Distribuzione esponenziale e processo di Poisson per l'informatica

Modelli del tempo continuo per i sistemi: tempi di servizio, arrivi di richieste, guasti. Le definizioni e le formule di base sono già in Distribuzioni uniforme continua ed esponenzialeU(a, b) ha densità costante 1/(b − a) su [a, b], media (a + b)/2 e varianza (b − a)²/12; Exp(λ) ha densità λe^(−λx) per x ≥ 0, FdD 1 − e^(−λx), P(X > t) = e^(−λt), media 1/λ, varianza 1/λ², ed è l'unica legge continua senza memoria (versione continua della geometrica).Distribuzioni uniforme continua ed esponenziale →, Distribuzione di PoissonPoi(λ) conta eventi rari: P(X = k) = e^(−λ) λ^k / k! per k = 0, 1, 2, …, con media e varianza entrambe uguali a λ; approssima la binomiale Bin(n, p) quando n è grande e p piccolo, con λ = np.Distribuzione di Poisson →, Distribuzione gammaΓ(α, λ) ha densità λ^α x^(α−1) e^(−λx) / Γ(α) per x > 0, dove Γ(α) = ∫ x^(α−1) e^(−x) dx è la funzione Gamma (Γ(n) = (n − 1)!, Γ(1/2) = √π); media α/λ, varianza α/λ²; Γ(1, λ) = Exp(λ), e la somma di n esponenziali Exp(λ) indipendenti è Γ(n, λ), il tempo d'attesa dell'n-esimo evento.Distribuzione gamma → e in Somma di variabili aleatorie indipendentiSe X e Y sono indipendenti, la legge di Z = X + Y è la convoluzione: p_Z(n) = Σ_k p_X(k) p_Y(n − k) nel discreto, f_Z(z) = ∫ f_X(z − y) f_Y(y) dy nel continuo. Casi notevoli: Bin(n,p) + Bin(m,p) = Bin(n+m,p), Poi(λ) + Poi(μ) = Poi(λ+μ), Geo + Geo con densità (n−1)p²(1−p)^(n−2), Exp(λ) + Exp(λ) = Γ(2,λ), gaussiane indipendenti sommano medie e varianze.Somma di variabili aleatorie indipendenti →; qui si dimostrano le proprietà che servono agli algoritmi e si danno gli usi. Il processo di Poisson e le code sono trattati dal punto di vista delle telecomunicazioni in Processi di arrivo e processo di PoissonUn sistema a coda ha clienti che arrivano, un'area di attesa e $m$ servitori. Il processo di arrivo è un processo di punto con tempi di interarrivo $\tau_n=t_n-t_{n-1}$ e tasso $\lambda=\frac1{E[\tau]}$. Nel processo di Poisson omogeneo gli arrivi in intervalli disgiunti sono indipendenti e di Poisson con media $\lambda T$, gli interarrivi sono esponenziali $\lambda e^{-\lambda a}$ e senza memoria; somma di processi di Poisson è Poisson (tassi che si sommano), il diradamento con probabilità $p$ dà Poisson di tasso $p\lambda$; in $[0,h]$ c'è un arrivo con probabilità $\lambda h+o(h)$. Servizio con tasso $\mu=\frac1{E[y]}$; notazione di Kendall $A/B/m/K/N-S$.Processi di arrivo e processo di Poisson → e Sistemi a coda - processo di Poisson, M/M/1 e formula di LittleUn sistema a coda ha arrivi (di pacchetti, file) e un servitore (il collegamento). Con arrivi di Poisson di intensità $\lambda$ e tempi di servizio esponenziali di media $\frac1\mu$ (coda M/M/1) e $\rho=\frac\lambda\mu<1$: $P[N=n]=(1-\rho)\rho^n$, numero medio nel sistema $\bar N=\frac\rho{1-\rho}$, tempo medio di permanenza $\bar W=\frac1{\mu-\lambda}$, attesa in coda $\bar W_q=\frac\rho{\mu-\lambda}$. La formula di Little $\bar N=\lambda\bar W$ vale in generale. Con buffer finito (M/M/1/K) i pacchetti sono persi con $P_K=\frac{(1-\rho)\rho^K}{1-\rho^{K+1}}$.Sistemi a coda - processo di Poisson, M/M/1 e formula di Little → (code $M/M/1$ e $M/M/m$ in Sistemi a coda M-M-1 e M-M-mIn un sistema M/M/m (arrivi di Poisson $\lambda$, servizi esponenziali $\mu$, $m$ servitori) il numero di clienti $x(t)$ è una catena di Markov di nascita e morte con tassi di nascita $\lambda$ e di morte $\min(k,m)\mu$. A regime il bilancio di flusso $\lambda\pi_{k-1}=\min(k,m)\mu,\pi_k$ dà per M/M/1 $\pi_k=(1-\rho)\rho^k$ ($\rho=\frac\lambda\mu<1$), $E[x]=\frac\rho{1-\rho}$, $E[s]=\frac1{\mu-\lambda}$ (esponenziale), e per M/M/m la probabilità di accodamento di Erlang C, $C=P[x\ge m]$, con $E[q]=\frac{C,G}{m-G}$, $E[w]=\frac C{m\mu-\lambda}$, $E[s]=E[w]+\frac1\mu$ ($G=\frac\lambda\mu$, $\rho=\frac Gm<1$).Sistemi a coda M-M-1 e M-M-m →): non si ripetono. Le catene di Markov a tempo discreto, di cui questo è il corrispettivo continuo (tempi di permanenza esponenziali), sono in Catene di Markov - matrice di transizione, classificazione degli stati e distribuzione stazionariaUna catena di Markov a tempo discreto e stati finiti è descritta da una matrice stocastica P: P(X_{n+1}=j | X_n=i)=P_ij, la legge al tempo n è π_0 P^n. Gli stati si classificano in classi comunicanti (irriducibilità), periodo (aperiodicità) e ricorrenza/transitorietà. Una distribuzione stazionaria soddisfa πP=π; per catene finite irriducibili esiste ed è unica, vale π_i=1/h_ii (h_ii = tempo medio di primo ritorno), e se la catena è anche aperiodica P^n converge a una matrice con tutte le righe uguali a π. Le catene reversibili (π_i P_ij = π_j P_ji) hanno stazionaria immediata.Catene di Markov - matrice di transizione, classificazione degli stati e distribuzione stazionaria →.

La distribuzione esponenziale

Definizione. $X\sim\text{Exp}(\lambda)$, $\lambda>0$, ha densità $f(x)=\lambda e^{-\lambda x}$ per $x\ge0$, coda $P(X>t)=e^{-\lambda t}$, media $E[X]=1/\lambda$, varianza $1/\lambda^2$. Il parametro $\lambda$ è un tasso (eventi per unità di tempo), $1/\lambda$ è il tempo medio.

Esempio. Un server completa un lavoro in media in $0{,}5$ s: $\lambda=2$ al secondo, $P(X>1)=e^{-2}=0{,}1353$.

Teorema (assenza di memoria). Se $X\sim\text{Exp}(\lambda)$, per ogni $s,t\ge0$: $P(X>s+t\mid X>s)=P(X>t)$. Viceversa, ogni variabile continua positiva con questa proprietà è esponenziale.

Dimostrazione. $P(X>s+t\mid X>s)=\dfrac{P(X>s+t)}{P(X>s)}=\dfrac{e^{-\lambda(s+t)}}{e^{-\lambda s}}=e^{-\lambda t}$. Viceversa, se $g(t)=P(X>t)$ soddisfa $g(s+t)=g(s)g(t)$ ed è continua e decrescente, allora $g(t)=e^{-\lambda t}$ (equazione funzionale di Cauchy, $\ln g$ additiva e monotona, quindi lineare). $\blacksquare$

Significato: un lavoro già in esecuzione da $s$ secondi ha ancora lo stesso tempo residuo di uno appena partito. Il tasso di guasto ("hazard") è costante. È la versione continua della Distribuzione geometricaGeo(p) è il numero della prova in cui arriva il primo successo in prove indipendenti: P(X = n) = (1−p)^(n−1) p per n ≥ 1, P(X > n) = (1−p)^n (lunga attesa), media 1/p, varianza (1−p)/p², ed è senza memoria.Distribuzione geometrica →: se si dividono i tempi in intervalli di ampiezza $\delta$ e in ciascuno l'evento avviene con probabilità $\lambda\delta$, il numero di intervalli fino al primo evento è geometrico di parametro $\lambda\delta$, e per $\delta\to0$ il tempo converge a $\text{Exp}(\lambda)$.

Minimo e massimo

Teorema (minimo). Siano $X_1,\dots,X_k$ indipendenti, $X_i\sim\text{Exp}(\lambda_i)$, e $\Lambda=\sum_i\lambda_i$. Allora $M=\min_iX_i\sim\text{Exp}(\Lambda)$, $P(X_i=M)=\lambda_i/\Lambda$, e l'indice del minimo è indipendente da $M$.

Dimostrazione. $P(M>t)=\prod_iP(X_i>t)=e^{-\Lambda t}$. Per l'indice, con due variabili: $P(X_1<X_2,\ M>t)=\int_t^\infty\lambda_1e^{-\lambda_1x}e^{-\lambda_2x}dx=\dfrac{\lambda_1}{\Lambda}e^{-\Lambda t}=\dfrac{\lambda_1}{\Lambda}P(M>t)$. Con $t=0$ si ha $P(X_1<X_2)=\lambda_1/\Lambda$, e il prodotto dice che l'evento "vince $X_1$" e $M$ sono indipendenti. Per $k$ variabili si confronta $X_i$ con il minimo delle altre, che è $\text{Exp}(\Lambda-\lambda_i)$. $\blacksquare$

Esempio. Tre server con tassi $1,2,3$ al secondo lavorano a una richiesta ciascuno; la prima risposta arriva dopo $\text{Exp}(6)$, media $\tfrac16$ s, ed è del server $3$ con probabilità $\tfrac36=\tfrac12$.

Teorema (massimo di esponenziali identiche). Se $X_1,\dots,X_n$ sono i.i.d. $\text{Exp}(\lambda)$, allora $E[\max_iX_i]=\dfrac{H_n}{\lambda}$ con $H_n=1+\tfrac12+\dots+\tfrac1n$ (numero armonico, come nel collezionista di figurine: Linearità del valore atteso e variabili indicatriciLa linearità $E[X+Y]=E[X]+E[Y]$ vale sempre, anche senza indipendenza; con le variabili indicatrici ($E[I_A]=P(A)$) trasforma un conteggio in una somma di probabilità. Applicazioni: attesa del primo successo $1/p$, collezionista di figurine $nH_n$, punti fissi di una permutazione (media $1$), record (media $H_n$), inversioni ($n(n-1)/4$), attesa condizionata, identità di Wald $E[S_N]=E[N]E[X]$.Linearità del valore atteso e variabili indicatrici →), e $\text{Var}=\dfrac1{\lambda^2}\sum_{k=1}^n\dfrac1{k^2}$.

Dimostrazione. Si aspetta che finiscano i lavori uno alla volta. Fino al primo completamento passa un tempo $\text{Exp}(n\lambda)$ (minimo di $n$), media $\tfrac1{n\lambda}$. Per l'assenza di memoria i $n-1$ lavori rimasti ricominciano da zero: fino al secondo completamento passa un $\text{Exp}((n-1)\lambda)$ indipendente, e così via fino a $\text{Exp}(\lambda)$. Il massimo è la somma di questi $n$ tempi indipendenti di medie $\tfrac1{k\lambda}$, $k=n,\dots,1$. $\blacksquare$

Esempio. $n=10$ lavori con $\lambda=1$: $E[\max]=H_{10}=\tfrac{7381}{2520}=2{,}929$ volte la durata media di un lavoro, con deviazione standard $\sqrt{\sum1/k^2}=1{,}245$. $P(\max>5)=1-(1-e^{-5})^{10}=0{,}0654$, circa dieci volte la probabilità $e^{-5}=0{,}0067$ per un singolo lavoro: la coda del massimo è ciò che un utente osserva se una richiesta si divide in $10$ sotto-richieste (tail latency).

Richieste replicate (hedging). Inviando la stessa richiesta a $k$ server identici di tasso $\mu$ e prendendo la prima risposta, il tempo è $\text{Exp}(k\mu)$: media $1/(k\mu)$ e $P(T>t)=e^{-k\mu t}$. Con $\mu=2$ e $k=3$: media $0{,}167$ s invece di $0{,}5$ s, e $P(T>1)=e^{-6}=0{,}0025$ invece di $e^{-2}=0{,}135$.

Somme: Erlang

La somma di $k$ esponenziali indipendenti $\text{Exp}(\lambda)$ è una $\text{Erlang}(k,\lambda)$ (caso intero della Distribuzione gammaΓ(α, λ) ha densità λ^α x^(α−1) e^(−λx) / Γ(α) per x > 0, dove Γ(α) = ∫ x^(α−1) e^(−x) dx è la funzione Gamma (Γ(n) = (n − 1)!, Γ(1/2) = √π); media α/λ, varianza α/λ²; Γ(1, λ) = Exp(λ), e la somma di n esponenziali Exp(λ) indipendenti è Γ(n, λ), il tempo d'attesa dell'n-esimo evento.Distribuzione gamma →) con densità $f_k(s)=\dfrac{\lambda^ks^{k-1}e^{-\lambda s}}{(k-1)!}$, media $k/\lambda$.

Il processo di Poisson

Definizione. Un processo di Poisson di intensità $\lambda$ è un processo di conteggio $N(t)$ (numero di eventi in $[0,t]$) i cui tempi di interarrivo $X_1,X_2,\dots$ sono i.i.d. $\text{Exp}(\lambda)$. Il $k$-esimo evento avviene al tempo $S_k=X_1+\dots+X_k\sim\text{Erlang}(k,\lambda)$.

Proprietà equivalenti (qui si dimostra la prima):

1. $N(t)\sim\text{Poisson}(\lambda t)$ per ogni $t$.
2. Gli incrementi sono indipendenti (eventi in intervalli disgiunti) e stazionari ($N(t+s)-N(s)\sim N(t)$).
3. In un intervallo piccolo $\delta$: un evento con probabilità $\lambda\delta+o(\delta)$, due o più con $o(\delta)$ (eventi isolati).

Dimostrazione di 1. L'evento $\{N(t)=k\}$ equivale a $\{S_k\le t<S_{k+1}\}$. Condizionando a $S_k=s$ (densità $f_k$), occorre che l'interarrivo successivo superi $t-s$, con probabilità $e^{-\lambda(t-s)}$: $$P(N(t)=k)=\int_0^t\frac{\lambda^ks^{k-1}e^{-\lambda s}}{(k-1)!}e^{-\lambda(t-s)}ds=\frac{\lambda^ke^{-\lambda t}}{(k-1)!}\int_0^ts^{k-1}ds=\frac{(\lambda t)^ke^{-\lambda t}}{k!}.\ \blacksquare$$ (Per $\lambda=2$, $t=1{,}5$, $k=3$: $\frac{3^3e^{-3}}{3!}=0{,}2240$, e l'integrale numerico dà lo stesso valore.)

Un fatto utile: dato $N(t)=n$, i $n$ istanti degli eventi sono distribuiti come $n$ punti uniformi indipendenti su $[0,t]$, poi ordinati. (La densità congiunta di $S_1,\dots,S_n$ e di $\{N(t)=n\}$ è $\lambda^ne^{-\lambda t}$, costante sul simplesso $0<s_1<\dots<s_n<t$, quindi la condizionata è uniforme sul simplesso.) Con $n=1$: l'istante del singolo evento è uniforme su $[0,t]$ (simulazione: media $0{,}499$, varianza $0{,}0839$ contro $\tfrac12$ e $\tfrac1{12}=0{,}0833$).

Scomposizione e sovrapposizione

Teorema (scomposizione, thinning). Se ogni evento di un processo di Poisson di intensità $\lambda$ viene tenuto con probabilità $p$ e scartato con probabilità $q=1-p$, indipendentemente dagli altri, i processi dei tenuti e degli scartati sono processi di Poisson indipendenti di intensità $p\lambda$ e $q\lambda$.

Dimostrazione. Che i tenuti da soli formino un processo di Poisson di intensità $p\lambda$ è dimostrato in Processi di arrivo e processo di PoissonUn sistema a coda ha clienti che arrivano, un'area di attesa e $m$ servitori. Il processo di arrivo è un processo di punto con tempi di interarrivo $\tau_n=t_n-t_{n-1}$ e tasso $\lambda=\frac1{E[\tau]}$. Nel processo di Poisson omogeneo gli arrivi in intervalli disgiunti sono indipendenti e di Poisson con media $\lambda T$, gli interarrivi sono esponenziali $\lambda e^{-\lambda a}$ e senza memoria; somma di processi di Poisson è Poisson (tassi che si sommano), il diradamento con probabilità $p$ dà Poisson di tasso $p\lambda$; in $[0,h]$ c'è un arrivo con probabilità $\lambda h+o(h)$. Servizio con tasso $\mu=\frac1{E[y]}$; notazione di Kendall $A/B/m/K/N-S$.Processi di arrivo e processo di Poisson →; qui serve soprattutto l'indipendenza fra tenuti e scartati, che è ciò che si usa negli algoritmi (urne, router). Dato $N(t)=a+b$, il numero di tenuti $N_1(t)$ è $\text{Bin}(a+b,p)$. Quindi $$P(N_1=a,N_2=b)=e^{-\lambda t}\frac{(\lambda t)^{a+b}}{(a+b)!}\binom{a+b}{a}p^aq^b=\Bigl[e^{-p\lambda t}\frac{(p\lambda t)^a}{a!}\Bigr]\Bigl[e^{-q\lambda t}\frac{(q\lambda t)^b}{b!}\Bigr],$$ usando $e^{-\lambda t}=e^{-p\lambda t}e^{-q\lambda t}$: il prodotto di due Poisson di parametri $p\lambda t$ e $q\lambda t$, cioè i conteggi sono indipendenti. Il resto (incrementi indipendenti) segue dalla stessa proprietà del processo originale. $\blacksquare$

Teorema (sovrapposizione). Se $N_1,N_2$ sono processi di Poisson indipendenti di intensità $\lambda_1,\lambda_2$, il processo somma è di Poisson con intensità $\lambda_1+\lambda_2$, e ogni evento proviene dal processo $i$ con probabilità $\lambda_i/(\lambda_1+\lambda_2)$, indipendentemente dagli altri.

Dimostrazione. (Con i conteggi, come somma di variabili di Poisson indipendenti, in Processi di arrivo e processo di PoissonUn sistema a coda ha clienti che arrivano, un'area di attesa e $m$ servitori. Il processo di arrivo è un processo di punto con tempi di interarrivo $\tau_n=t_n-t_{n-1}$ e tasso $\lambda=\frac1{E[\tau]}$. Nel processo di Poisson omogeneo gli arrivi in intervalli disgiunti sono indipendenti e di Poisson con media $\lambda T$, gli interarrivi sono esponenziali $\lambda e^{-\lambda a}$ e senza memoria; somma di processi di Poisson è Poisson (tassi che si sommano), il diradamento con probabilità $p$ dà Poisson di tasso $p\lambda$; in $[0,h]$ c'è un arrivo con probabilità $\lambda h+o(h)$. Servizio con tasso $\mu=\frac1{E[y]}$; notazione di Kendall $A/B/m/K/N-S$.Processi di arrivo e processo di Poisson →; qui con i tempi, perché dà anche la provenienza.) Gli interarrivi del processo somma sono il minimo dei residui, che per l'assenza di memoria sono $\text{Exp}(\lambda_1)$ e $\text{Exp}(\lambda_2)$ indipendenti: il minimo è $\text{Exp}(\lambda_1+\lambda_2)$ e vince $i$ con probabilità $\lambda_i/\sum\lambda$, indipendente dall'istante (teorema del minimo). $\blacksquare$

Esempio (router). Due sorgenti Poisson di $30$ e $50$ pacchetti al secondo; un filtro tiene i pacchetti di $A$ con probabilità $0{,}2$ e quelli di $B$ con $0{,}6$. Per la scomposizione i tenuti di $A$ sono Poisson con intensità $6$, quelli di $B$ con intensità $30$ e sono indipendenti; per la sovrapposizione il flusso in uscita è Poisson con intensità $36$. Probabilità di nessun pacchetto in uscita in $50$ ms: $e^{-36\cdot0{,}05}=e^{-1{,}8}=0{,}1653$. Un pacchetto in uscita proviene da $A$ con probabilità $6/36=\tfrac16$. Tutto in Esercizio - Router con due sorgenti Poisson - sovrapposizione, filtraggio e tempo del quinto pacchetto.

Applicazioni

Palline e urne con un numero di palline poissoniano

Si lanciano $N\sim\text{Poisson}(m)$ palline in $n$ urne, ciascuna uniforme: ogni pallina va nell'urna $j$ con probabilità $1/n$, quindi per la scomposizione i carichi $L_1,\dots,L_n$ sono indipendenti $\text{Poisson}(m/n)$. Con $m$ palline fisse i carichi sono invece dipendenti (sommano a $m$), e la poissonizzazione toglie la dipendenza.

Teorema (costo della poissonizzazione). Se un evento $E$ dipendente dai carichi ha probabilità $p_P$ nel modello poissoniano con media $m$, allora ha probabilità $p_E\le e\sqrt m\,p_P$ nel modello con esattamente $m$ palline.

Dimostrazione. $p_P=\sum_kP(E\mid N=k)P(N=k)\ge P(E\mid N=m)P(N=m)=p_E\cdot e^{-m}\dfrac{m^m}{m!}$. Con la maggiorazione $m!\le e\sqrt m\,(m/e)^m$ (valida per $m\ge1$), $e^{-m}m^m/m!\ge\dfrac1{e\sqrt m}$. $\blacksquare$

Esempio ($n=m=100$). Urne vuote attese: $100\,(1-\tfrac1{100})^{100}=36{,}60$ (esatto) contro $100\,e^{-1}=36{,}79$ (Poisson). Probabilità che il carico massimo sia $\ge k$:

I due modelli sono molto vicini; il limite $e\sqrt{100}=27{,}2$ è invece molto largo, ma serve a trasferire eventi rari. Applicazioni del carico massimo: Palline e urne - compleanno, carico massimo e approssimazione di PoissonModello palline e urne (m palline, n urne, scelte indipendenti e uniformi): paradosso del compleanno con soglia sqrt(2 n ln 2), urne vuote attese n e^(-m/n), carico massimo ln n / ln ln n con dimostrazione (first moment e union bound), approssimazione di Poisson con il fattore e sqrt(m), potere delle due scelte (ln ln n / ln 2).Palline e urne - compleanno, carico massimo e approssimazione di Poisson →.

Arrivi durante un servizio

Un server ha tempi di servizio $S\sim\text{Exp}(\mu)$ e riceve richieste come processo di Poisson di intensità $\lambda$. La prima richiesta arriva prima della fine del servizio con probabilità $\dfrac{\lambda}{\lambda+\mu}$ (minimo di due esponenziali). Per l'assenza di memoria, dopo ogni arrivo il tempo residuo di servizio è di nuovo $\text{Exp}(\mu)$, quindi il numero $K$ di arrivi durante un servizio è geometrico: $$P(K=k)=\Bigl(\frac\lambda{\lambda+\mu}\Bigr)^k\frac\mu{\lambda+\mu},\qquad E[K]=\frac\lambda\mu.$$ Con $\lambda=3$ e $\mu=5$: $P(K=0)=0{,}625$, $P(K=1)=0{,}2344$, $P(K=2)=0{,}0879$, $E[K]=0{,}6$ (simulazione con $10^6$ servizi: $0{,}6249$; $0{,}2342$; $0{,}0878$; media $0{,}601$). Il rapporto $\lambda/\mu$ è il carico $\rho$ della coda $M/M/1$ (nota collegata sopra).

Un timeout non aiuta con tempi senza memoria. Se un lavoro $\text{Exp}(\mu)$ è già in corso da $s$ secondi, annullarlo e rilanciarlo non cambia la distribuzione del tempo residuo: per questo ha senso replicare (hedging), non aspettare.

Codice: simulazione del processo di Poisson

import numpy as np
rng = np.random.default_rng(1)

def poisson_process(lam, T):
    """Tempi degli eventi in [0, T] con interarrivi Exp(lam)."""
    t, eventi = rng.exponential(1 / lam), []
    while t <= T:
        eventi.append(t); t += rng.exponential(1 / lam)
    return np.array(eventi)

# scomposizione: A 30/s con p=0.2, B 50/s con p=0.6 -> uscita Poisson di intensita' 36
prove, T = 20000, 0.1
uscite = []
for _ in range(prove):
    a, b = poisson_process(30, T), poisson_process(50, T)
    uscite.append((rng.random(len(a)) < .2).sum() + (rng.random(len(b)) < .6).sum())
uscite = np.array(uscite)
print(uscite.mean(), uscite.var())          # media e varianza ~ 3.6 (Poisson)
print((uscite == 3).mean())                 # ~ P(3 in 100 ms) = 0.2125

Domande d'esame

1. Dimostra l'assenza di memoria dell'esponenziale e spiega perché la geometrica è la sua versione discreta. $P(X>s+t\mid X>s)=e^{-\lambda t}$; per $\delta\to0$ la geometrica di parametro $\lambda\delta$ riscalata converge all'esponenziale.
2. Tre server di tassi $1$, $2$, $3$: tempo medio della prima risposta e probabilità che sia del terzo. $\text{Exp}(6)$: $\tfrac16$ s; $\tfrac36=\tfrac12$.
3. Dimostra che dato $N(t)=1$ l'istante dell'evento è uniforme su $[0,t]$. $P(S_1\in ds,N(t)=1)=\lambda e^{-\lambda s}e^{-\lambda(t-s)}ds=\lambda e^{-\lambda t}ds$, costante in $s$; dividendo per $P(N(t)=1)=\lambda te^{-\lambda t}$ si ha densità $1/t$.
4. Dimostra la scomposizione di un processo di Poisson. Condizionando su $N(t)=a+b$ si ottiene un prodotto di due Poisson (sopra).