Tiempo de espera previsto para el correo electrónico

Question

Pregunta:

El móvil de Johnson tiene una aplicación de Gmail y la hora de llegada de un correo electrónico $T$ tiene la siguiente densidad: $$T \sim \lambda e^{-\lambda t}$$

Cuando llegue un correo electrónico en el tiempo t, el software de correo electrónico móvil de Johnson emitirá un pitido:

$$b_{t}= \begin{cases} 1 & \text{with probability $z$}\\ 0 & \text{with probaility $1-z$} \end{cases}$$

En caso contrario, si no hay correo electrónico, $b_{t}=0$ siempre se mantiene.

Llevará tiempo $t^{*}$ para que Johnson espere la llegada del correo electrónico, Johnson dejará de esperar en las dos situaciones siguientes.

Situación 1: Si $b_{t}=1$ Johson dejará de esperar.

$$t_{1}=\min\{t:b_{t}=1\}$$

Situación 2: Si $b_{s}=0,s \leq t$ Johnson formará la creencia en el tiempo t: $$P(\text{The email has arrived before time t}|b_{s}=0,s\leq t)$$ Cuando $P(\text{The email has arrived before time t}|b_{s}=0,s \leq t)=p$ Johnson también dejará de esperar.

$$t_{0}=min\{t:P(\text{The email has arrived before time t}|b_{s}=0,s\leq t)=p\}$$

Así podemos definir: $$t^{*}=\min\{t_{1},t_{0}\}$$

La pregunta es: ¿Cuál es el tiempo de espera esperado por Johnson $E[t^{*}]$ ?

Para ayudar a entender la pregunta anterior, muestro los casos extremos de la pregunta anterior:

Cuando $z=1$ En el caso de que el correo electrónico llegue, el móvil siempre emite un pitido, el tiempo de espera previsto es, de hecho, el tiempo de llegada previsto: $$\frac{1}{\lambda}$$

Cuando $z=0$ significa que el móvil nunca emite un pitido independientemente de que el correo electrónico llegue o no, entonces después del tiempo t, creerá que la probabilidad de llegada del correo electrónico es: $$1-e^{-\lambda t}$$

Comprobará el correo electrónico cuando crea que el correo electrónico que llega es igual a p: $$1-e^{-\lambda t^{*}}=p$$ Por lo tanto, en esta situación, el tiempo de espera es degenerado y será siempre: $$t^{*}=-\frac{\ln{(1-p)}}{\lambda}$$

Es fácil calcular el tiempo de espera esperado en las dos situaciones extremas anteriores ( $z=1$ y $z=0$ ), pero una vez $z \in (0,1)$ ¿Cuál es el tiempo de espera previsto?

La respuesta del autor original es: $$\tilde{t}(z)=\frac{1-(1-p)^{\frac{z}{1-z}}}{\lambda z}$$

Es fácil comprobarlo: $$\tilde{t}(1)=\frac{1}{\lambda}$$ $$\lim_{z \to 0}\tilde{t}(z)=-\frac{\ln(1-p)}{\lambda}$$ La condición de contorno es

Answer 1

$$E(t^*) = E(t_1\mathbb{I}(t_1 \leq t_0) + t_0\mathbb{I}(t_1 > t_0)) = E(t_1\mathbb{I}(t_1 \leq t_0)) + t_0E(\mathbb{I}(t_1 > t_0))$$

$$\implies E(t^*) = E(t_1\mathbb{I}(t_1 \leq t_0)) + E(t_0)P(t_1>t_0)$$

A partir de la distribución de la hora de llegada, el número de correos en un intervalo de tiempo de longitud $t$ sigue una distribución poisson $Po(\lambda t).$

Informática $E(t_1\mathbb{I}(t_1 \leq t_0))$ y $P(t_1\leq t_0)$ .

$$\begin{align} P(t_1 \leq t) &= \sum\limits_{n=1}^{\infty}P(\text{atleast one beep} | n\text{ mails in time } [0,t])P(n\text{ mails in time } [0,t]) \\\\ &= \sum\limits_{n=1}^{\infty}(1-(1-z)^n)e^{-\lambda t}\frac{(\lambda t)^n}{n!} = \sum\limits_{n=1}^{\infty}e^{-\lambda t}\frac{(\lambda t)^n}{n!} - e^{-\lambda t}\sum\limits_{n=1}^{\infty}(1-z)^{n}\frac{(\lambda t)^n}{n!} \\\\ &= (1-e^{-\lambda t}) - e^{-\lambda t}(e^{(1-z)\lambda t} - 1) = 1 - e^{-z\lambda t} \\\\ P(t_1 \leq t_0) &= 1 - e^{-z\lambda t_0} \\\\ E(t_1\mathbb{I}(t_1 \leq t_0)) &= \int_{0}^{t_0} t \cdot z\lambda e^{-z\lambda t} dt = \frac{1}{z\lambda}(1-e^{-z\lambda t_0}) - t_0 e^{-z\lambda t_0}\end{align}$$

Ahora calculamos $t_0$ ,

$$\begin{align} p &= \sum\limits_{n=1}^{\infty} P(n\text{ mails has arrived in time } [0,t_0] | b_s = 0,\, \forall s \leq t_0) \\\\ p &= \sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{P(b_s = 0,\, \forall s \leq t_0 | n\text{ mails arrived in time } [0,t_0]) P(n\text{ mails arrived in time } [0,t_0])}{P(b_s = 0,\, \forall s \leq t_0)} \\\\ p &= \sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{P(b_s = 0,\, \forall s \leq t_0 | n\text{ mails arrived in time } [0,t_0]) P(n\text{ mails arrived in time } [0,t_0])}{\sum\limits_{i=0}^{\infty}P(b_s = 0,\, \forall s \leq t_0 | i\text{ mails arrived in time } [0,t_0]) P(i\text{ mails arrived in time } [0,t_0])} \\\\ p &= \frac{\sum\limits_{n=1}^{\infty}(1-z)^n e^{-\lambda t_0} \frac{(\lambda t_0)^n}{n!}}{\sum\limits_{i=0}^{\infty}(1-z)^i e^{-\lambda t_0} \frac{(\lambda t_0)^i}{i!}} = \frac{e^{-\lambda t_0}(e^{(1-z)\lambda t_0} - 1)}{e^{-\lambda t_0}(e^{(1-z)\lambda t_0})} = 1 - e^{-\lambda t_0(1-z)}\end{align}$$

Ahora sí,

$$P(t_1 \leq t_0) = 1 - e^{-z\lambda t_0} \implies P(t_1 > t_0) = e^{-z\lambda t_0}$$

$$E(t_1\mathbb{I}(t_1 \leq t_0)) = \frac{1}{z\lambda}(1-e^{-z\lambda t_0}) - t_0 e^{-z\lambda t_0}$$

$$1 - e^{-\lambda t_0(1-z)} = p \implies t_0 = -\frac{\ln(1-p)}{\lambda(1-z)} \text{ and } e^{-z\lambda t_0} = (1-p)^{\frac{z}{1-z}}$$

Ahora, tenemos que poner estos valores,

$$E(t^*) = E(t_1\mathbb{I}(t_1 \leq t_0)) + t_0P(t_1>t_0)$$

$$\implies E[t^*] = \frac{1-(1-p)^{\frac{z}{1-z}}}{\lambda z}$$

Answer 2

La respuesta es un poco larga en el comentario, lo escribo en forma de respuesta, basado en la derivación anterior completada por @expiTTp1z0 , modifico un pequeño error y encuentro que la solución puede ser aproximada, el paso clave es el cálculo de p: \begin{align} p &= \sum\limits_{n=1}^{\infty} P(n\text{ mails has arrived in time } [0,t_0] | b_s = 0,\, \forall s \leq t_0) \\ &= \frac{\sum\limits_{n=1}^{\infty}P(b_s = 0,\, \forall s \leq t_0 , n\text{ mails has arrived in time } [0,t_0])}{P(b_s=0,\,\forall s \leq t_{0})} \\ &= \sum\limits_{n=1}^{\infty}\frac{(1-z)^n e^{-\lambda t_0} \frac{(\lambda t_0)^n}{n!}}{e^{-\lambda zt_{0}}} = 1-e^{-(1-z)\lambda t_0} \end{align} Entonces la solución explícita de $t_{0}$ puede resolverse: $$t_{0}=\frac{\ln(1-p)}{\lambda(1-z)}$$ La modificación anterior utiliza la fórmula de probabilidad condicional que: $$P(n\text{ mails has arrived in time } [0,t_0] | b_s = 0,\, \forall s \leq t_0)=\frac{P(n\text{ mails has arrived in time } [0,t_0] , b_s = 0,\, \forall s \leq t_0)}{P(b_s = 0,\, \forall s \leq t_0)}$$ Además \begin{align}P(b_{s}=0,\,\forall s \leq t_{0})&=P(\text{No email arrives before $t_{0}$})+P(\text{Email has arrived without beep before $t_{0}$})\\&=e^{-\lambda t_{0}}+(e^{-z\lambda t_{0}}-e^{-\lambda t_{0}})=e^{-z\lambda t_{0}}\end{align} A continuación, siguiendo el resultado de la primera respuesta: $$P(t_{1} \leq t_{0})=1-e^{-z\lambda t_{0}}$$ $$P(t_{1} < t_{0})=e^{-z\lambda t_{0}}$$ $$E[t_{1}]=\frac{1}{\lambda z}$$ Utilizando los resultados de la modificación $$1-e^{-(1-z)\lambda t_{0}}=p \Rightarrow e^{-z\lambda t_{0}}=(1-p)^{\frac{z}{1-z}}$$ Así, \begin{align}E[t^{*}]&=E[t_{1}]P(t_{1}\leq t_{0})+E[t_{0}]P[t_{1}>t_{0}]\\&=\frac{1-e^{-z\lambda t_{0}}}{\lambda z}+t_{0}e^{-z\lambda t_{0}}\\ &= \frac{1-(1-p)^{\frac{z}{1-z}}}{\lambda z}-\frac{\ln(1-p)}{\lambda(1-z)}(1-p)^{\frac{z}{1-z}}\end{align}