Вероятность: процессы, среднее время второго отказа

[id]

Дана схема из 6 независимо работающих элементов c экспоненциальным распределением длительность жизни, параметр $\lambda>0$. Элементы начинают работать в момент времени $t=0$. То есть имеем $F(t) := \mathbb P (X_i \leqslant t) = 1-e^{-\lambda t}$, где $X_i$ - время жизни $i$-го элемента.

Очевидно, например, что среднее время первого отказа равно $\frac 1 {6 \lambda}$ (т.к. минимум 6ти экспоненциально распределенных $X_i$ с параметром $\lambda$ есть величина экспоненциально распределенная с параметром $6 \lambda$).

Еще очевидно, что вероятность того, что к моменту времени $t$ откажут ровно два элемента, равна $G(t):=C^2_6 F^2(t) (1-F(t))^4$

Теперь вопрос: чему равно среднее время второго отказа?

Интуция подсказывала что-то вроде $\int\limits_0^{\infty} [\int\limits_0^{\infty} (s+t) 5 \lambda e^{-5 \lambda s} ds] 6 \lambda e^{-6 \lambda s}dt$, но это навряд ли верно. Интегрировать по $dG(t)$ тоже вроде как бессмысленно, это даже не распределение.

[malin]

Случайную величину, равную времени второго отказа, можно представить так:
$\xi = \min (\max_{i\neq j}(X_i,X_j))$
А с минимумами вы вроде хорошо работаете(я просто плохо). Максимум можно выразить через минимум, а может быть, еще проще как-то...

(Оффтоп)

Теория надежности?

[Хорхе]

На самом деле нас в этой задаче интересуют порядковые статистики $X_{(i)}$ (если быть совсем точным, то нас интересует вторая порядковая статистика для шестиэлементной выборки) экспоненциального распределения. Там легко написать плотность. Можно, к примеру, использовать квантильное преобразование: $U_{(i)} = 1-\ln X_{(i)}$ будет порядковой статистикой для равномерного распределения, а тут уж плотность найти совсем просто, зная, что вектор порядковых статистик равномерно распределен в симплексе $\{0\le u_1\le u_2\le\dots\le u_n\le 1\}$.

Есть еще такой замечательный факт про порядковые статистики выборки размера $n$ из показательного распределения $\mathrm{Exp}(\lambda)$: они распределены точно так же, как $\eta_1,\eta_1+\eta_2,\dots,\eta_1+\eta_2+\dots+\eta_n$, где величины $\eta_1,\dots,\eta_n$ независимы и $\eta_k\sim \mathrm{Exp}\big((n-k+1)\lambda\big)$ (отсюда, например следует, что промежуток между двумя последними порядковыми статистиками имеет такое же распределение, как и сами величины; в терминах отказов: интервал между двумя последними отказами имеет такое же распределение, как и время жизни каждого элемента). Из этого незамедлительно следует, что искомое среднее равно $\frac1\lambda\Big(\frac1n+\frac1{n-1}\Big) = \frac{11}{30\lambda}$.

(Кстати, этот замечательный факт вполне очевиден, если вспомнить об отсутствии памяти у экспоненциального распределения.)

[id]

malin
Анализ рисков (хотя я не знаю, как это правильно называть).

Хорхе
Гм, жаль я пока что не знаю, что такое порядковые статистики...
Кстати, удивительным образом интеграл из исходного поста совпадает с Вашим ответом! Но я его написал из достаточно сомнительных соображений условной вероятности. $\mathbb E X_2 = \mathbb E \mathbb E [X_2|X_1=s]$. При этом внутренне у.м.о. будет по распределению экспоненциальному с интенсивностью $5 \lambda$ (как минимум), а внешнее - $6 \lambda$ (опять же как минимум). $s+t$ берется именно из соображений отсутствия памяти. Вот только строго я это не уверен, что могу обосновать.

[Хорхе]

(Оффтоп)

Если Вы чего-то не знаете, наверняка это знает Гугл.

[id]

Так, кажется, понял.
Спасибо!