 1/ 2 ≈ 0.604

Ejemplo b. Considere una oficina de correos atendida por dos empleados postales. Suponga que cuando el señor S. entra en el sistema descubre que el señor J. está siendo servido por uno de los empleados y el señor B. por el otro. Suponga también que al señor S. se le comunica que será atendido tan pronto como el señor J. o el señor B. hayan sido atendidos. Si el tiempo que un empleado postal dura en atender un cliente es una variable aleatoria exponencialmente distribuida con media 1/ λ , cuál es la probabilidad que, de los tres clientes, el señor S. sea el último en salir de la oficina de correos? Solución. La solución se obtiene razonando: Considere el tiempo en el cual el señor S. encuentra un empleado postal libre.

En este punto, o el señor J. o el señor B. estará siendo atendido aún. Sin embargo, por la falta de memoria de la exponencial, el tiempo que este hombre (el señor J. o el señor B.) debería aún ser atendido es una distribución exponencialmente distribuida con media 1 / λ . Es decir, es el mismo que si acabase de llegar. Por lo tanto, por simetría, la probabilidad que termine antes que el señor S. debe ser igual a ½.

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4

5

Resulta que no sólo la distribución exponencial es sin memoria, sino que es la única que posee esta propiedad.

Suponga que X es sin memoria, y sea F ( x) = P { X > x} . Entonces por la ecuación (2.3) se deduce que: F ( s + t ) = F ( s) F (t )

Es decir, F ( x) satisface la ecuación funcional: g ( s + t ) = g ( s) g (t ) Sin embargo, sólo soluciones continuas a la derecha de esta ecuación funcional son: − x g ( x) = e λ (*) y puesto que la función de distribución es siempre continua a la derecha, debemos tener que: − x F ( x) = e λ F ( x) = P { X ≤ x} = 1 − e

o,

− λ x

Lo que muestra que X es exponencialmente distribuida. (*) Se demuestra de la siguiente forma: Si g ( s + t ) = g ( s) g( t ), entonces: g ( 2n ) = g ( n1 + n1 ) = g 2 ( n1 ) m Repitiendo esto, g ( m / n) = g (1/ n).

1/ n

n Además: g (1) = g ( 1n + 1n + ... + 1n ) = g ( 1n ), o g ( n1 ) = ( g (1) )

Entonces, g ( m / n) = ( g (1) ) x

que g ( x) = ( g (1) ) .

m / n

lo que implica que, puesto que g es continua a la derecha, tal

Puesto que, g(1)=

2 ( g ( 12 ) ) ≥ 0 obtenemos que g( x) = e− λ x ,

donde

λ = − log(g (1)).

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5

6

La propiedad de sin memoria se ilustra por la función de tasa de fallo (también llamada función de tasa de azar) de la distribución exponencial. Considere una variable aleatoria continua X con función de distribución F y densidad f . La función de tasa de fallo o azar, r (t ) se define por: r (t ) =

f (t )

1 − F (t )

(2.4)

Para interpretar r (t ), supongamos que X ha sobrevivido, continúa en funcionamiento, por t horas, y deseamos obtener la probabilidad que X no sobrevivirá por un tiempo adicional ∂t . Es decir, considerando P { X ∈ (t , t + ∂t ) X > t} : P { X ∈ (t , t + ∂t ) X > t} =

=

P { X ∈ (t , t + ∂t ), X > 1} P { X > t } P { X ∈ (t , t + ∂t )}

≈

P { X > 1} f (t )∂t

1 − F (t ) = r (t )∂t

Es decir que, r (t ) es la densidad de la probabilidad condicional que un artículo de t años de antigüedad fallará. Supongamos ahora que la distribución de esperanza de vida es exponencial. Entonces, por la propiedad de no memoria, se tiene que la distribución de vida restante para un artículo de t años de antigüedad es la misma que para un artículo nuevo. Entonces r (t ) debe de ser constante. Puesto que: r (t ) =

=

f (t )

1 − F (t ) λ e − λ t

e = λ

− λ t

Por esto, el parámetro λ es referido como la tasa de la distribución. (Note que la tasa es el recíproco de la media y viceversa.)

6


6

7

Es de notar que la tasa de fallo r (t ) determina la distribución F . Para probarlo notemos que por la ecuación (2.4): r (t ) =

∂ / ∂tF (t ) 1 − F (t )

Integrando en ambos lados: t

∫

log(1 − F (t )) = − r (t ) ∂t + k

0

{ ∫

t

k 1 − F (t ) = e exp − r (t ) ∂t

o,

0

}

Si t =0, entonces k=0 y por lo tanto:

{ ∫

t

F (t ) = 1 − exp − r (t ) ∂t 0

}

2.3. Propiedades suplementarias de la Distribución exponencial. Sean X 1 , X 2 ,...., X n variables aleatorias independientes e idénticamente exponencialmente distribuidas con media 1/ λ . Entonces del curso de probabilidades y estadística, resulta que X 1 + X 2 + .... + X n tiene una distribución gama de parámetros n y λ . Podemos retomar esa propiedad y demostrarla por inducción. Como no hay nada que probar para el caso n = 1, iniciemos con asumir que X 1 + X 2 + .... + X n −1 tiene densidad la gamma dada por: f X1 + X2 +...+ X n−1 (t ) = λ e

(λ t )

− λ t

n−2

(n − 2)!

Entonces, f X1 + X 2 +...+ X n−1 + X n (t ) =

∞

∫ 0

f X n (t − s ) f X1 + X2 + ...+ X n−1 (s ) ∂s

∞

= ∫ λ e

− λ (t − s )

0

= λ e

− λ t

(λ t )n

λ e

− λ s

(λ s )n − 2 ( n − 2)

∂s

−1

( n − 1)!

Lo que prueba el resultado.

7


7

8

Otro cálculo útil es la determinación de la probabilidad que una variable aleatoria exponencial es más pequeña que otra exponencial. Es decir, suponiendo que X 1 y X 2 son variables aleatorias independientes exponencialmente distribuidas con medias respectivas 1/ λ1 y 1/ λ 2 ; entonces cuál es el valor de P { X 1 < X 2 } ? Esta probabilidad se calcula condicionando en X 2: ∞

∫ P { X = ∫ P { X = ∫ (1 − e =∫ λ e

P { X1 < X 2 } =

0

1

< X 2 X 2 = x} λ 2 e− λ x ∂x

1

< x} λ 2 e− λ ∂x

2

∞

0

∞

2

λ1 x

0

∞

− λ2 x

2

0

=1 −

)λ 2 e

− λ 2

∂x ∞

∂x − λ 2 ∫ e− ( λ + λ ) x ∂x

λ2 λ1 + λ2

1

2

0

=

λ 1 λ1 + λ2

(2.5)

Ejemplo Supongamos que tenemos un sistema estéreo, que consiste en dos partes principales, una radio y un parlante. Si el tiempo de vida de la radio es exponencialmente distribuida, con media de 1000 horas, y el tiempo de vida del parlante es exponencialmente distribuido con media 500 horas independiente del tiempo de vida de la radio, entonces cuál es la probabilidad de falla del sistema (cuando ocurra) por causa de falla de la radio? Solución. De la ecuación (2.5) con ( λ1 = 1/1000, λ 2 = 1/500 ) entonces la respuesta es:

1/1000 1/1000 + 1/ 500

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1

= . 3


8

3. El Proceso de Poisson. 9 3.1. El proceso de conteo. Un proceso estocástico

{ N (t ), t ≥ 0} ,

se dice un proceso de conteo si N (t ) representa el

número total de eventos que ocurrieron en el tiempo t . De la definición, se ve que un proceso de conteo debe de satisfacer: (i) (ii) (iii) (iv)

N (t ) ≥ 0. N (t ) es de valor entero. Si s < t , entonces N ( s) ≤ N (t ).

Para s
Un proceso de conteo se dice poseer incrementos independientes si el número de eventos que ocurren en intervalos de tiempo disjuntos son independientes. Por ejemplo, esto significa que el número de eventos que ocurrieron en el tiempo 10 ( N (10)) debe ser independiente del número de eventos que ocurren entre 10 y 15 (es decir, N (15) − N (10) ).

Un proceso de conteo se dice poseer incrementos estacionarios si la distribución del número de eventos que ocurren en cualquier intervalo de tiempo depende únicamente del tamaño del intervalo de tiempo. Es decir, el proceso posee incrementos estacionarios si el número de eventos en los intervalos ( t1 + s, t2 + s ) es decir ( N (t2 + s ) − N (t1 + s) ) tiene las misma distribución que el número de eventos en el intervalo ( t1 , t 2 ), (es decir N (t2 ) − N (t1 ) ) para todo t1 < t 2 , y s > 0.

9


9

3.2. Definición de Proceso de Poisson 10 . Uno de los procesos de conteo más importantes es el Proceso de Poisson que se define como sigue:

{ N (t ), t ≥ 0}

Definición 3.1. El proceso de conteo

se dice Proceso de Poisson con tasa

λ , λ > 0, si: (i) (ii) (iii)

N (0) =0. El proceso posee incrementos independientes. El número de eventos, en cualquier intervalo de tamaño t es distribuido Poisson con media λ t . Esto es, si para todo s, t ≥ 0. P { N (t + s ) − N ( s ) = n} = e

− λ t

(λ t )

n

n!

,

n = 0,1,...

Notemos que de la condición (iii) un proceso de Poisson tiene incrementos estacionarios y que: E [ N (t ) ] = λ t lo que explica por qué λ es llamado la tasa del proceso. La forma de determinar si un proceso de conteo arbitrario es un proceso de Poisson, es la de mostrar que las condiciones (i), (ii) y (iii) se satisfacen. La condición (i), simplemente anuncia que el conteo de eventos inicia en el tiempo t =0, y la condición (ii) puede usualmente ser verificada del conocimiento del proceso. Sin embargo, no es para nada claro cómo la condición (iii) se satisface, y por esta razón una definición equivalente de proceso de Poisson sería útil.

Definición. La función f (.) se dice o(h) si: lim h →0

f (h) h

Definición 3.2. El proceso de conteo

=0

{ N (t ), t ≥ 0}

se dice ser un proceso de Poisson con

tasa λ , λ > 0, si (i) N (0) =0 (ii) El proceso tiene incrementos estacionarios e independientes. (iii) P { N ( h) = 1} = λ h + o( h). (iv)

10

P { N ( h) ≥ 2} = o(h).


10

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Teorema 3.1 Las definiciones 3.1 y 3.2 son equivalentes. Demostración.

Probemos (3.2.) (3.1) Sea: Pn (t ) = P { N (t ) = n} Derivemos una ecuación de diferencias para P0(t ): P0 (t + h) = P { N (t + h ) = 0}

= P { N (t ) = 0, N (t + h ) − N (t ) = 0} = P { N (t ) = 0} P { N (t + h ) − N (t ) = 0} = P0 (t ) [1 − λ h + o( h) ]

( *) (**)

Donde las ecuaciones ( *) y ( **) son consecuencia de la presunción (ii) más el hecho que las presunciones (iii) y (iv) implican que P { N ( h) = 0} = 1 − λ h + o(h), entonces: P ( t + h ) − P0 (t )

= − λ P0 (t ) +

h

o( h ) h

Haciendo h → 0 obtenemos P0′(t ) = −λ P0 (t ) O de forma equivalente:

P0′(t ) P0 (t )

= − λ

− t Lo que implica por integración: log P0 (t ) = − λ t + c ⇒ P0 (t ) = Ke λ

Puesto que P0 (0) = P { N (0) = 0} = 1, Entonces:

P0 (t ) = e

− λ t

(3.1)

Similarmente, para n >0, Pn (t + h ) = P { N (t + h ) = n}

= P { N (t ) = n, N (t + h) − N (t ) = 0} + P { N (t ) = n − 1, N (t + h ) − N (t ) = 1} n

+ ∑ P { N (t ) = n − k , N (t + h) − N (t ) = k } k = 2

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11

12

Sin embargo por la hipótesis (iv), el último término es o( h); entonces, por la hipótesis (ii), obtenemos: Pn (t + h) = Pn (t ) P0 ( h) + Pn −1 (t ) P1 ( h) + o( h)

= (1 − λ h) Pn (t ) + λ hPn −1 (t ) + o( h)

Entonces: Pn (t + h) − Pn (t )

= −λ Pn (t ) + λ Pn−1 +

h

y, haciendo h → 0 conduce a: Pn′(t ) = − λ Pn (t ) + λ Pn −1 (t )

o( h ) h

o de forma equivalente, e λ [ Pn′(t ) + λ Pn (t )] = λ e λ Pn −1 (t ) t

t

entonces:

∂ λt λ t (e Pn (t )) = λ e Pn −1 (t ) (3.2) ∂t Por la ecuación (3.1) tenemos:

∂ t λ (e P1 (t )) = λ ∂t o, P1 (t ) = (λ t + c)e

− λ t

y, puesto que P1 (0) = 0, conduce a: P1 (t ) = λ te

− λ t

Para mostrar que Pn ( t) = e

− λ t

( λ t ) n / n!, usamos inducción. Asumamos n= 1, por la ecuación

(3.2): − ∂ λ t λ nt n 1 (e Pn (t )) = (n − 1)! ∂t

12


12

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O : e Pn (t ) =

(λ t )

n

+c n! Lo que implica el resultado ya que Pn (0) = 0. t

Esto muestra que la definición (3.2) implica la definición (3.1). El inverso se deja al lector como ejercicio.

Observaciones. El resultado que N (t ) tenga una distribución de Poisson es una consecuencia de que, la distribución de Poisson, es una aproximación de la distribución binomial (ver el curso de Probabilidades y Estadística). Podemos verlo subdividimos el intervalo [0, t ] uniformemente en k partes, con k muy grande.

0

t k

t =

2 t k

kt k

Usando el axioma (iv) de la definición (3.2) cuando k se incrementa hacia ∞ la probabilidad de tener dos o más eventos en cualquiera de los k intervalos tiende a 0. Entonces, N (t ) (con probabilidad tendiendo a 1) igualará el número de subintervalos en los cuales ocurre un evento. Sin embargo por incrementos estacionarios e independientes este número tendrá una distribución binomial con parámetros k y p = λ t / k + o(t / k). Entonces, aproximando por Poisson la binomial, vemos que, dejando k aproximarse a ∞ , N (t ) tendrá una distribución de Poisson con media igual a:

[to(t / k ) ] ⎛ t ⎞ ⎤ + o ⎜ ⎟ ⎥ = λ t + lim = λ t k →∞ k k t k / ⎝ ⎠ ⎣ ⎦ ⎡ t

lim k ⎢λ k →0

Lo anterior, usando la definición de o(h) y el hecho que t / k → 0 cuando t → ∞.

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13

3.314. Distribuciones de tiempo entre arribos y tiempos de espera. Consideremos un proceso de Poisson, y denotemos el tiempo del primer arribo por T 1, y sea ésimo ésimo para n>1, T n el tiempo transcurrido entre el ( n- 1) y el n evento. La secuencia {Tn , n = 1, 2,..} es llamada la secuencia de tiempos entre arribos. Por ejemplo si T 1= 5 y T 2= 10, entonces el primer evento ocurrió en el tiempo 5 y el segundo en el tiempo 15.

Determinaremos la distribución de tiempos T n. Notemos primero que el evento

{T1 > t }

tiene lugar si y solamente si, ningún evento del proceso de Poisson ocurre en el intervalo [0, t ] y por lo tanto: − λ t P {T1 > t} = P { N (t ) = 0} = e Entonces, T 1 tiene una distribución exponencial con media 1/ λ . Para:

P {T2 > t } = E ⎡⎣ P {T2 > t T1}⎤⎦

(3.3)

Sin embargo, P {T2 > t T1 = s} = P {0 eventos en ( s, s + t) T1 = s}

= P {0 eventos en ( s, s + t)}

= e − λ t Las dos últimas ecuaciones consecuencia de incrementos independientes y estacionarios. Por lo tanto de la ecuación (3.3) concluimos que T 2 es también una variable aleatoria exponencial con media 1/ λ , y además que T 2 es independiente de T 1. Repitiendo el mismo argumento, inferimos:

Proposición 3.1. T n, = 1,2,.., son variables aleatorias exponencialmente distribuidas con media 1/ λ .

independientes indénticamente

Nota. La proposición anterior no debería sorprendernos, la presunción de incrementos estacionales e independientes es básicamente equivalente a afirmar que en cualquier tiempo, el proceso probabilísticamente se reinicia a sí mismo. Esto es que, el proceso a partir de cualquier punto es independiente de todo lo previamente ocurrido (por incrementos independientes), y además tiene la misma distribución que el proceso original (por incrementos estacionarios). En otras palabras, El proceso no tiene memoria, y por lo tanto, tiempos entre arribos exponenciales son predecibles.

14


14

15

Otra cantidad de interés es Sn, el tiempo de arribo del e nésimo tiempo de espera hasta el e evento. n

S n = ∑ T i ,

nésimo

evento, también llamado

n ≥1

i =1

Y por la proposición 3.1. y la sección anterior (2.2), se deduce que Sn tiene una distribución gama con parámetros n y λ . Es decir que, la densidad de probabilidad de Sn, está dada por: f Sn (t ) = λ e

− λ t

(λ t ) n−1 ( n − 1)!

, t≥0

(3.4) nésimo

La ecuación (3.4) puede también ser derivada por el e evento que ocurrirá a priori o en el tiempo t si y sólo si el número de eventos ocurriendo en el tiempo t es por lo menos n. Es decir, N (t ) ≥ n ↔ S n ≤ t

y por lo tanto, usando su función de distribución: FSn (t ) = P {S n ≤ t} = P { N (t ) ≥ n} =

∞

∑e

− λ t

(λ t ) j j !

j = n

Lo cual, bajo diferenciación conduce a: f Sn (t ) = −

∞

∑ λe

− λt

j =n

= λe = λ e

−λt

j

(λ t ) j !

(λ t ) n

−1

(n − 1)! − λ t

(λ t )

∞

+ ∑ λ e

(λ t )

− λ t

( j − 1)!

j=n

+

∞

∑

j = n +1

λe

j −1

(λt ) j

− λt

−1

( j − 1)!

∞

− ∑ λ e− λ t j =n

(λ t ) j j!

n −1

(n − 1)!

Ejemplo. Supongamos que la gente emigra de un lugar a otro con una tasa de Poisson λ = 1 por día. mo (a) Cuál es el tiempo esperado hasta el arribo del 10 emigrante? ésima ava (b) Cuál es la probabilidad de que el tiempo transcurrido entre la10 y la 11 llegada exceda 2 días? Solución (a) E [ S10 ] = 10 / λ = 10 días.

(b) P {T11 > 2} = e 15

−2 λ

= e−2 ≈ 0.133


15

16

La proposición 3.1. nos da una forma alterna de definir un proceso de Poisson. Supongamos que iniciamos con una secuencia {Tn , n ≥ 1} de variables aleatorias independientes, idénticamente exponencial distribuidas cada una con media 1/ λ . Luego ésimo definamos un proceso de conteo diciendo que el n evento de de este proceso ocurre en el tiempo: Sn = T1 + T2 + ... + Tn .

{ N (t ), t ≥ 0}

El proceso de conteo resultante

será Poisson con tasa λ .

Formalmente, la definición de N (t) está dada por: N (t ) ≡ max {n : S n ≤ t} donde S0 ≡ 0.

3.4. Propiedades suplementarias de los Procesos de Poisson. Consideremos un proceso de Poisson, { N (t ), t ≥ 0} con tasa λ y supongamos que cada vez que un evento ocurre, se clasifica como de tipo I o de tipo II. Supongamos además que todo evento clasificado de tipo I tiene probabilidad p y de tipo II tiene probabilidad 1- p independientemente de cualquier otro evento. Por ejemplo, supongamos que clientes llegan a un almacén de acuerdo con un proceso de Poisson con tasa λ ; y suponga que en cada arribo, un hombre tiene una probabilidad de llegada de ½ y una mujer de ½ también. Entonces, definimos arribos de tipo I como llegadas masculinas y de tipo II de llegadas femeninas. Sean N 1(t ) y N 2(t ) respectivamente el número de eventos de tipo I y de tipo II que ocurren en [0, t ]. Notemos que N (t ) = N1 (t ) + N 2 (t ).

Proposición

3.2.

{ N1 (t ), t ≥ 0}

y { N 2 (t ), t ≥ 0 } son procesos de Poisson con tasas

respectivas λ p y λ (1 − p). Además los dos procesos son independientes. Demostración. Para demostrar esto, calculemos la probabilidad conjunta: P { N1 (t ) = n, N 2 = n} .

Condicionando sobre N ( t) = k, ∀k > 0 P { N1 (t ) = n, N 2 = n} =

∞

∑ P { N (t ) = n, N (t ) = m N (t ) = k} P {N (t) = k} 1

2

k = 0

De manera a tener n eventos de tipo I y m eventos de tipo II deben haber un total de n +m eventos ocurriendo en [0, t ]. Es decir: P { N (t ) = n, N 2 (t ) = m N (t ) = k } = 0 cuando, k ≠ n + m

16


16

17

Entonces , P { N1 (t ) = n, N 2 (t ) = m} = P { N 1(t ) = n, N 2 = m N (t ) = n + m} P { N (t ) = n + m}

= P { N1 (t ) = n, N 2 (t ) = m N (t ) = n + m} e

(λ t )n

− λ t

+m

( n + m)!

Sin embargo, dado que n +m eventos ocurren y puesto que cada evento de tipo I tiene probabilidad p y cada uno de tipo II tiene probabilidad (1- p), entonces la probabilidad que n de ellos sean de tipo I y m de ellos sean de tipo II es la probabilidad binomial:

(

n+m n

) p

n

(1 − p) m . Entonces.

P { N1 (t ) = n , N 2 (t ) = m} = (

n+m n

=e

)p

− λtp

n

(1 − p ) e

(λtp )

m

n

n!

e

n+m (λ t )

− λ t

( n + m)!

− λ t (1− p )

(λ t (1 − p)) m!

m

(3.5)

Entonces, ∞

P { N1 (t ) = n} =

∑ P { N (t ) = n, N (t ) = m} 1

2

m =0

=e =e

− λtp

n

(λtp ) n!

− λ tp

(λ tp )

∞

∑e

− λ t (1− p )

(λ t (1 − p))

m

m!

m=0 n

n!

Es decir { N1 (t ), t ≥ 0} es un proceso de Poisson con tasa λ p. Similarmente: P { N 2 (t ) = m} = e

− λ t (1− p )

m (λ t (1 − p ))

m! Y por lo tanto { N 2 (t ), t ≥ 0} es un proceso de Poisson con tasa λ (1 − p).

Finalmente, de la ecuación (3.2) se deduce que ambos procesos son independientes (puesto que la función de distribución conjunta está compuesta de factores separados de funciones de distribución de cada distribución).

17


17

Observaciones. 18 No es sorprendente que

{ N1 (t ), t ≥ 0} y { N 2 (t ), t ≥ 0} sean

procesos de Poisson. Lo que si

puede serlo es el hecho que sean independientes. Por ejemplo asuma que clientes llegan a un banco con una tasa de Poisson de λ =1 cada hora y supongamos que cada cliente tiene un probabilidad de ser hombre de ½ y de ser mujer de ½. Supongamos que 100 hombres llegan en las primeras 10 horas. Entonces, cuántas mujeres se espera hayan llegado en ese tiempo? Se podría decir que dado que el número de llegadas de hombres es 100 y cada una de esas llegadas es de probabilidad ½, entonces el número de llegadas total esperadas en ese período de tiempo es de 200 de las cuales 100 son mujeres. Pero como se mostró en la proposición anterior, un tal razonamiento es falso y el número esperado de llegadas de mujeres en esas 10 horas es de 5, independientemente del número de llegadas de hombres. Para obtener de forma intuitiva como la proposición anterior es verdadera, veamos lo siguiente: Si se subdivide el intervalo (0, t ) en n subintervalos de tamaño igual t/n, donde n es muy grande, entonces (descuidando eventos de probabilidad o(h)) cada subintervalo tendrá un probabilidad λ t / n de contener un sólo evento. Como cada evento tiene probabilidad p de ser de tipo I , entonces cada n de los subintervalos tendrá sea no eventos, eventos de tipo I , o eventos de tipo II con probabilidades respectivamente: 1−

λ t λt λ t , p, (1 − p) n n n

De la proposición que establece la Poisson como límite de la binomial, podemos concluir entonces que N 1(t ) y N 2(t ) son distribuidas Poisson respectivamente con medias λ p y λ t (1 − p). Para ver que son independientes, supongamos que N 1(t ) = k , entonces de los n intervalos, k contenderá un evento de tipo I y los otros n -k contendrán un evento de tipo II con probabilidad: λ t (1 − p) λ t ⎛ t ⎞ n P {de tipo II no es de tipo II} = = (1 − p) + o ⎜ ⎟ λ t n ⎝n⎠ 1 − p n

18


18

19

Entonces, como n -k sería un número muy grande, vemos a partir del teorema de Poisson N 1(t ) = k , N 2(t ) será de Poisson con media siendo el límite, que dado lim [ (n − k )λ t (1 − p) / n ] = λ t (1 − p), y entonces se establece la independencia. n→∞

Ejemplo Si los emigrantes a la zona A llegan con una tasa de Poisson de 10 por semana, y si cada 1 , entonces cuál es la emigrante de descendencia española es con probabilidad 12 probabilidad que ninguna persona de descendencia española emigrará a la zona A durante el mes de febrero? Solución. Por la proposición anterior, el número de descendientes españoles emigrando a la zona A durante el mes de febrero es distribuido Poisson con media 4*10* 121 = 103 . Entonces, la

probabilidad deseada es: e

−10 3

.

La proposición, se puede generalizar fácilmente al caso donde la clasificación es de uno de r grupos, tenemos la siguiente aplicación a un modelo de agentes mutando en una organización. Ejemplo Considere un sistema donde agentes en cualquier período de tiempo pueden clasificarse estando en uno de r estados de acuerdo a una cadena de Markov con probabilidades de transición Pij, i,j = 1,2..,r . Es decir, si un agente está en el estado i durante un período de tiempo entonces, independientemente de sus estados anteriores, estará en el estado j durante el próximo período de tiempo con probabilidad Pij. Se supone que los agentes mutan independientemente de los otros agentes del sistema. Supongamos que el número de agentes inicialmente en los estados 1,2,.., r son variables aleatorias independientes de Poisson con media respectivas: λ1 , λ2 ,..., λ r . Estamos interesados en determinar la distribución conjunta del número de agentes en estados 1,2,…,r en algún tiempo n. Solución. Para un i fijo, sea N j(i), j= 1,2,..,r , el número de esos individuos inicialmente en el estado i, que están en el estado j en el tiempo n. Cada uno de los números de agentes (distribuidos Poisson) inicialmente en el estado i estará, independientemente de los otros, en el estado j ésima n n en el tiempo n con probabilidad Pij , donde Pij es la probabilidad de n transición de

estado para la cadena de Markov con probabilidad de transición Pij. Entonces, las N j(i), j= 1,2..,r serán variables aleatorias de Poisson independientes con medias respectivas λ i Pij , j = 1,2,..r .

19


19

20

Puesto que la suma de variables aleatorias de Poisson independientes es una variable aleatoria de Poisson, entonces el número de agentes en el estado j en el tiempo n

∑ N (i) ) serán variables aleatorias de Poisson independientes con media respectiva: ∑ λ P , para j = 1, 2,.., r . r

(

i =1

i

i

j

n ij

La próxima probabilidad relacionada con los procesos de Poisson que nos interesa es la probabilidad que n eventos ocurran en un proceso de Poisson antes que m eventos ocurran en un segundo proceso independiente de Poisson. Formalmente, sean

{ N1 (t ), t ≥ 0}

y { N 2 (t ), t ≥ 0 } dos procesos de Poisson con medias

ésimo respectivas λ1 y λ 2 . Sea también Sn1 el tiempo del n evento del primer proceso, y Sm2 el ésimo

tiempo del m

evento del segundo proceso.

Buscamos: P {S n1 < Sm2 } .

(3.6)

Antes de calcular (3.6) para un n y m generales, consideremos el caso especial n = m = 1. Puesto que S11 , el tiempo del primer evento del proceso N 1(t ), y S12 , el tiempo del primer evento del proceso N 2(t ), son ambos variables aleatorias exponencialmente distribuidas (por la proposición 3.1) con medias respectivas 1 λ1 y 1 λ 2 , se concluye (por la sección 2) que: P {S11 < S12 } =

λ 1 λ1 + λ 2

(3.7)

Calculemos ahora la probabilidad de que dos eventos ocurran en el proceso N 1(t ) antes que ningún evento ocurra en el proceso N 2(t ). Esto es P {S 21 < S12 } . Para calcular esto, razonamos de la siguiente forma: Para que el proceso N 1(t ) tenga dos eventos antes que ninguno que ocurra sea un evento del proceso N 2(t ), es necesario que el primer evento que ocurra debe ser un evento del proceso N 1(t ) (esto ocurre por la ecuación (3.7) con probabilidad λ 1 ( λ1 + λ 2 ) ). Puesto que el evento inicial es del proceso N 1(t ), la próxima ocurrencia para que S21 sea menos que S12 es que el próximo evento también ocurra en el proceso N 1(t ). Sin embargo, cuando el primer evento ocurre ambos procesos se reinician nuevamente (por la propiedad de no memoria de los procesos de Poisson) y entonces su probabilidad condicional es también λ 1 ( λ1 + λ 2 ) .

20


20

Entonces

21

la probabilidad deseada está dada por:

⎛ λ 1 ⎞ P {S 21 < S12 } = ⎜ ⎟ ⎝ λ1 + λ 2 ⎠

2

En realidad este razonamiento muestra que cada evento que ocurre será un evento del proceso con probabilidad λ 1 ( λ1 + λ 2 ) y un evento del proceso N 2(t ) con probabilidad λ 1 ( λ1 + λ 2 ) , independientemente de todo lo ocurrido previamente.

En otras palabras, la probabilidad de que el proceso N 1(t ) llegue a n antes de que el proceso N 2(t ) llegue a m es justamente la probabilidad de que n cruces aparezcan antes de m caras si uno tira una moneda con probabilidad p = λ 1 ( λ1 + λ 2 ) de que aparezca una cara. Pero observando que este evento ocurrirá si y solo si las primeras n + m -1 tiradas resultan en n o más cabezas. Vemos entonces que la ecuación de probabilidad deseada está dada por:

P {S n < S m } = 1

21

2

n + m −1

∑( k =n

n + m −1 k

⎛

k

⎞ ⎛ λ 2 ⎞ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ 1 + λ2 ⎠ ⎝ λ1 + λ2 ⎠

)⎜ λ

λ1

n + m −1− k


21

3.5. Distribución condicional de tiempos de arribo22 . Supongamos que exactamente un evento de un proceso de Poisson ocurrió en el tiempo t , y buscamos determinar la distribución de tiempo en el cual éste ocurrió. Puesto que el proceso de Poisson tiene incrementos estacionarios e independientes, es razonable suponer que cada intervalo en [0, t ] de igual tamaño, tienen la misma probabilidad de contener un evento. En otras palabras, el tiempo del evento debe ser uniformemente distribuido sobre [0, t ]. Esto es fácil de verificar: Para s ≤ t : P {T1 < s, N (t ) = 1}

P {T1 < s N (t ) = 1} =

P { N (t ) = 1}

= =

P {1 evento en [0, s), 0 eventos en [ s, t)}

P { N (t ) = 1} P {1 evento en [0, s)} P {0 eventos en [ s, t)}

P { N (t ) = 1}

=

λ se

=

s

− λ s − λ ( t − s )

e

λ te

− λ t

t

Definición. Sean Y1 , Y2 ,..., Y n

n variables aleatorias. Decimos que Y(1) , Y(2) ,..., Y ( n ) son el ésimo

orden estadístico correspondiente a Y1 , Y2 ,..., Yn si Y( k ) es el k

valor más pequeño entre

Y1 , Y2 ,..., Yn , k = 1, 2..., n.

Por ejemplo si n = 3, y Y1 = 4, Y2 = 5, Y 3 = 1 , entonces Y(1) = 1, Y(2) = 4, Y (3) = 5. Lema. Si las Y1 , Y2 ,..., Y n son independientes, variables aleatorias continuas idénticamente distribuidas con densidad de probabilidad f , entonces la densidad conjunta del orden estadístico Y(1) , Y(2) ,..., Y ( n ) está dado por: n

∏ f ( y ),

f ( y1 , y2 ,..., yn ) = n !

i

y1 < y2 < ... < yn

i =1

22


22

23

Lo anterior es consecuencia de: (i) ( Y(1) , Y(2) ,..., Y ( n ) ) igualará ( y1 , y2 ,..., yn ) si ( Y1 , Y2 ,..., Y n ) es igual a cualquiera de las n! permutaciones de ( y1 , y2 ,..., yn ). (ii)

La densidad de probabilidad que ( Y1 , Y2 ,..., Y n ) es igual a yi1 , yi2 ,..., yin es

∏

n j =1

f ( yi j ) =

∏

n j =1

f ( y j ) cuando ( i1 , i2 ,..., in ) es una permutación de 1, 2,..., n.

Si las Y1 , Y2 ,..., Y n son uniformemente distribuidas sobre (0, t ) obtenemos entonces, de lo anterior, que la función de densidad conjunta del orden estadístico Y(1) , Y( 2) ,..., Y ( n ) es: f ( y1 , y2 ,..., yn ) =

n! n

t

,

0 < y1 < y2 < ... < yn < t .

Teorema 3.2. Dado que N (t ) = n; los n tiempos de llegada S1 , S 2 ,..., Sn tienen la misma distribución que el orden estadístico correspondiente a n variables aleatorias independientes uniformemente distribuidas en el intervalo (0, t ). Demostración.

Para obtener las densidades condicionales de S1 , S 2 ,..., Sn dado que N (t ) = n notemos que para 0 < s1 < s2 < ... < sn < t el evento que S1 = s1 , S2 = s2 ,..., Sn = sn , N (t ) = n es equivalente

al evento donde los primeros T1 = s1 , T2 = s2 − s1 ,..., Tn = sn − sn −1 .

n

+1

tiempos

entre

arribos

que

satisfacen

Entonces, usando la proposición 3.1 tenemos que las densidades condicionales conjuntas de S1 , S 2 ,..., Sn dado que N (t )=n están dadas por: f ( s1 , s2 ,..., sn n) =

f ( s1 , s2 ,..., sn , n) P { N (t ) = n}

=

λe

=

n!

− λ s1

λe

− λ ( s2 − s1 )

e n

t

− λ t

...λ e

− λ ( sn −sn−1 ) − λ (t − sn )

e

n

(λ t ) / n !

0 < s1 < ... < sn < t

lo que prueba el resultado.

23


23

24

Aplicación el teorema 3.2. ( Muestreo de un Proceso de Poisson )

En la proposición 3.2. mostramos que si un evento de Poisson es clasificado independientemente de tipo I con probabilidad p y como tipo II con probabilidad (1- p) entonces los procesos de conteo de los eventos de tipo I y II son proceso de Poisson independientes con tasas respectivas λ p y λ (1 − p). Supongamos que existen ahora k tipos posibles de eventos y que la probabilidad de que un evento sea clasificado como de tipo i , i = 1,2,…,k , depende del tiempo en que el evento ocurre. Específicamente, suponga que si un evento ocurre en el tiempo y entonces se clasificará como de tipo i, independientemente de cualquier otro que haya ocurrido, con probabilidad Pi ( y ), i = 1, 2,..., k donde

∑

k i =1

Pi ( y) = 1.

Proposición 3.3. Si N i (t ), i = 1,...., k , representa el número de eventos de tipo i ocurriendo en el tipo t entonces, N i(t ), i = 1,2,..,k , son variables de Poisson independientes con media: t

∫

E [ N i (t ) ] = λ Pi ( s)∂s 0

Antes de demostrarla veamos la siguiente aplicación.

Ejemplo (Un servicio de servidores de cola infinito) Suponga que clientes llegan a un puesto de servicio de acuerdo a un proceso de Poisson con tasa λ . A su arribo, el cliente es atendido inmediatamente por uno del número infinito de servidores y asumimos que los tiempos de servicio son independientes con distribución común G. Cuál es la distribución de X (t ), el número de clientes que completaron su servicio en el tiempo t ? Cuál es la distribución de Y (t ), el número de clientes que son servidos en el tiempo t ? Para responder a las preguntas, llamemos a clientes de tipo I aquellos que han completado el servicio en el tiempo t y de tipo II aquellos que no han terminado su servicio en el tiempo t . Si un cliente entra en el tiempo s, s ≤ t , entonces será de tipo I si su tiempo de servicio es menor que t -s.

24


24

25

Puesto que, la distribución de tiempos de servicio es G, la probabilidad anterior será G (t − s ). Similarmente, un cliente entrando en el tiempo s, s ≤ t , será de tipo II con probabilidad 1 − G(t − s). Entonces,

P( s) = G(t − s ), s ≤ t

Y, por la proposición anterior, obtenemos que la distribución de X (t ), el número de clientes que han terminado el servicio para el tiempo t , es distribuida Poisson con media: E [ X (t ) ] = λ

∫

t

0

t

∫

G (t − s )∂s = λ G ( y )∂y 0

(3.8)

Similarmente, la distribución de Y (t ), el número de clientes que están siendo servidos en el tiempo t es Poisson con media: E [Y (t ) ] = λ

∫

t

0

t

∫

(1 − G (t − s))∂s = λ (1 − G( y)) ∂y 0

(3.9)

Además, X (t ) y Y (t ) son independientes. Supongamos ahora que estamos interesados en calcular la distribución conjunta de Y (t ) y Y (t +s), que es la distribución conjunta del número de clientes en el sistema en el tiempo t y en el tiempo t + s. Digamos por ejemplo que la legada de un cliente es: Tipo 1: Si llega antes del tiempo t y completa el servicio entre t y t +s. Tipo 2: Si llega antes del tiempo t y completa el servicio después de t +s. Tipo 3: Si llega entre t y t +s y completa el servicio luego de t +s. Tipo 4: De cualquier otra forma.

Entonces, una llegada en el tiempo y será de tipo i con probabilidad Pi ( y) dado por:

P1 ( y ) =

G (t + s − y ) − G (t − y ) si y < t

0

P2 ( y ) =

25

de otra forma

1 − G (t + s − y ) si y < t 0

de otra forma


25

P3 ( y ) =

P4 ( y ) =

1 − G (t + s − y )

si t < y < t + s

0

de otra forma

1 − P1 ( y) − P2 ( y) − P3 ( y)

26

Entonces, si N i = N i(s +t ), i = 1, 2, 3 denota el número de eventos de tipo i que ocurren, entonces de la proposición 3.3, las N i, i = 1, 2, 3 son independientes variables aleatorias de Poisson con media respectiva: t +s

∫

E [ N i ] = λ

0

Pi ( y)∂y,

i = 1, 2,3

Puesto que, Y (t ) = N1 + N 2 Y (t + s ) = N 2 + N 3

Es ahora inmediato calcular probabilidades conjuntas por ejemplo: Cov [Y (t ), Y (t + s) ]

= Cov( N1 + N 2 , N2 + N3 ) = Cov( N 2 , N 2 ) por independencia de N1, N 2 , N3 = Var( N 2 ) t

t

0

0

= λ ∫ [1 − G (t + s − y ) ]∂y = λ ∫ [1 − G(u + s) ] ∂u La última ecuación pues la varianza de una variable aleatoria de Poisson es igual a su media y por el cambio de variable u = t -y. También, la distribución de Y (t ) y Y (t+s): P {Y (t ) = i, Y (t + s) = j} = P { N1 + N 2 = i, N 2 + N 3 = j}

=

min( i , j )

∑

P { N 2 = l , N1 = i − l , N 3 = j − l }

l =0

=

min( i , j )

∑

P { N 2 = l} P { N1i − l} P { N 3 = j − l}

l =0

26


26

27

Prueba de la proposición 3.3. Calculemos la probabilidad conjunta P { N i (t ) = n, i = 1,...k } .

De manera a tener ni eventos de tipo i para i = 1,2,..k deben haber habido un total de

∑

k i =1

ni eventos, condicionando un N (t ) nos da:

P { N1 (t ) = n1 ,..., N k (t ) = nk } k k ⎧ ⎫ ⎧ ⎫ = P ⎨ N1 (t ) = n1 ,...., N k (t ) = nk = nk N (t ) = ∑ ni ⎬ P ⎨ N (t ) = ∑ ni ⎬ i =1 i =1 ⎭ ⎩ ⎭ ⎩

Considerando un evento arbitrario que ocurre en el intervalo [0, t ]. Si ocurre en el tiempo s entonces la probabilidad de que sea de tipo i será Pi(s). Entonces, por el teorema 3.2 este evento ocurrió en algún tiempo uniformemente distribuido en (0, t ), entonces la probabilidad que este evento sea de tipo i es: Pi =

1 t

t

∫ P (s)∂s 0

i

Independiente del orden de los eventos.

{

∑ n } igualará la probabilidad multimodal de de salida tipo i para i =1,…,k cuando cada ∑ n ensayos independientes resultan con k

Entonces, P N i (t ) = ni , i = 1,..., k N (t ) =

i

i =1

ni

k

i =1

i

salida i con probabilidad Pi i = 1,2,…,k . Esto es,

⎛ k ⎞ ⎜ ∑ ni ⎟ ! k ⎝ i =1 ⎠ P n ...P n P N1 (t ) = n1 ,..., N k (t ) = nk N (t ) = ∑ i =1 ni = 1 k

{

}

1

k

n1 !...nk !

Consecuentemente,

⎛ ⎞ n n ⎜ ∑ i ⎟! k λ t )∑ n i n n ( ⎝ ⎠ P { N1 (t ) = n1 ,..., N k (t ) = nk } = P1 ...Pk = ∏ e− λ tP ( λ tPi ) ni ! n1 !...nk ! ⎛ ⎞ i =1 ⎜ ∑ ni ⎟! ⎝ i ⎠ i

1

27

k

i

i

i


27

28

3.6 Estimación de la fiabilidad de programas.

Cuando se desarrolla un paquete de programas, normalmente se implementa un procedimiento de prueba para la eliminación de fallas, faltas y errores. Un procedimiento común es la de probar el paquete en un conjunto de problemas bien conocidos y ver si ocurre algún error. Se procede por un período de tiempo fijo, anotando todos los posibles errores que ocurran. Luego el proceso de pruebas se detiene y el paquete se comprueba para determinar las fallas específicas que son responsables de los errores observados. Luego se altera el paquete de programas de forma a eliminar estos errores. En realidad no podemos estar seguros que todos los errores del paquete hayan sido subsanados, sin embargo, un problema de gran importancia es la estimación de la tasa de error del paquete de programas revisado. Para modelar lo anterior, supongamos que inicialmente el paquete tiene un número indefinido de fallas, m, al que referiremos como falla 1, falla 2, ..., falla m. Supongamos también que la falla i causará que los errores ocurran como un proceso de Poisson con tasa desconocida λ i , i= 1,2,…, m. Entonces, el número de errores debido a la falla i que ocurre en cualquiera de las s unidades de tiempo es distribuido Poisson con media λ i s. Supongamos también que esos procesos de Poisson causados por la falla i, i = 1,…, m son independientes. Supongamos también que el paquete de programas debe de ser ejecutado por t unidades de tiempo con todos los posibles errores anotados. Al final de este tiempo, se hace un control al paquete para determinar las fallas específicas que los causaron, Estos errores se corrigieron y el problema es ahora, el de determinar la tasa de error para el paquete revisado. Definamos.

ψ i (t ) =

1 si la falla i no ha causado un error en el tiempo t 0 de otra forma

Entonces, la cantidad que deseamos estimar es:

Λ (t ) = ∑ λψ i i (t )

(3.10)

i

la tasa de error del paquete final. 28


28

29

Observemos que: E [ Λ (t ) ] =

∑ λ E [ψ ] i

i

i

= ∑ λ i e− λ t i

i

Cada falla descubierta es causante de un cierto número de errores. Sea M j( t ) el número de fallas que son responsables por j errores, j ≥ 1. Es decir M 1 (t ) es el número de fallas causantes exactamente de un solo error, M 2 (t ) es el número de fallas causantes de 2 errores, etc. con

∑ jMj( t) igualando el

número total de

j

errores resultantes. Para calcular E [ M 1 (t ) ] , definamos la variables indicador I i ( t), i ≥ 1, por I i (t ) =

1 si la falla i causa exactamente 1 error 0 si no

Entonces,

∑ I (t ) E [ M (t ) ] = ∑ E [ I (t ) ] = ∑ λ te

M 1 (t ) =

i

i

Y entonces,

i

1

i

− λ i t

i

(3.11)

i

Y, de las ecuaciones (3.10) y (3.11) obtenemos que:

⎡ ⎣

E ⎢ Λ(t ) −

M 1 (t ) ⎤ t

⎥⎦ = 0

(3.12)

El resultado (3.12) sugiere el uso de M 1 (t ) t como un estimado de Λ( t ). Para determinar

que tan buen estimador M 1 (t ) t puede ser de Λ(t ), debemos determinar cuan separadas estas cantidades tienden a ser.

Es decir debemos calcular:

29

2 ⎡⎛ M 1 (t ) ⎞ ⎤ E ⎢⎜ Λ (t ) − ⎟ ⎥ t ⎝ ⎠ ⎦⎥ ⎣⎢

( *)


29

30

A partir de (3.12) M (t ) ⎞ 2 1 ⎛ (*) = Var ⎜ Λ (t ) − 1 ⎟ = Var( Λ(t )) − Cov( Λ(t ), M 1 (t )) + 2 Var( M 1(t )) t ⎠ t t ⎝ Pero, − t − t λi2 Var(ψ i (t )) = λ i2e λi (1 − e λ i ) Var(Λ (t )) =

∑

∑

i

i

Var( M 1 (t )) =

∑ Var( I (t)) = ∑ λ te i

i

⎛

Cov ( Λ(t ), M 1 ) = Cov ⎜

⎝

− λi t

i

(1 − λ ite

− λ i t

)

i

∑

λψ i i (t ),

∑

i

⎞

I j (t ) ⎟

j

⎠

= ∑∑ Cov ( λψ i i (t ), I j (t ) ) j

i

= ∑ λi Cov (ψ i (t ), I i (t ) )

(a)

i

= − ∑ λi e− λ t λ ite − λ t i

i

(b)

i

Donde (a) y (b) se deducen del hecho que ψ i ( t) y I j ( t ) son independientes cuando i ≠ j puesto que se refieren a diferentes procesos de Poisson y ψ i( t) I i( t ) = 0.

Entonces, se obtiene: 2 ⎡⎛ E [ M 1 ( t) + 2M 2 (t ) ] M 1 (t ) ⎞ ⎤ 1 − λ t 2 −λ t = + = E ⎢⎜ Λ (t ) − λ e λ e ⎥ ∑i i ∑ i ⎟ t ⎠ ⎥⎦ t i t 2 ⎢⎣⎝ i

i

(c)

Donde (c) se obtiene de (3.11) y de la identidad: E [ M 2 (t ) ] =

1 2

∑ ( λ t ) i

2

e

− λ i t

(3.13)

i

30


30

31

4. Generalizaciones de Los Procesos de Poisson.

4.1. Procesos de Poisson no Homogéneos. Los procesos de Poisson en los cuales se permite que la tasa de tiempos de llegada en el tiempo t sea una función de t .

{ N (t ), t ≥ 0}

Definición. El proceso de conteo

se dice un Proceso de Poisson no

homogéneo con función de densidad λ (t ), t ≥ 0, si: N (0) = 0 (i) (ii) { N (t ), t ≥ 0} tiene incrementos independientes

(iii)

P { N (t + h) − N (t ) ≥ 2} = o( h)

(iv)

P { N (t + h) − N (t ) = 1} = λ (t ) h + o( h).

Si definimos m(t ) =

t

∫ λ (s)∂s, entonces tenemos que: 0

n

P { N (t + s ) − N (t ) = n} = e

−[ m ( t + s )− m ( t )]

[ m(t + s) − m(t ) ] n!

,n≥0

(4.1)

La prueba se efectúa en ( **). De (4.1), N (t + s ) − N (t ) es distribuida Poisson con media m( t + s) − m( t). Tenemos también que N (t ) es distribuida Poisson con media m(t ), y por esta razón m(t ) es llamada la función de valor medio del proceso. Observemos que, si λ (t ) = λ (es decir que tenemos un proceso de Poisson), entonces m(t ) = λ t , y la ecuación (4.1) se reduce a al hecho que para un proceso de Poisson, N (t + s ) − N (t ) es distribuida Poisson con media λ s.

(**) Para un t fijo, definimos: Pn ( s ) = P { N (t + s) − N (t ) = n} Entonces, P0 ( s + h) = P { N (t + s + h) − N (t ) = 0}

= P {0 eventos en (t, t + s), 0 eventos en [t + s, t + s + h ]} = P {0 eventos en (t, t + s)} P {0 eventos en [t + s, t + s + h ]} = P0 ( s) [1 − λ (t + s) h + o( h) ]

31

(a) (b)


31

32

Donde las ecuaciones (a) y (b) se deducen de la propiedad de incrementos independientes y del hecho que las propiedades ( iii) y (iv) de la definición, implican que P { N (t + s + h) − N (t + s) = 0} = 1 − λ (t + s) h + o( h). Entonces,

P0 ( s + h) − P0 ( s)

= −λ (t + s ) P0 ( s) +

o ( h)

h Y, haciendo que h → 0 obtenemos que:

h

P0′( s) = − λ (t + s) P0 ( s)

O, bajando el término P0 e integrado, tenemos que: log ( P0 (s) ) = −

∫

s

0

λ (t + u)∂u =

t+s

∫ 0

λ ( y) ∂y

O, equivalentemente: P0 ( s ) = e

−[ m ( t + s ) − m ( t )]

Lo que queda de la demostración sigue bajo la misma dinámica y es fácilmente desarrollada. El hecho importante de los procesos no homogéneos de Poisson es que no necesitamos más de la hipótesis de incrementos estacionarios. Y por lo tanto, ahora permitimos la posibilidad que los eventos sean más probables de ocurrir en algunos momentos de tiempo que en otros.

Ejemplo. Un servicio de comida rápida abre a las 8 am. Desde las 8 hasta las 11 am. los clientes parecen llegar, en media, con una tasa de incremento constante iniciando en 5 clientes hora y alcanza un máximo de 20 clientes hora a las 11 am. Desde las 11 am hasta la 1 pm. la tasa media parece constante en 20 cliente por hora. Sin embargo, la tasa media de arribo cae constantemente a partir de la 1 pm. hasta el cierre a las 5 pm. en cuyo período de tiempo tiene un valor de 12 clientes hora. Si asumimos que el número de clientes llegando durante intervalos de tiempo disjuntos es independiente, entonces: (i) (ii) (iii) 32

Cuál es un buen modelo probabilístico para el servicio de comida? Cuál es la probabilidad de que ningún cliente llegue entre 8 am. y 9:30 am. durante la mañana del lunes? Cuál es el número esperado de llegadas durante ese intervalo de tiempo?


32

33

Solución. Un modelo no homogéneo de Poisson asume el tipo de llegadas planteado y en el caso del ejemplo, la función de intensidad λ ( t ) está dada por:

λ (t ) =

5 + 5t ,

0 ≤ t ≤ 3

20,

3 ≤ t ≤ 5

(1)

20 − 2(t − 5), 5 ≤ t ≤ 9 Y,

λ (t) = λ (t − 9) para t > 9

Observemos que en las ecuaciones anteriores, hemos asumido que N (t ) representa el número de llegadas durante las t horas en que el servicio de comida está abierto. Es decir que no estamos contando las horas entre 5 pm. y 8 am. Si deseamos que N (t ) represente el número de llegadas en las t horas sin consideración de que el servicio esté abierto o no, asumiendo que el proceso inicia a la media noche, entonces:

λ (t ) =

0,

0 ≤ t < 8

5 + 5(t − 8),

8 ≤ t ≤ 11

20,

11 ≤ t ≤ 13

(2)

20 − 2(t − 13), 13 ≤ t ≤ 17 0,

y,

17 ≤ t ≤ 24

λ (t ) = λ (t − 24) para t > 24.

Como el número de llegadas entre las 8:30 am. y las 9:30 am. será un proceso de Poisson con media m ( 32 ) − m ( 12 ) en el modelo (1), y m ( 197 ) − m ( 172 ) en el modelo (2), tenemos que la probabilidad de que este número sea cero es:

{ ∫ (5 + 5t)∂t} = e

exp −

3

1

2

−10

2

y el número medio de arribos es: 3

∫ (5 + 5t )∂t = 10 1

33

2

2


33

34

Cuando la función de intensidad λ ( t ) es acotada, podemos pensar que el proceso no homogéneo es un muestreo aleatorio de un proceso homogéneo. Específicamente, sea λ( t) ≤ λ para todo t ≥ 0, y consideremos un proceso de Poisson con tasa λ . Si suponemos que un evento ocurriendo en el tiempo t se cuenta con probabilidad λ (t ) λ , entonces el proceso de conteo de eventos es un proceso de Poisson no homogéneo con función de intensidad λ ( t ). La afirmación anterior es consecuencia de la definición 4.1. Por ejemplo ( i), (ii) y (iii) se deducen pues estas son verdaderas para el proceso homogéneo de Poisson. El axioma ( iv) se deduce de: P {un evento contado en ( t, t + h)} = P {un evento en ( t, t + h)}

= λ h

λ (t ) λ

+ o( h)

λ (t )

+ o ( h) λ = λ (t )h + o( h) Ejemplo. El proceso de salida de un Servidor de Poisson de Colas Infinito ( M/G/ ∞ ). El proceso de salida del ( M/G/ ∞ ) es decir, un servidor infinito de colas con arribos de Poisson y distribución general de servicios G, es un proceso de Poisson no homogéneo con función de intensidad λ ( t) = λ G( t ). Demostración . Observemos que la función de densidad de probabilidad conjunta que un cliente llegue en el tiempo s y salga en el tiempo t es igual a λ , la probabilidad (en realidad la intensidad) de arribo en el tiempo s, multiplicado por g(t -s), la densidad de probabilidad que su tiempo de servicio sea t -s.

Entonces, λ (t ) =

t

∫ λ g (t − s) = λ G(t ) es la intensidad de probabilidad de una salida en el 0

tiempo t . Supongamos que se nos informa que ocurre una salida en el tiempo t , cómo afecta esto la probabilidad de otros tiempos de salida? Aunque conozcamos el tiempo de arribo del cliente que sale en el tiempo t , esto no afectará los tiempos de arribo de otros clientes (por la presunción de incrementos independientes del proceso de arribos de Poisson)

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Entonces, puesto que siempre hay servicios disponibles para arribos, esta información no puede afectar las probabilidades de otros tiempos de partida. Por lo tanto, el proceso tiene incrementos independientes, y por lo tanto para salidas ocurriendo en t con intensidad λ (t ), lo que verifica la afirmación.

4.2. Procesos de Poisson compuestos. Un proceso estocástico

{ X (t ), t ≥ 0} se dice un proceso

compuesto de Poisson si se puede

representar de la forma: X (t ) =

N ( t )

∑Y , i

t ≥ 0

(4.2)

i =1

Donde,

{ X (t ), t ≥ 0} es un proceso de Poisson, y {Yn , n ≥ 0} es una familia independiente de

variables aleatorias idénticamente distribuidas que también son independientes de { X (t ), t ≥ 0} .

Ejemplos. (i)

Si Y i ≡ 1, entonces X (t ) = N (t ), y tenemos el proceso de Poisson usual.

(ii)

Supongamos que buses llegan a un evento deportivo de acuerdo a un proceso de Poisson, y supongamos que el número de clientes en cada bus son independientes e idénticamente distribuidos. Entones { X (t ), t ≥ 0} es un proceso

(iii)

de Poisson compuesto donde X (t ) es el número de clientes llegados en el tiempo t . En la ecuación (4.2.) Y i representa el número de clientes llegados en el bus i. Supongamos que los clientes salen de un supermercado de acuerdo con un ésimo proceso de Poisson. Si Y i, es la cantidad de dinero gastada por el i cliente, i = 1,2.., son independientes e idénticamente distribuidas, entonces { X (t ), t ≥ 0} es un proceso de Poisson compuesto cuando X (t ) es la cantidad total de dinero gastada para el tiempo t .

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Distribucion Exponencial y Procesos de Poison

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