Propiedades de la exponencial

Objetivos generales:

• Ilustrar con ejemplos prácticos en el contexto de la ingeniería industrial el uso del modelo exponencial.

• Entender la propiedad de pérdida de la memoria de la variable aleatoria exponencial y su uso en el contexto de la Ingeniería Industrial.

• Enunciar, deducir e interpretar las propiedades del mínimo de n variables aleatorias exponenciales independientes y de la probabilidad del primer fallo

• Enunciar, aplicar y contrastar en el contexto propio de operaciones de ingeniería industrial las propiedades débil y fuerte de pérdida de la memoria del modelo exponencial.

• Caracterizar la suma determinística de variables aleatorias exponenciales independientes como una Erlang.

El modelo exponencial: aplicaciones

\(X\sim exp(λ)\)

• El tiempo entre llegadas de clientes a una cafetería

• El tiempo transcurrido entre pedidos en un centro de distribución.

• El tiempo transcurrido entre dos reposiciones de inventario de un producto en particular

• El tiempo de vida de un componente electrónico.

Densidad exponencial

\[ f(x) = \begin{cases} \lambda e^{-\lambda x} & \text{si } x\geq 0 \\ 0 \quad & \text{si} x<0\end{cases} \]

Exploremos la exponencial

La función de distribución acumulativa exponencial

\[ F(x)=\int_0^x\lambda e^{-\lambda t}dt=\begin{cases}1-e^{-\lambda x} & \quad \text{si } x \geq 0\\0 & \quad \text{si } x<0 \\\end{cases} \]

La confiabilidad exponencial:

\[P(X > x)= e^{-\lambda x}\]

Ejemplo:

Suponga que un fusible comienza a funcionar a tiempo cero. Se conoce que su tiempo de vida es una variable aleatoria exponencial con parámetro \(\lambda=1/hora\)

1. Calcule la probabilidad de que el fusible funcione continuamente bien por al menos 3 horas

2. Suponga que el fusible no ha fallado en las primeras tres horas después de su colocación. Calcule la probabilidad de que no falle durante la siguiente hora.

Solución

Sea

\[T: \text{ el tiempo de vida del fusible en horas }\sim\exp(1/ \text{hora})\]

La probabilidad requerida en a) es:

\[ \begin{align*}P(T > 3)=& e^{-3}\end{align*} \]

Continuación ejemplo

La probabilidad requerida en b) es:

\[ \begin{align*}P\left(T > 4\left|\right.T > 3\right)=&\frac{P\left( T > 4, T > 3\right)}{P(T > 3)}\\\\ =&\frac{P(T>4)}{P(T>3)}\\\\ =&\frac {e^{-4}}{e^{-3}}= e^{-1}=P(T > 1)\end{align*} \]

Propiedad de pérdida de la memoria

Si \(X\sim \exp(\lambda)\), entonces \(X\) satisface la siguiente propiedad conocida como la ley débil de pérdida de la memoria:

\[P\left(X > t+s\left|\right. X > s \right)=P\left(X > t\right) \qquad \forall \quad s,t > 0\]

Demostración:

\[ \begin{align*}P\left(X > t+s\left|\right. X > s\right)=&\frac{P(X > t+s,X > s)}{P(X > s)}\\\\ =&\frac{P(X > t+s)}{P( X > s)}\\\\ =&\frac {e^{-\lambda(t+s)}}{e^{-\lambda s}}=e^{-\lambda t}\\\\ =&P(X>t)\end{align*} \]

Intuitivamente:

• Si \(X\) representa la vida útil de un componente electrónico, entonces la ecuación anterior dice que la probabilidad de que un componente que ya haya durado al menos \(s\) años dure otros \(t\) años adicionales es la misma que la probabilidad de que un componente dure al menos t años.

La única variable aleatoria continua con la propiedad de la pérdida de memoria es la exponencial

Probabilidad del primer fallo entre dos exponenciales independientes

Sean \(T_1\) y \(T_2\) dos v.a. exponenciales independientes con parámetros \(\lambda_{1}\) y \(\lambda_{2}\) respectivamente. Entonces,

\[P(T_{1} < T_{2})=\frac{\lambda_{1}}{\lambda_{1}+\lambda_{2}}\]

Un poco de contexto:

Supongamos que estamos monitoreando una cola \(M/M/1\). Sea \(T_{1}\) el tiempo de servicio del primer cliente- Se sabe que \(T_{1}\sim exp(\mu_{1})\). Sea \(T_{2}\) el tiempo que transcurre desde la llegada del primer cliente al sistema hasta la llegada del segundo. Se sabe que \(T_{2}\sim exp(\lambda_{2})\). Calcule la probabilidad de que el segundo cliente no espere.

Solución:

Por la probabilidad del primer fallo entre dos exponenciales independientes, la probabilidad requerida es:

\[P(T_{1} < T_{2})= \frac{\mu_{1}}{\mu_{1}+\lambda_{2}}\]

Demostración:

\[ \begin{align*}P(T_{1} < T_{2})=& \int_{0}^{\infty}P(T_{1} < T_{2}| T_{2}=x)f_{T_{2}}(x)dx\\ =& \int_{0}^{\infty}P\left(T_{1} < x\left|\right. T_{2}=x\right)f_{T_{2}}(x)dx\\ & \text{ por independencia de $T_{1}$ y $T_{2}$}\\ =& \int_{0}^{\infty}P(T_{1} < x)f_{T_{2}}(x)dx\\ =& \int_{0}^{\infty}F_{T_{1}}(x)f_{T_{2}}(x)dx\\ =& \int_{0}^{\infty}\left(1-e^{-\lambda_{1} x}\right)\lambda_{2}e^{-\lambda_{2}x}dx\\ =& \frac{\lambda_1}{\lambda_1+\lambda_2}\end{align*} \]

Mínimo de dos exponenciales independientes

Sean \(T_1\) y \(T_2\) dos v.a. exponenciales independientes con parámetros \(\lambda_{1}\) y \(\lambda_{2}\) respectivamente. Entonces,

\[T=\min{(T_1,T_2)} \sim exp(\lambda_1+ \lambda_2)\]

Un poco de contexto:

Supongamos que tenemos dos componentes conectados en serie. Ambos tiempos de vida exponenciales e independientes con parámetros \(\lambda_{1}\) y \(\lambda_{2}\). Calcule la distribución del tiempo de vida del sistema completo.

Solución:

Sea \(T_{i}:\) el tiempo de vida del componente \(i\) para \(i=1,2\).

Sea \(T:\) el tiempo de vida del sistema

Observe que el sistema mientras ambos componentes estén funcionando.

\[ \begin{align*}P(T > t)=& P(\min{(T_{1},T_{2})} > t)\\ & \text{ como $\min{(T_{1},T_{2})}\sim exp(\lambda_{1}+\lambda_{2})$ }\\ =& e^{-(\lambda_{1}+\lambda_{2})t}\end{align*} \]

En consecuencia, \(T\sim exp(\lambda_{1}+\lambda_{2})\)

Demostración:

Sea \(T=\min{(T_{1},T_{2})}\), entonces calculemos su confiabilidad:

\[ \begin{align*}P(T > t)=& P(\min{(T_{1},T_{2})} > t)\\ =& P(T_{1} > t,T_{2} > t)\\ & \text{ por independencia de $T_{1}$ y $T_{2}$ }\\ =& P(T_{1} > t)P(T_{2} > t)\\ =& e^{-\lambda_{1}t}e^{-\lambda_{2}t}\\ =& e^{-(\lambda_{1}+\lambda_{2})t}\end{align*} \]

Propiedad fuerte de pérdida de la memoria

Sean \(T_{1}\) y \(T_{2}\) dos v.a. exponenciales independientes con parámetros \(\lambda_{1}\) y \(\lambda_{2}\) respectivamente. Entonces,

\[ P\left(T_{2} > T_{1}+t\left|\right. T_{2} > T_{1}\right)=P\left(T_{2} > t\right) \]

Observe que también puede escribirse de la siguiente manera:

\[ \begin{align*}P\left(T_{2}-T_{1} > t\left|\right.T_{2} > T_{1}\right)=&P\left(T_{2} > t\right)\end{align*} \]

Observaciones importantes:

Esto significa que la variable aleatoria

\[T_{2} - T_{1}\left| \right. T_{2} > T_{1} \sim exp(\lambda_{2})\]

y además

\[T_{2}-T_{1}\left|\right. T_{2} > T_{1}\]

es una variable aleatoria independiente de \(T_{1}\)

Demostración

Primero observemos que:

\[ \begin{align*}&P\left(T_{2}-T_{1} > t\left|\right. T_{2} > T_{1}\right)\\=&\frac{P(T_{2}-T_{1} > t, T_{2}-T_{1} > 0)}{P(T_{2} > T_{1})}\\&\text{ pues $\{T_{2}-T_{1} > t\} \subset \{T_{2}-T_{1} > 0\}$ }\\ =&\frac{P(T_{2}-T_{1} > t)}{P(T_{2} > T_{1})}\\ &\text{ por la probabilidad del primer fallo}\\ =&\frac{P(T_{2}-T_{1} > t)}{\frac{\lambda_{1}}{\lambda_{1}+\lambda_{2}}}\\\end{align*} \]

Continuación de la demostración:

Basta con calcular:

\[ \begin{align*}&P\left(T_{2}-T_{1} > t\right)\\&= \int_{0}^{\infty}P\left(T_{2}-T_{1} > t\left|\right. T_{1}=x\right)f_{T_{1}}(x)dx\\&= \int_{0}^{\infty}P\left(T_{2}-x > t\left|\right.T_{1}=x\right)f_{T_{1}}(x)dx\\&\text{ pues $T_{1}$ y $T_{2}$ son independientes}\\&= \int_{0}^{\infty}P\left(T_{2} > t+x\right)f_{T_{1}}(x)dx\\&= \int_{0}^{\infty}e^{-\lambda_{2}(t+x)}\lambda_{1}e^{-\lambda_{1}x}dx\\&=\frac{\lambda_{1}}{\lambda_{1}+\lambda_{2}}e^{-\lambda_{2}t}\end{align*} \]

Finalmente,

\[ \begin{align*}P\left(T_{2}-T_{1} > t\left|\right. T_2 > T_1\right)=&\frac{P\left(T_{2}-T_{1} > t\right)}{\frac{\lambda_{1}}{\lambda_{1}+\lambda_{2}}}\\=&\frac{\frac{\lambda_{1}}{\lambda_{1}+\lambda_{2}}e^{-\lambda_{2}t}}{\frac{\lambda_{1}}{\lambda_{1}+\lambda_{2}}}=e^{-\lambda_{2}t}\\=&P\left(T_{2} > t\right)\end{align*} \]

como queríamos demostrar.

Ejemplo:

Considere un sistema de n componentes conectados en paralelo. Sea \(T_{i}=\) el tiempo de vida del \(i\)-ésimo componente. Asuma que \(\{T_i, i=1,2, \ldots , n\}\) son v.a. independientes e idénticamente distribuidas (iid) \(exp(\lambda)\). Calcule el tiempo esperado de vida del sistema.

Solución:

Definamos las siguientes variables aleatorias:

\[ \begin{align*}&Z_{1}= \text{tiempo que 1er componente falle}\\&Z_{2}= \text{tiempo que 2ndo componente falle}\\\\&\vdots\\&Z_{n}= \text{tiempo que $n$-ésimo componente falle}\\\\& \text{ Observe que:}\\&Z_{1}=min\{T_{1},T_{2},\ldots,T_{n}\}\sim \exp(n\lambda)\\&Z_{n}=max\{T_{1},T_{2},\ldots,T_{n}\}\end{align*} \]

La esperanza requerida es: \(E(Z_{n})\).

Continuando con el ejemplo:

Observemos que:

\[ \begin{align*}&E\left(Z_{1}\right)=\frac{1}{n\lambda}\\&Z_{2}-Z_{1} \sim exp((n-1)\lambda)\\&E\left(Z_{2}-Z_{1}\right)=\frac{1}{(n-1)\lambda}\\&E\left(Z_{2}-Z_{1}\right)=E(Z_{2})-E(Z_{1})\\&E\left(Z_{2}\right)= \frac{1}{(n-1)\lambda}+\frac{1}{n\lambda}\end{align*} \]

pues \(Z_{2}-Z_{1}\)= es el mínimo de \(n-1\) exponenciales independientes.

Continuación del ejemplo

Análogamente,

\[ \begin{align*}&E\left(Z_{3}-Z_{2}\right)=\frac{1}{(n-2)\lambda}\\&E\left(Z_{3}-Z_{2}\right)=E\left(Z_{3}\right)-E\left(Z_{2}\right)\\ &E\left(Z_{3}\right)=E\left(Z_{2}\right)+\frac{1}{(n-2)\lambda}\\&E\left(Z_{3}\right)=\frac{1}{(n-2)\lambda}+ \frac{1}{(n-1)\lambda}+\frac{1}{n\lambda}\\& \vdots\\&\text{ un argumento inductivo permite concluir que}\\&E\left(Z_{n}\right)=\sum_{k=1}^n \frac{1}{k\lambda}\end{align*} \]

Continuando con el ejemplo:

Lo que no queda claro es:

• ¿Por qué \(Z_{1},Z_{2}-Z_{1},Z_{3}-Z_{2},\ldots Z_{n}-Z_{n-1}\) son independientes?

La propiedad fuerte de pérdida de la memoria dice que

\[P\left(Z_{2}-Z_{1} > x\left|\right. Z_{2} > Z_{1}\right) = P\left(Z_{2} > x\right)\]

es decir que \(Z_{2}-Z_{1}\left|\right. Z_{2} > Z_{1} \sim exp((n-1)\lambda)\) por lo que es independiente de \(Z_{1}\)

Suma de exponenciales i.i.d.

Si \(T_{1}, T_{2}, \cdots, T_{n}\) es una sucesión i.i.d. de variables aleatorias exponenciales parámetro \(\lambda,\) entonces

\[S_{n}=\sum_{k=1}^{n}T_{k} \sim Erlang(n,\lambda)=\Gamma(n,\lambda)\]

Ejemplo:

Los tiempos entre dos nacimientos sucesivos en un hospital de maternidad son iid \(\sim\exp\left(1/\text{día}\right)\).

¿Cuál es la probabilidad de que el décimo nacimiento en un año calendario tenga lugar después del 15 de enero?

Sea

\(T_{k}:\quad\) el tiempo transcurrido entre el nacimiento \(k-1\) y el \(k\)

\[S_{10}=\sum_{k=1}^{10}T_{k}\]

es el tiempo desde que abre el hospital de maternidad hasta que ocurre el décimo nacimiento.

Función de densidad de la Erlang

Diremos que \(S_{n}\sim Erlan(n, \lambda)\) si su función de densidad viene dada por:

\[ f_{S_{n}}(t) = \begin{cases}\frac{\lambda e^{-\lambda t}(\lambda t)^{n-1}}{(n-1)!} & \text{si } t> 0 \\ 0 & \text{si } t\leq 0\end{cases} \]

Función de distribución de la Erlang

Diremos que \(S_{n}\sim Erlan(n, \lambda)\) si su función de distribución acumulada viene dada por:

\[ P\left(S_{n} \leq t\right) = 1-\sum_{r=0}^{n-1} e^{-\lambda t} \frac{(\lambda t)^r}{r!}\]

Terminando de caracterizar a la Erlang

Su esperanza, varianza y función generadora de momentos vienen dadas por:

\[ \begin{align*}&E(S_{n}) = \frac{n}{\lambda}\\&Var(S_{n})=\frac{n}{\lambda^2}\\&\Phi_{S_{n}}(t)= E\left(e^{S_{n}t}\right) =\left(\frac{\lambda}{\lambda - t}\right)^n\end{align*} \]

La suma de exponenciales independientes se distribuye Erlang

Calculemos la función generadora de momentos de \(S_{n}\)

\[ \begin{align*}\Phi_{S_{n}}(t)&=E\left(e^{tS_{n}}\right)=E\left(e^{t\sum_{k=1}^n T_k}\right)\\ &=E\left(\prod_{k=1}^n e^{tT_k}\right)=\prod_{k=1}^n E\left(e^{tT_k}\right)\\ &\text{ por independencia de $T_{1}, T_{2},\cdots T_{n}$}\\&=\prod_{k=1}^n \left(\frac{\lambda}{\lambda - t}\right)\\ &=\left(\frac{\lambda}{\lambda - t}\right)^n \end{align*} \]

Solución del ejemplo de la maternidad:

La probabilidad requerida se puede calcular como:

\[ \begin{align*}P\left(\sum_{k=1}^{10} T_{k} > 15\right)=& P\left(S_{10}>15\right)\\\\=& 1-\left(1-\sum_{k=0}^{9} e^{-15} \frac{15^k}{k!}\right)\\\\=& \sum_{k=0}^{9} \frac{e^{-15} 15^k}{k!}\end{align*} \]

Suma de un número aleatorio de exponenciales i.i.d.

Sea

\[ \begin{align*}&\{T_n,n \geq1\} \text{ una sucesión i.i.d de v.a. $exp(\lambda)$ }\\& N\sim Geo(p)\\&\text{ y entonces}\\ &S_{N}=\sum_{k=1}^{N} T_k \sim \exp(\lambda p )\end{align*} \]

El tiempo de vida útil de la máquina:

Sea \(T\) = tiempo de vida útil del refrigerador en horas

Observe que:

\[T=\sum_{i=1}^{N}T_{i}\]

Nos piden hallar la distribución del tiempo de vida útil de la máquina. Es decir, nos piden hallar

\[P(T\leq t)=?\]

Intentemos responder algunas preguntas:

¿Qué nos detiene de saber calcular \(\Phi_{T}(t)\)?

\[ \begin{align*}\Phi_{T}(t)=&E\left(e^{tT}\right)\\=&E\left(e^{t\sum_{i=1}^{N} T_i}\right)\\\end{align*} \]

¿Será verdad que si \(T_{1}, T_{2}, \cdots, T_{n}\sim \exp(\lambda)\) son independientes, entonces

\[E\left(e^{t\sum_{i=1}^{N} T_i}\Big|N=n\right)=\left(\frac{\lambda}{\lambda - t}\right)^n ?\]

Más preguntas:

¿Es

\[E\left(e^{t\sum_{i=1}^{N} T_i}\Big|N=n\right)\]

una variable aleatoria?

¿Es

\[E\left(e^{t\sum_{i=1}^{N} T_i}\Big|N\right)\]

una variable aleatoria?

Más preguntas:

Y si las pensamos así:

¿Es

\[E\left(e^{t\sum_{i=1}^{N} T_i}\Big|N=n\right)= \left(\frac{\lambda}{\lambda - t}\right)^n\]

una variable aleatoria?

¿Es

\[E\left(e^{t\sum_{i=1}^{N} T_i}\Big|N\right)=\left(\frac{\lambda}{\lambda - t}\right)^N\]

una variable aleatoria?

y más preguntas:

Si efectivamente

\[E\left(e^{t\sum_{i=1}^{N} T_i}\Big|N\right)=\left(\frac{\lambda}{\lambda - t}\right)^N ,\]

¿cómo calcularíamos

\[ E\left[E\left(e^{t\sum_{i=1}^{N} T_i}\Big|N\right)\right]=E\left[\left(\frac{\lambda}{\lambda - t}\right)^N\right] ? \]

Observe que:

el valor esperado

\[E\left(e^{t\sum_{i=1}^{N} T_i}\Big|N=n\right)=\left(\frac{\lambda}{\lambda - t}\right)^{n}\]

se calculó con respecto a la densidad del vector aleatorio \((T_{1},T_{2},\cdots, T_{N})\Big|N=n\) cuya densidad es \(Erlang(n,\lambda)\)

Observe también que:

el valor esperado

\[E\left[E\left(e^{t\sum_{i=1}^{N} T_i}\Big|N\right)\right]=E\left[\left(\frac{\lambda}{\lambda - t}\right)^{N}\right]\]

se debe calcular con respecto a la función de probabilidad de masa de la variable aleatoria \(N\sim Geo(p)\).

Propiedad Torre de la Esperanza Condicional

La usamos aquí:

\[ E\left(e^{t\sum_{i=1}^{N} T_i}\right)\\=E\left[E\left(e^{t\sum_{i=1}^N X_i}|N\right)\right] \]

Y se enuncia formalmente así:

\[E(X)=E[E(X|Y)]\]

Yo prefiero recordarla así:

\[E_{X}(X)=E_{Y}\left[E_{X|Y}\left(X|Y\right)\right]\]

Volviendo al tiempo de vida útil de la máquina:

Sabemos que \(T\sim\exp(\lambda p)\). Es decir,

\[T \sim exp ((0.3)(0.1)) = exp (0.03)\]

El tiempo de vida útil está exponencialmente distribuido con media de 33.33 hr.

¿Qué aprendimos hoy?

Material complementario no evaluado

• Definir y utilizar la función generadora de momentos como herramienta para caracterizar la suma de variables aleatorias independientes.

Función generadora de momentos

Se define por:

\[ \begin{align*}\Phi(t)=& \text{E}(e^{tX})\\\\=&\begin{cases}\int_{\mathbb{R}} e^{tx}f_{X}(x)dx & \text{ $X$ continua}\\\\\sum_{k\geq 0}e^{tk}P(X=k) & \text{ $X$ discreta }\end{cases}\end{align*} \]

¿Para qué sirve la función generadora de momentos?

• Para caracterizar una variable aleatoria dada.

• Para obtener los momentos de orden \(k\) de una variable aleatoria dada. Es decir, para calcular \(E(X^{k})\) para \(k=1,2,\cdots\)

• Para caracterizar la distribución de la suma de variables aleatorias independientes e idénticamente distribuidas.

Función generadora exponencial:

Si \(X\sim \exp(\lambda)\) entonces su función generadora de momentos se calcula así:

\[ \begin{align*}\Phi(t)=& \text{E}(e^{tx})\\=& \int_{0}^{\infty} e^{tx}\lambda e^{-\lambda x}dx\\=& \lambda \int_{0}^{\infty}e^{-(\lambda-t) x}dx\\=& \frac{\lambda}{\lambda - t}\end{align*} \]

siempre que \(t < \lambda\).

La función generadora de momentos caracteriza a la variable aleatoria.

Función generadora de la geométrica

Si \(X\sim Geo(p)\), su función generadora de momentos viene dada por:

\[ \begin{align*}\Phi(t)=& \text{E}(e^{tx})= \sum_{k=1}^{\infty}e^{tk}P(X=k)\\=& \sum_{k=1}^{\infty}e^{tk}(1-p)^{k-1}p\\=&\frac{p}{1-p}\sum_{k=1}^{\infty}\left(e^{t}(1-p)\right)^{k}\\=& \frac{pe^{t}}{1-e^{t}(1-p)}\\\end{align*} \]

en donde usamos que \(\sum_{k=1}^{\infty}r^{k}=\frac{r}{1-r}\) siempre que \(|r| < 1\).

Función generadora de momento de la geométrica:

\[ \begin{align*}\Phi(t)=& \frac{pe^{t}}{1-e^{t}(1-p)}\\\end{align*} \]

Siempre que \(\quad e^{t}(1-p) < 1\quad\). Es decir, siempre que:

\[t < -ln(1-p)\]

¿Cómo genera momentos?

Recordemos la expansión en series de Taylor de la función exponencial:

\[ \begin{align*}&e^{x}=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{x^{k}}{k!}\\&e^{tX}=\sum_{k=0}^{\infty}\frac{(tX)^{k}}{k!}\end{align*} \]

Un argumento inductivo demuestra que:

La función generadora de momentos permite calcular los momentos de orden \(k\) de una variable aleatoria dada, utilizando la siguiente fórmula:

\[\frac{d^{k}\Phi(t)}{dt^{k}}\Big|_{t=0}=E\left(X^{k}\right)\]

Generando el primer momento de la exponencial

Sabemos que si \(X\sim \exp(\lambda)\), entonces su función generadora de momentos es:

\[ \begin{align*}&\Phi(t)=\frac{\lambda}{\lambda - t}\\&\frac{d\Phi(t)}{dt}=\frac{d}{dt}\left(\frac{\lambda}{\lambda -t}\right)= \frac{\lambda}{(\lambda -t)^{2}}\\&\frac{d\Phi(t)}{dt}\Big|_{t=0}=\frac{\lambda}{(\lambda -t)^{2}}\Big|_{t=0}=\frac{1}{\lambda}=E(X)\end{align*} \]

La función generadora de una suma es:

\[ \begin{align*}\Phi_{S_{n}}(t)&=E\left(e^{tS_{n}}\right)=E\left(e^{t\sum_{k=1}^n T_k}\right)\\ &=E\left(\prod_{k=1}^n e^{tT_k}\right)=\prod_{k=1}^n E\left(e^{tT_k}\right)\\ &\text{ por independencia de $T_{1}, T_{2},\cdots T_{n}$}\\&=\prod_{k=1}^n \Phi_{T_{k}}(t)\\ & \text{ como son indénticamente distribuídas }\\&=\left(\Phi_{T}(t)\right)^n \end{align*} \]

el producto de las funciones generadoras de los sumandos

¿Qué aprendimos hoy?

Función de riesgo

Sea \(X\) una variable aleatoria continua con función de densidad \(f\). La función de riesgo, \(r\) de \(X\) está definida como:

\[r(x)=\frac{f(x)}{P(X>x)}\]

Intuitivamente:

Recordar que

\[ \begin{align*}f(x)\equiv& \lim_{\Delta x \rightarrow 0} \frac{P(x < X \leq x+ \Delta x)}{\Delta x}\\r(x)\Delta x=& \frac{f(x) \Delta x}{P(X > x)}\\\\ \approx & \frac{P(x < X \leq x+ \Delta x)}{P(X > x)}\\\\ =& P\left(X \in (x,x+ \Delta x] \left| X > x \right.\right)\end{align*} \]

Intuitivamente:

Por lo tanto, \(r(x) \Delta x\) es la probabilidad condicional de que una máquina con vida útil \(X\) falle en el intervalo \((x,x+ \Delta x]\) dado que ha durado más que \(x\) unidades de tiempo.

La función de riesgo de la exponencial

Si \(X\sim exp(\lambda)\), su función de riesgo es:

\[ \begin{align*}r(x)=&\frac{f(x)}{P(X>x)}\\ =&\frac{\lambda e^{-\lambda x}}{e^{-\lambda x}}\\ =&\lambda\end{align*} \]

La v.a. exponencial tiene una función de riesgo constante.

Intuitivamente:

• El hecho de que la función de riesgo de la exponencial sea constante es compatible con la propiedad de pérdida de la memoria.

• La propiedad de pérdida de la memoria especifica que la probabilidad de que la máquina falle en \((x,x+ \Delta x]\) dado que la máquina sigue funcionando a tiempo \(x\), es independiente de \(x\).

La función de riesgo caracteriza a la variable aleatoria:

\[P(X > x)=exp\left(-\int_0^xr(u)du\right)\]

Demostración:

Sea \(H(x)\equiv P(X > x) = 1-F(x)\) de la siguiente manera:

\[ \begin{align*} &H(x)=P(X>x)=1-F(x)\\ &H'(x)=-f(x)=-r(x)H(x)\\&\frac{H'(x)}{H(x)}=-r(x)\\&\text{ integrando a ambos lados }\\&\log(H(x)) =-\int_0^x r(u)du\\& \text{ tomando exponenciales a ambos lados}\\&H(x)= P(X > x)= exp\left(-\int_0^x r(u)du\right)\end {align*} \]

como queríamos demostrar.

En el caso exponencial

Como en el caso de \(X\sim exp(\lambda)\), tenemos que su función de riesgo es constante. Es decir, \(r(x)=\lambda\). Por lo tanto,

\[ \begin{align*}P(X > x)=& exp\left(-\int_0^x r(u)du\right)\\ =& exp\left(-\int_0^x \lambda du\right)\\ =& exp(-\lambda x)\end{align*} \]

que coincide con la confiabilidad de una variable aleatoria \(X\sim exp(\lambda)\). Hemos caracterizado la variable aleatoria exponencial con la función riesgo.