Процес Пуассона

[vlad_light]

Цитата:

распределение момента третьего по счёту события потока

Получается, оно равно $Exp (\alpha)$.

Цитата:

найти вероятность одной из двух независимых величин с этим распределением быть меньше другой тоже можете.

$\zeta _1, \zeta _2 \sim Exp(\alpha ), \xi = \zeta _2 - \zeta _1$.

$$F_\xi (z)=P(\xi <z)=P(\zeta _2 - \zeta _1<z)=P(\zeta _2< z+ \zeta _1)=\int\int f_{\zeta _1,\zeta _2}(x,y)dxdy=$$

$$//F_{\zeta _1,\zeta _2}(x,y)=P(\zeta _1 < x,\zeta _2 <y)=P(\zeta _1 < x)P(\zeta _2 <y)=F_{\zeta _1}(x)F_{\zeta _2}(y)\Rightarrow f_{\zeta _1,\zeta _2}(x,y)=f_{\zeta _1}(x)f_{\zeta _2}(y)$$

$$=\int\limits _0^\infty f_{\zeta _1}(x)(\int\limits _0^{x+z}f_{\zeta _2}(y)dy)dx=\int\limits _0^\infty \alpha e^{-\alpha x}(\int\limits _0^{x+z}\alpha e^{-\alpha y}dy)dx=\alpha ^2\int\limits _0^\infty e^{-\alpha x}(-\frac 1\alpha \left. e^{-\alpha y}\right |_0^{x+z})dx=$$

$$=-\alpha \int\limits _0^\infty e^{-\alpha x}(e^{-\alpha (x+z)}-1)dx=\int\limits _0^\infty \alpha e^{-\alpha x}dx - \alpha e^{-\alpha z}\int\limits _0^\infty e^{-2\alpha x}=1+\frac 12 e^{-\alpha z}\left.e^{-2\alpha x}\right |_0^\infty=1-\frac 12 e^{-\alpha z}$$

Тогда $P(\zeta _1 <\zeta _2)=1-P(\zeta _1 > \zeta _2)=1-P(\xi <0)=F_\xi (0)=\frac 12$. В принципе, я так и предполагал. Подскажите, как эту вероятность проще найти?
Дальше что-то подскажете?

[--mS--]

vlad_light в сообщении #632482 писал(а):

Цитата:

распределение момента третьего по счёту события потока

Получается, оно равно $Exp (\alpha)$.

Нет, конечно. От нуля до первого - показательное. От первого до второго - тоже показательное. От второго до третьего - тоже. И все независимые. Так каким будет от нуля до третьего?

-- Чт окт 18, 2012 21:13:24 --

А потом, что это такое вычислялось? У Вас два разных потока, с разной интенсивностью - кто такое тут альфа, которое у двух величин оказалось одинаковым?

[vlad_light]

Ну, во вторых подсчётах я считал вероятность $P(\zeta _1 < \zeta _2)$, при условии, что $\zeta _1, \zeta _2$ - НОР величины с показательным распределением с параметром $\alpha $. Я так подозреваю, что это не то, что Вы имели ввиду.

Цитата:

Так каким будет от нуля до третьего?

Если я правильно понимаю, то тут что-то типа аддитивности должно работать. Значит будет сумма показательных: $\xi _1+\xi _2+\xi _3 =\zeta \sim \Gamma (3,\frac 1\alpha)$. Верно рассуждаю?

[--mS--]

Теперь верно. Читайте заново условие и вычисляйте нужную вероятность.

[vlad_light]

Сейчас попробую...
$\{\xi _i\} \sim Exp(3), \{\zeta _i\}\sim Exp (5)$. Вермя ожидания 3-его события в первом портфеле: $\sum\limits _{i=1}^3 \xi _i=\xi \sim \Gamma (3,\frac 13)$, во втором: $\sum\limits _{i=1}^3 \zeta _i=\zeta \sim \Gamma (3,\frac 15)$. Тогда мне нужно найти $P(\xi < \zeta)=\int\limits _0^\infty f_\xi (x)(\int\limits _0^x f_\zeta (y)dy)dx$?

[--mS--]

Ну да. Давайте, вычисляйте, сверимся.

[vlad_light]

$f_\xi (x)=\frac{3^3}{2!}x^2e^{-3x}, f_\zeta (y)=\frac{5^3}{2!}y^2e^{-5y}$

$$P(\xi < \zeta)=\int\limits _0^\infty \frac{3^3}{2!}x^2e^{-3x}(\int\limits _0^x \frac{5^3}{2!}y^2e^{-5y}dy)dx=\frac{3^3\cdot 5^3}{4}\int\limits _0^\infty x^2e^{-3x}(\int\limits _0^x y^2e^{-5y}dy)dx=$$

$$=\frac{3^3\cdot 5^3}{4\cdot 5^3}\int\limits _0^\infty x^2e^{-3x}(e^{-5x}(-5x(5x+2)-2)+2)dx=\frac{3^3}{4}\frac{11875}{110592}= 0,7247924804...$$

У Вас также?

[--mS--]

Надо же, так же. Обычно я в вычислениях провираюсь, но в этот раз совпало.