Procesos de Poisson no homogéneos, compuestos y condicionales

Objetivos generales: Introducción a los Procesos de Poisson No-Homogéneos

• Enunciar, distinguir y demostrar la equivalencia de las dos definiciones de los procesos de Poisson no- homogéneos, la operativa y la validadora.

• Entender las semejanzas y las diferencias entre los procesos de Poisson Homogéneos y los No-Homogéneos.

• Ejemplificar y aplicar dicho modelo en situaciones propias de las operaciones de ingeniería industrial.

Definición Validadora PPNH

Diremos que el proceso de conteo \(\{N(t), t \geq 0\}\) es un Proceso de Poisson No-Homogéneo con tasa dependiente del tiempo \(\lambda(t)\) para \(t\geq 0\)

\[ \begin{align*}&\text{1) }N(0) = 0\\&\text{2) }\{N(t), t \geq 0\} \text{ tiene incrementos independientes}\\&\text{3) } P(N(t+h)-N(t) = 1) = \lambda(t)h + o(h)\\&\text{4) } P(N(t+h)-N(t) \geq 2) = o(h)\end{align*} \]

Función de intensidad de un PPNH

Se puede probar que si definimos la función de intensidad de un PPNH con tasa de llegada \(\lambda(s)\) para todo \(s\geq 0\)

\[ \begin{align*}&m(t)\equiv\int_{0}^{t} \lambda(s)ds\\&\text{entonces}\\&P(N(t+s)-N(t) = n) = e^{-\left[m(t+s)-m(t)\right]} \frac{\left[m(t+s)-m(t)\right]^n}{n!}\end{align*} \]

para todo \(n\geq 0\).

Definición operativa de PPNH

Diremos que el proceso de conteo \(\{N(t), t \geq 0\}\) es un Proceso de Poisson No-Homogéneo con tasa dependiente del tiempo \(\lambda(t)\) para \(t\geq 0\)

\[ \begin{align*}&\text{1) }N(0) = 0\\\\&\text{2) }\{N(t), t \geq 0\} \text{ tiene incrementos independientes}\\\\&\text{3) } P\left[N(t+s)-N(t) = n\right] = e^{-\left[m(t+s)-m(t)\right]} \frac{\left[m(t+s)-m(t)\right]^n}{n!}\end{align*} \]

para todo \(n\geq 0\).

Ejemplo:

Los clientes llegan a la cafetería de UTEC de acuerdo a un proceso de Poisson No-Homogéneo con tasa:

\[ \lambda(s)=\begin{cases} 3 &\text{ para } 0\leq s < 4\\ 3s+3 &\text{ para } 4\leq s < 8\\ 36-3s & \text{ para } 8\leq s \leq 12 \end{cases} \]

donde \(s\) se mide en horas a partir de la apertura que ocurre a las 7:00 AM . ¿Cuál es la probabilidad de que lleguen exactamente 25 clientes entre las 11:00 y las 11:15 AM y cuatro clientes entre las 6:45 PM y las 7:00 PM?

Gráficamente:

Solución:

Nos piden calcular la siguiente probabilidad:

\[ \begin{align*}&P\left[N(4.25)-N(4)=25, N(12)-N(11,75)=4\right]\\&\text{ incrementos independientes }\\=&P\left[N(4.25)-N(4)=25\right]P\left[N(12)-N(11,75)=4\right]\\\end{align*} \]

Cuyas funciones de intensidad son respectivamente:

\[ \begin{align*}m(4.25)-m(4)=&\int_{4}^{4.25}\lambda(s)ds\\ =&\int_{4}^{4.25}(3s+3)ds\approx 3.84\\m(12)-m(11,75)=&\int_{11.75}^{12}\lambda(s)ds\\ =&\int_{11.75}^{12}(36-3s)ds\approx 0.09\\\\\end{align*} \]

Finalmente:

\[ \begin{align*}&P\left[N(4.25)-N(4)=25\right]=\frac{e^{-3.84}(3.84)^{25}}{25!}\\\\&P\left[N(12)-N(11,75)=4\right]= \frac{e^{-0.09}(0.09)^{4}}{4!}\\\\& \text{ la probabilidad requerida es: }\\\\&P\left[N(4.25)-N(4)=25, N(12)-N(11,75)=4\right]\\\\=&\frac{e^{-3.84}(3.84)^{25}}{25!}\frac{e^{-0.09}(0.09)^{4}}{4!}\end{align*} \]

Prueba:

La prueba es similar al caso de los Procesos de Poisson Homogéneos con una pequeña diferencia:

Fije \(t\) y defina:

\[P_{0}(s)\equiv P\left(N(t+s)-N(t)=0\right)\]

Al igual que en el caso homogéneo, buscamos calcular:

\[\lim_{h\rightarrow 0}\frac{P_{0}(s+h)-P_{0}(s)}{h} = P´(s)\]

en el caso que dicho límite exista.

Entonces:

\[ \begin{align*}&P_{0}(s+h)=P\left[N(t+s+h)-N(t)=0\right]\\\\ &= P\left[0 \text{ eventos en } (t,t+s], 0 \text{ eventos en } (t+s,t+s+h]\right]\\\\ &= P\left[0 \text{ eventos en } (t,t+s]\right] P\left[0 \text{ eventos en } (t+s,t+s+h]\right]\\\\ &= P_{0}(s)\left[1-P(\text{más de 1 evento en } (t+s,t+s+h]))\right]\\\\ =& P_{0}(s)\left[1-P(N(t+s+h)-N(t+s)=1)\right.\\ \quad & - \left. P(N(t+s+h)-N(t+s)\geq 2)\right] \\\\ &= P_{0}(s)\left[1-\lambda (t+s)h+o(h)\right]\end{align*} \]

Continuando con la prueba

De tal manera que,

\[\frac{P_{0}(s+h)-P_{0}(s)}{h} = -\lambda (t+s)P_{0}(s)+\frac{o(h)}{h}\]

Permitiendo que \(h\rightarrow 0\)

\[ \begin{align*}& P_{0}'(s) = -\lambda (t+s)P_{0}(s) \\\\& \frac{P_{0}'(s)}{P_{0}(s)}=-\lambda (t+s)\\\end{align*} \]

Resolviendo la ecuación diferencial

Integrando a ambos lados,

\[ \begin{align*}&\log\left[P_{0}(s)\right]= -\int_{0}^{s} \lambda(t+u)du\\&\text{haciendo el cambio de variable } v=t+u\\=& -\int_{t}^{t+s} \lambda(v)dv \\\\&\text{ tomando exponenciales a ambos lados}\\&P_{0}(s)\equiv P\left[N(t+s)-N(t)=0\right]= e^{-\left[m(t+s)-m(t)\right]}\end{align*} \]

Con un argumento inductivo similar al del caso homogéneo se termina la prueba.

Ejemplo en Teoría de colas

Proceso de salida de un \(M/G/\infty\) es un PPNH con \(\lambda (t) = \lambda G(t)\).

Prueba:

Primero probaremos que

1. El número de salidas en \((s,s+t]\) es una v.a. poisson con media \(\lambda \int_{s}^{s+t} G(y)dy\)

2. El número de salidas en intervalos de tiempo disjuntos son independientes.

Prueba de a)

Diremos que una llegada es del tipo I si sale en el intervalo \((s,s+t]\). Entonces una llegada que ocurre a tiempo \(y\) será de tipo I con probabilidad \(\quad P(s < X \leq s+t)\)

\[ P(y) = \begin{cases}G(s+t-y)-G(s-y) & \text{ si } y \leq s \\ G(s+t-y) & \text{ si } s < y \leq s+t \\0 & \text{ si } y > s+t\end{cases} \]

Por la proposición vista en clase, el número de salidas será Poisson con media

\[ \lambda \int_0^{s+t}p(y)dy\\= \lambda \int_{0}^{s} \left[G(s+t-y)-G(s-y)\right]dy\\\quad + \lambda \int_{s}^{s+t} G(s+t-y)dy\\= \lambda \int_{s}^{s+t} G(y)dy \]

Prueba de b)

Suponga que \(I_1\) e \(I_2\) son dos intervalos disjuntos. Llame una llegada de tipo I si sale en \(I_1\), del tipo II si sale en \(I_2\) y del tipo III si no. Por bipartición de Procesos de Poisson Homogéneos, el # de eventos tipo I y II son v.a. Poisson independientes.

Por a. y b. el proceso de salida es un proceso de Poisson no-homogéneo

Procesos de Poisson Compuestos

Un proceso estocástico \(\{X(t),t\geq 0\}\) se dice que es un Proceso de Poisson Compuesto si se puede escribir \(\forall \quad t \geq 0\) como

\[X(t)=\sum_{i=1}^{N(t)} X_{i}\]

donde \(\{N(t),t\geq 0\}\) es un proceso de Poisson y \(\{X_{i},i\geq 1\}\) es una sucesión de v.a. i.i.d. e independientes de \(N(t)\)

Ejemplo:

Suponga que la llegada de familias de migrantes a Lima se puede modelar mediante un Proceso de Poisson con tasa \(\lambda=2\) por semana. Si el número de personas en cada familia es independiente del tamaño de las otras familias y toma valores 1,2,3,4 con probabilidades \(\frac{1}{6}\), \(\frac{1}{3}\) , \(\frac{1}{3}\) y \(\frac{1}{6}\) respectivamente, entonces

¿Cuál es el número esperado de individuos que migran a Lima durante un

período de 5 semanas?

Solución:

Sea \(N(t)\sim Poisson(2t)\) el número de familias semanales que llegan a dicha región en \((0,t]\)

Sea \(Y_{i}\) el número de individuos de la familia \(i\).

Sea \(X(t)\) el número de individuos que migran hasta el instante \(t\).

Claramente,

\[X(t)=\sum_{i=1}^{N(t)}Y_{i}\]

Primero, usemos la propiedad de la torre,

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

En donde,

\[ E\left(\sum_{i=1}^{N(t)}Y_{i}\Big|N(t)=n\right)= nE(Y_{i})\\E\left(\sum_{i=1}^{N(t)}Y_{i}\Big|N(t)\right)= N(t)E(Y_{i})\\E(X(t))=E\left[N(t)E(Y_{i})\right]=2tE(Y_{i})\\ \]

El valor esperado requerido es:

\[ \begin{align*} E[X(5)]=& 2(5)E[Y_{i}]\\ =& 10\left(1*\frac{1}{6}+2*\frac{1}{3}+3*\frac{1}{3}+4*\frac{1}{6}\right)\\ =& 25\end{align*} \]

Entonces, el número esperado de individuos que migran en un periodo de 5 semanas será 25.

Proceso de Poisson Condicional

Sea \(\Lambda\) una v.a. positiva con distribución G, y sea \(\{N(t),t\geq 0\}\) un proceso de conteo tal que, dado \(\Lambda=\lambda, \{N(t),t\geq 0\}\) es un proceso de Poisson con parámetro \(\lambda\). Entonces, por ejemplo,

\[P(N(t+s)-N(s)=n)=\int_0^{+\infty} e^{-\lambda t} \frac{(\lambda t)^n}{n!} dG(\lambda)\]

\(\{N(t), t\geq 0 \}\) es un Proceso de Poisson Condicional.

Note que \(\{N(t),t\geq 0\}\) no es un proceso de Poisson. De hecho, tiene incrementos estacionarios pero no son independientes. ¿Por qué?

¿Qué aprendimos hoy?