El número de solicitudes forma un proceso de Poisson $(N_t,t \geq 0)$ de la tasa $\lambda = 6$ . Sea $M_t$ sea el número de solicitudes malas en el intervalo de tiempo $[0,t]$ con una tasa igual a $\frac{2}{3}$ . Las llegadas de solicitudes malas son independientes. Considerando los posibles valores de $N_t$ calcula la probabilidad de que $P(M_t = m)$ .
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$\newcommand{\e}{\operatorname{E}}$ \begin{align} & \Pr(M_t=m) \\[8pt] = {} & \e(\Pr(M_t = m\mid N_t)) \\[10pt] = {} & \e\left( \binom{N_t} m \left( \frac 2 3 \right)^m \left( \frac 1 3 \right)^{N_t-m} \right) \\[8pt] = {} & 2^m \e\left( \binom {N_t} m \left( \frac 1 3 \right)^{N_t} \right) \\[8pt] = {} & 2^m \sum_{n=m}^\infty \binom n m \left( \frac 1 3 \right)^n \Pr(N_t=n) \\ & \text{(This starts at $m$, not at $0$, because} \\ & \phantom{\text{(}} \text{the probability is 0 when $n<m$.)} \\[8pt] = {} & 2^m \sum_{n=m}^\infty \binom n m \left( \frac 1 3 \right)^n \frac{e^{-6t} (6t)^n}{n!} \\[8pt] = {} & \frac{2^m (2t)^m e^{-6t}}{m!} \sum_{n=m}^\infty \frac{(2t)^{n-m}}{(n-m)!} \\[8pt] = {} & \frac{(4t)^m e^{-6t}}{m!} \sum_{k=0}^\infty \frac{(2t)^k}{k!} \\[8pt] = {} & \frac{(4t)^m e^{-6t}}{m!} \cdot e^{2t} \\[8pt] = {} & \frac{(4t)^m e^{-4t}}{m!} \end{align} Por lo tanto, la distribución marginal de $M_t$ es Poisson con valor esperado $4t.$
