En primer lugar, consideremos un único proceso de renovación, que describa los tiempos de interllegada i.i.d. con una distribución integrable $F$ . Asintóticamente, la distribución del mayor intervalo alrededor del tiempo presente sin ninguna llegada es la transformada sesgada por el tamaño de $F$ (más adelante) y el tiempo presente se distribuye uniformemente en este intervalo.
En otras palabras, suponga que $X$ es una variable aleatoria con distribución $F$ . A continuación, la transformada con sesgo de tamaño de $F$ es la distribución de cualquier variable aleatoria $\hat X$ tal que $$ E(h(\hat X))=\frac{E(Xh(X))}{E(X)}, $$ para toda función acotada medible $h$ . Y el tiempo transcurrido desde la última llegada se distribuye asintóticamente como $U\hat X$ , donde $U$ es uniforme en $(0,1)$ e independiente en $\hat X$ .
Consideremos ahora dos procesos de renovación independientes, con sus respectivas distribuciones integrables $F$ y $G$ . La probabilidad asintótica de que el último evento corresponda al $F$ el proceso de renovación es $$ p_F=P(U\hat X\le V\hat Y), $$ donde $U$ , $\hat X$ , $V$ y $\hat Y$ son independientes, $U$ y $V$ son uniformes en $(0,1)$ La distribución de $\hat X$ es la transformada con sesgo de tamaño de $F$ y la distribución de $\hat Y$ es la transformada con sesgo de tamaño de $G$ . Así, $$ p_F=\frac{E(XY;UX<VY)}{E(X)E(Y)}, $$ donde $X$ , $Y$ , $U$ y $V$ son independientes, $U$ y $V$ son uniformes en $(0,1)$ La distribución de $X$ es $F$ y la distribución de $Y$ es $G$ .
Nuestra siguiente tarea es deshacernos de $U$ y $V$ . Para condicionar en $(X,Y)$ se necesita calcular $$ P(Ux<Vy)=[y<x]y/(2x)+[x<y](1-x/(2y)). $$ A menos que haya cometido un error, esto produce
$$p_F=\frac{E(Y^2;Y<X)+E(2XY-X^2;X<Y)}{2E(X)E(Y)}.$$
Obsérvese que ésta es sólo una entre varias fórmulas algebraicamente equivalentes para $p_F$ .
Todas las expectativas en la fórmula de $p_F$ son integrales que implican $F$ , $G$ y las respectivas densidades $f$ y $g$ . Por ejemplo, $$ E(Y^2;Y<X)=E(Y^2(1-F(Y))=\int_0^{+\infty}y^2g(y)(1-F(y))\mathrm{d}y. $$ Comprobaciones post hoc: Aquí hay algunas propiedades del resultado anterior, que se mantienen y deberían, para que la fórmula tenga sentido.
(1) Se tiene $p_F+p_G=1$ (donde $p_G$ es el resultado que se obtiene intercambiando $X$ y $Y$ ) y $p_F$ es obviamente positivo, por lo que $p_G$ también es positivo. Esto demuestra que $p_F$ está en $(0,1)$ .
(2) Si $F=G$ todo se anula en el numerador excepto el $E(2XY;X<Y)$ término, por lo tanto $p_F=\frac12$ .
(3) Si $X$ es exponencial con parámetro $a$ y $Y$ es exponencial con parámetro $b$ , $p_F=a/(a+b)$ .
Editar En cuanto a la comprobación (3) anterior, para la exponencial $a$ y $b$ distribuciones, se puede calcular todo en la fórmula dando $p_F$ en función de $a$ y $b$ , comenzando por $E(X)=1/a$ , $E(Y)=1/b$ , $f(x)=a\mathrm{e}^{-ax}$ , $F(x)=1-\mathrm{e}^{-ax}$ , $g(y)=b\mathrm{e}^{-by}$ , $G(y)=1-\mathrm{e}^{-by}$ .
Además, $E(Y^2;Y<X)=E(Y^2(1-F(Y))$ por lo que $$ E(Y^2;Y<X)=\int_0^{+\infty}y^2b\mathrm{e}^{-by}\mathrm{e}^{-ay}\mathrm{d}y=\frac{2b}{(a+b)^3}, $$ por simetría, $E(X^2;X<Y)=2a/(a+b)^3$ y, por último, $$ E(XY;X<Y)=\int_0^{+\infty}ax\mathrm{e}^{-ax}\int_x^{+\infty}by\mathrm{e}^{-by}\mathrm{d}y\mathrm{d}x=\int_0^{+\infty}ax\mathrm{e}^{-ax}(x+1/b)\mathrm{e}^{-bx}\mathrm{d}x, $$ por lo que $E(XY;X<Y)=2a/(a+b)^3+a/(b(a+b)^2)$ . Simplificando todo se obtiene el valor de $p_F=a/(a+b)$ dado arriba.
O bien, se puede recordar que para tiempos de interllegada exponenciales los tiempos de llegada forman procesos de Poisson, que la superposición de dos procesos de Poisson independientes con intensidades $a$ y $b$ es a su vez un proceso de Poisson con intensidad $a+b$ y, por último, que cada punto del proceso de puntos resultante es un $a$ -punto o un $b$ -punto, independientemente de todo lo demás y con las respectivas probabilidades $a/(a+b)$ y $b/(a+b)$ . Si se junta todo esto, se ve directamente por qué el último evento es un $a$ -suceso con probabilidad $p_F=a/(a+b)$ .
