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Tipologia: Resumos
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Aula 4. Processo de Poisson. Defini¸c˜ao.
Um processo estoc´astico ´e um conjunto de vari´aveis alet´orias ξ(t) que depende de um parˆametro t. O parˆametro t ´e interpretado como o tempo. Quando o tempo t ´e fixo, o objeto ξ(t) trata-se simplesmente como uma vari´avel aleat´oria. Qualquer sequˆencia de vari´aveis aleat´orias (por exemplo, X 1 , X 2 , · · · , onde cada Xi ´e uma v.a. ´e um processo estoc´astico). Como um exemplo “simples”, consideramos o processo de contagem. O processo N (t) chama-se de contagem, se ele “conta” quantos eventos ocorreram durante o intervalo de tempo (0, t].
Defini¸c˜ao 1 Um processo de contagem N (t) ´e um processo de Poisson com intensidade λ, λ > 0 , se
n n! , n^ = 0,^1 ,...^ , i.e., o n´umero de eventos que ocorreram durante o tempo^ t tem a distribui¸c˜ao de Poisson com m´edia λt.
Notamos que o terceiro item da Defini¸c˜ao 1 sigifica que os incrementos do processo de Poisson s˜ao estacion´arios: para quaisquer s 1 , s 2 , t e n P {N (s 1 + t) − N (s 1 ) = n} = P {N (s 2 + t) − N (s 2 ) = n}. Em particular, se tomarmos s 3 = 0, teremos ent˜ao: P {N (s 3 + t) − N (s 3 ) = n} = P {N (t) − N (0) = n} = P {N (t) = n}
Ex. 1. Seja N (t) um processo de Poisson com intensidade λ. Qual ´e a m´edia do n´umero de eventos que ocorreram at´e o tempo t?
Solu¸c˜ao. Pelo item primeiro da defini¸c˜ao, temos que N (t) = N (t) − N (0). Pelo terceiro item, temos que a distribui¸c˜ao de diferen¸ca N (t) − N (0) ´e de Poisson com m´edia λt.
Existe uma outra defini¸c˜ao de processo de Poisson.
Defini¸c˜ao 2 Um processo {N (t), t ≥ 0 } ´e um processo de Poisson com intensidade λ, λ > 0 , se
Ex. 2. As defini¸c˜oes 1 e 2 s˜ao equivalentes.
Solu¸c˜ao. Vamos mostrar primeiro que da Defini¸c˜ao 2 segue a Defini¸c˜ao 1. Seja Pn(t) = P {N (t) = n}. Obtemos a equa¸c˜ao diferencial para P 0 (t) da seguinte maneira:
P 0 (t + h) = P {N (t + h) = 0} = P {N (t) = 0, N (t + h) − N (t) = 0} = P {N (t) = 0}P {N (t + h) − N (t) = 0} = P 0 (t)[1 − λh + o(h)].
Logo, obtemos que
P 0 ′(t) = lim h→ 0
P 0 (t + h) − P 0 (t) h
= lim h→ 0
−λP 0 (t) +
o(h) h
= −λP 0 (t).
A solu¸c˜ao desta equa¸c˜ao ´e P 0 (t) = Ce−λt. Usando a condi¸c˜ao inicial P 0 (0) = 1, obtemos a constante C = 1 e
P 0 (t) = e−λt. (1)
De forma similar, para n > 0, obtemos:
Pn(t + h) = Pn(t)P {N (t + h) − N (t) = 0} + Pn− 1 (t)P {N (t + h) − N (t) = 1} +
∑^ n
k=
Pn−k(t)P {N (t + h) − N (t) = k} =
= Pn(t)[1 − λh + o(h)] + Pn− 1 (t)[λh + o(h)] +
∑^ n
k=
Pn−k(t)o(h)
Logo
P (^) n′(t) = lim h→ 0
Pn(t + h) − Pn(t) h
= −λPn(t) + λPn− 1 (t)
Pn(t) o(h) h
∑^ n
k=
Pn−k(t) o(h) h
= −λPn(t) + λPn− 1 (t).
A equa¸c˜ao obtida pode ser reescrita da seguinte forma:
eλt[P (^) n′(t) + λPn(t)] = λeλtPn− 1 (t) ou d dt
(eλtPn(t)) = λeλtPn− 1 (t). (2)
Usando indu¸c˜ao matem´atica, vamos mostrar que a solu¸c˜ao do sistema de equa¸c˜oes (2) tem a solu¸c˜ao Pn(t) = e−λt(λt)n/n!. Usando (2) e suposi¸c˜ao da indu¸c˜ao, temos
d dt (eλtPn(t)) =
λntn−^1 (n − 1)! ou eλtPn(t) =
(λt)n n!
Pela condi¸c˜ao inicial P 0 (0) = 0, temos que C = 0.
Ex. 3. Seja N (t) um processo de Poisson com intensidade λ. Seja T 1 o tempo de ocorrˆencia do primeiro evento, e seja Tn, n = 1, 2 ,... , o intervalo temporal entre (n − 1)-´esimo e o n-´esimo eventos. (Se T 1 = 5 e T 2 = 10, ent˜ao os tempos de ocorrˆencia do primeiro evento e do segundo evento s˜ao 5 e 15, respectivamente). Prove que os Tn’s s˜ao independentes e identicamente distribu´ıdos com a distribui¸c˜ao exponencial com m´edia 1/λ.
Solu¸c˜ao. Provamos primeiro que o instante T 1 tem a distribui¸c˜ao exponencial com parˆametro λ. Para isso, notamos que o evento {T 1 > t} ocorre se e somente se nenhum evento do processo de Poisson ocorreu durante o intervalo [0, t], assim temos: P {T 1 > t} = P {N (t) = 0} = e−λt. O que prova que T 1 tem distribui¸c˜ao exponencial com o parˆametro λ. Agora, para obter a distribui¸c˜ao de T 2 , notamos que a probabilidade desejada pode ser representada da seguinte forma:
P {T 2 > t} = E[P {T 2 > t | T 1 }]. (3)
Logo P {T 2 > t | T 1 = s} = P {0 eventos ocorreram durante tempo (s, s + t] | T 1 = s} = P {0 eventos ocorreram durante tempo (s, s + t]} = e−λt^ (4)
em que as ´ultimas igualdades s˜ao conseq¨uˆencias de independˆencia e estacionaridade dos incrementos do processo de Poisson. Usando (4), logo calculamos (3):
P {T 2 > t} = E[P {T 2 > t | T 1 }] =
0
P {T 2 > t | T 1 = s}λe−λsds
0
e−λtλe−λsds = e−λt
0
λe−λsds = e−λt
O fato dos tempos entre as ocorrˆencias de um processo de Poisson ter distribui¸c˜ao exponencial n˜ao pode nos surpreender. A suposi¸c˜ao de que o processo possui os incrementos independentes faz o processo em cada incremento “esquecer” o passado, em outras palavras, o processo possui a propriedade de “falta da mem´oria”. A outra vari´avel de interesse ´e saber quando acontece o n-´esimo evento Sn. Temos a seguinte representa¸c˜ao para o tempo de espera Sn : Sn = T 1 +T 2 +· · ·+Tn. Sabemos que a distribui¸c˜ao da soma de vari´aveis aleat´orias independentes e identicamente distribu´ıdas com distribui¸c˜ao exponencial com intensidade λ ´e gama com parˆametros λ e n. A densidade fSn (t) desta distribui¸c˜ao fica dada por
fSn (t) = λe−λt^
(λt)n−^1 (n − 1)!
, λ > 0. (5)
Podemos obter a densidade (5) atrav´es de outro racioc´ınio. A fun¸c˜ao de distribui¸c˜ao acumulada ´e a probabilidade de {Sn ≤ t}, que significa que pelo menos n eventos ocorreram at´e o tempo t. Assim, obtemos a f´ormula para fun¸c˜ao de distribui¸c˜ao acumulada:
FSn (t) = P {Sn ≤ t} = P {N (t) ≥ n} =
k=n
P {N (t) = k} =
k=n
e−λt^
(λt)k k!
Exerc´ıcios dom´esticos. Exerc´ıcios para Lista: 2,3,4,6,12.
(a) Notamos que o processo N (t) pode ser representado como a soma de processos N 1 (t) e N 2 (t). Prove que o processo N (t) ´e um processo de Poisson com intensidade λ 1 + λ 2. (b) Qual ´e a probabilidade de que nenhum carro passe pelo posto de pol´ıcia de 10.00 horas at´e 10.15?
(a) P {N (6) = 9} (b) P {N (6) = 9, N (20) = 13, N (56) = 27}
[1] S.M.Ross (1997) Introduction to probability models. Chapter 5.3.