Teorema de expectativa total para procesos de Poisson

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Tengo dos procesos independientes de Poisson y con tasas de llegada y , respectivamente. Ahora, el tiempo esperado para la llegada del siguiente elemento para el proceso combinado debe ser . $A$ $B$ $\lambda_A$ $\lambda_B$ $\frac {1}{\lambda_A+\lambda_B}$

Suponiendo que es la hora de llegada para el siguiente elemento del proceso combinado, y o como los eventos que los elementos son de los procesos o , usando la ley de expectativas totales, obtenemos $T_{A+B}$ $\{X=A\}$ $\{X=B\}$ $A$ $B$

\begin{aligned} E (T_{A + B}) & = E (T_{A + B} ∣ X = A) P [X = A] + E (T_{A + B} ∣ X = B) P [X = B] \\ = {\frac{1}{λ}}_{A} \frac{λ_{A}}{λ_{A} + λ_{B}} + {\frac{1}{λ}}_{B} \frac{λ_{B}}{λ_{A} + λ_{B}} \\ = \frac{2}{λ_{A} + λ_{B}} \end{aligned}

$\begin{align} \mathbb{E}(T_{A+B}) &= \mathbb{E}( T_{A+B} \mid X =A )\mathbb{P}[X = A] + \mathbb{E}( T_{A+B}\mid X =B)\mathbb{P}[X = B]\\ &= \frac 1\lambda_A \frac {\lambda_A}{\lambda_A+\lambda_B} + \frac 1\lambda_B\frac {\lambda_B}{\lambda_A+\lambda_B} \\ &= \frac {2}{\lambda_A+\lambda_B} \end{align}$ ¿Qué estoy haciendo mal? Gracias.

conditional-probability poisson-process

— usuario90476
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El problema parece ser que la expectativa condicional no es vez que sabe que la primera llegada es del proceso

E [T ∣ X = A]

${\rm E}[T \mid X = A]$

1 / a

$1/a$

A

$A$ .

— Heropup

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@heropup Gracias por la respuesta. Dada la distribución exponencial de la próxima hora de llegada, no estoy seguro de por qué no debería ser

\frac{1}{λ_{A}}

$\frac {1}{\lambda_A}$ .

— user90476

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Heropup tiene razón. El problema es que una vez que sabes eso $X=A$ , $X$ no se extrae simplemente de la exponencial con tasa $\lambda_A$ ya que también sabe que el valor muestreado tenía que ser lo suficientemente pequeño como para ganar la comparación con el valor hipotético muestreado de $B$ .

Entonces, la densidad dado que $X=A$ es el producto puntualizado renormalizado de la densidad de una exponencial con tasa $\lambda_A$ y el cdf derecho de una exponencial con tasa $\lambda_B$ . Esto da una densidad exponencial con tasa $\lambda_A + \lambda_B$ . Entonces:

\begin{aligned} E (T_{A + B}) & = E (T_{A + B} ∣ X = A) P [X = A] + E (T_{A + B} ∣ X = B) P [X = B] \\ = \frac{1}{λ_{A} + λ_{B}} \frac{λ_{A}}{λ_{A} + λ_{B}} + \frac{1}{λ_{A} + λ_{B}} \frac{λ_{B}}{λ_{A} + λ_{B}} \\ = \frac{1}{λ_{A} + λ_{B}} \end{aligned}

$\begin{align} \mathbb{E}(T_{A+B}) &= \mathbb{E}( T_{A+B} \mid X =A )\mathbb{P}[X = A] + \mathbb{E}( T_{A+B}\mid X =B)\mathbb{P}[X = B]\\ &= \frac 1{\lambda_A+\lambda_B} \frac {\lambda_A}{\lambda_A+\lambda_B} + \frac 1{\lambda_A+\lambda_B}\frac {\lambda_B}{\lambda_A+\lambda_B} \\ &= \frac {1}{\lambda_A+\lambda_B} \end{align}$ como se desee.

— Neil G
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\begin{aligned} Pr (T_{A + B} > t ∣ X = A) \\ = & \frac{Pr (T_{A + B} > t & X = A)}{Pr (X = A)} \\ (1) & = & \frac{Pr (t < T_{A} < T_{B})}{Pr (X = A)}, \end{aligned}

$\begin{align} & \Pr( T_{A+B} > t \mid X=A) \\[10pt] = {} & \frac{\Pr(T_{A+B} > t\ \&\ X=A)}{\Pr(X=A)} \\[10pt] = {} & \frac{\Pr(t < T_A < T_B)}{\Pr(X=A)}, \tag 1 \end{align}$

${}$

\begin{aligned} and & Pr (t < T_{A} < T_{B}) \\ = & \int_{t}^{\infty} (\int_{u}^{\infty} e^{- λ_{A} u} e^{- λ_{B} v} (λ_{B} d v)) (λ_{A} d u) \\ = & \int_{t}^{\infty} e^{- λ_{A} u} e^{- λ_{B} u} (λ_{A} d u) = e^{- (λ_{A} + λ_{B}) t} \cdot \frac{λ_{A}}{λ_{A} + λ_{B}} . \end{aligned}

$\begin{align} \text{and } & \Pr(t < T_A < T_B) \\[10pt] = {} & \int_t^\infty \left( \int_u^\infty e^{-\lambda_A u} e^{-\lambda_B v} (\lambda_B\, dv) \right) (\lambda_A \, du) \\[10pt] = {} & \int_t^\infty e^{-\lambda_A u} e^{-\lambda_B u} (\lambda_A\,du) = e^{-(\lambda_A+\lambda_B)t} \cdot \frac{\lambda_A}{\lambda_A + \lambda_B}. \end{align}$ Por lo tanto, la expresión en línea

(1)

$(1)$ es igual a

e^{- (λ_{A} + λ_{B}) t},

$e^{-(\lambda_A + \lambda_B)t},$ que es lo mismo que

Pr (T_{A + B} > t) .

$\Pr(T_{A+B} > t).$

Así los acontecimientos $[T_{A+B} >t]$ y $[X=A]$ son en realidad independientes

— Michael Hardy
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