随机过程 Poisson 过程

随机过程 Poisson 过程

基本概念

（这里介绍了 Poisson 过程的两种定义方法）

计数过程：随机过程 { N ( t ) ,   t ≥ 0 } \{N(t),\,t\geq 0\} {N(t),t≥0} 称为计数过程，如果 $N(t)$ 表示从 $0$ 到 $t$ 时刻某一特定时间 $A$ 发生的次数，它具备以下两个特点：

• $N(t)\ge 0$ 且取值为整数；
• 当 $s<t$ 时，$N(s)\le N(t)$ ，且 $N(t)-N(s)$ 表示 $(s,t]$ 时间内事件 $A$ 发生的次数。

Poisson 过程：计数过程 { N ( t ) ,   t ≥ 0 } \{N(t),\,t\geq 0\} {N(t),t≥0} 被称为参数为 $\lambda$（$\lambda >0$）的 Poisson 过程，如果：

• $N(0)=0$ ；
• 过程有独立增量
• 在任一长度为 $t$ 的时间区间中事件发生的次数服从均值为 $\lambda t$ 的 Poisson 分布，即对一切 $s\ge 0$ ，$t>0$ ，有

$$P(N(t+s)-N(s)=n)=e^{-\lambda t}\frac{(\lambda t{)}^n}{n!},n=0,1,2,\cdots$$

Poisson 过程的特点：

• 从第三点可以看出，任意 $t$ 时间间隔内的分布与起始时间 $s$ 无关，因此 Poisson 过程具有平稳增量性；
• $\lambda$ 可以看作单位时间内事件发生的平均次数，一般被称为强度、速率或发生率

例：某火车站售票处早上 8：00 开始营业，乘客以 $10$ 人/小时的平均速率到达，则 9：10~10：00 这 1 个小时内最多有 5 名乘客来此购票的概率是多少？10：00~11:00 没有人来买票的概率是多少？

解：我们用一个泊松过程来描述，参数 $\lambda =10$ ，有：
$$\begin{array}{c}P(N(2)-N(1)\le 5)=\sum _{n=0}^5{e}^{-10}\frac{10^n}{n!}\\ P(N(3)-N(2)=0)=e^{-10}\frac{(10{)}^0}{0!}=e^{-10}\end{array}$$
小概率事件原理：实际当中有很多现象都可以用 Poisson 过程来描述，是因为 Bernoulli 实验的次数很多时，二项分布就会逼近 Poisson 分布。这些具体的性质用数学表述为：

Th：设 { N ( t ) ,   t ≥ 0 } \{N(t),\,t\geq0\} {N(t),t≥0} 是一个计数过程，它满足：则它是一个 Poisson 过程

1. $N(0)=0$ ；
2. 过程有平稳独立增量
3. 存在 $\lambda >0$ ，当 $h\to 0^{+}$ 时，有：

$$P(N(t+h)-N(t)=1)=\lambda h+o(h)$$

4. 当 $h\to 0^{+}$ 时，有：

$$P(N(t+h)-N(t)\ge 2)=o(h)$$

大致说明：首先，我们把 $[0,t]$ 划分为 $n$ 个相等的区间，则由条件 4. 得到，当 $n\to \infty$ 时，每个小区间内事件发生两次及以上的概率趋于 0，因此事件发生一次的概率 $p\approx \lambda \frac{t}{n}$ （这里 $\frac{t}{n}$ 大概就是上边条件中的 $h$ ），事件不发生的概率 $1-p\approx 1-\lambda \frac{t}{n}$ ，这恰好对应于 Bernoulli 的一次实验，而 $N(t)$ 就相当于 $n$ 重 Bernoulli 试验中成功的总次数。

严格证明：充分性：设计数过程 { N ( t ,   t ≥ 0 } \{N(t,\,t\geq 0\} {N(t,t≥0} 满足以上四个条件，要证明它是 Poisson 过程，只需验证 $N(t)$ 服从参数为 $\lambda t$ 的 Poisson 分布。记：
$$\begin{array}{rl}{P}_n(t)=& P(N(t)=n),n=0,1,2,\cdots \\ P(h)=& P(N(h)\ge 1)\\ =& P_1(h)+P_2(h)+\cdots \\ =& 1-P_0(h)\end{array}$$
则：
$$\begin{array}{rl}{P}_0(t+h)=& P(N(t+h)=0)\\ =& P(N(t+h)-N(t)=0,N(t)=0)\\ =& P(N(t+h)-N(t)=0)\cdot P(N(t)=0)(独立增量性)\\ =& P_0(t)P_0(h)\\ =& P_0(t)(1-\lambda h+o(h))(条件3.)\end{array}$$
因此
$$\frac{P_0(t+h)-P_0(t)}{h}=-\lambda P_0(t)+\frac{o(h)}{h}$$
令 $h\to 0$ ，得：
$$P_0^{\prime }(t)=-\lambda P_0(t)$$
解这个微分方程，得到：
$$P_0(t)=c{e}^{-\lambda t}$$
有初始条件 $P_0(0)=1$ 得 $c=1$ ，故：
$$P_0(t)=e^{-\lambda t}$$
同理，当 $n\ge 1$ 时，有：
$$\begin{array}{rl}{P}_n(t+h)=& P(N(t+h)=n)\\ =& P(N(t+h)-N(t)=0)P(N(t)=n)\\ +& P(N(t+h)-N(t)=1)P(N(t)=n-1)\\ +& P(N(t+h)-N(t)\ge 2,N(t+h)=n)\\ =& P_0(h)P_n(t)+P_1(h)P_{n-1}(t)+o(h)\\ =& (1-\lambda h)P_n(t)+\lambda h{P}_{n-1}(t)+o(h)\end{array}$$
于是：
$$\frac{P_n(t+h)-P_n(t)}{h}=-\lambda P_n(t)+\lambda P_{n-1}(t)+\frac{o(h)}{h}$$
令 $h\to 0$ ，解微分方程，代入初始条件，得到：
$$P_n(t)=e^{-\lambda t}\frac{(\lambda t{)}^n}{n!}=P(N(t)=n)$$
充分性：Poisson 过程已经满足条件 1. 和 2.，只需要证明满足条件 3. 和 4.，有：
$$\begin{array}{rl}P(N(t+h)-N(t)=1)=& P(N(h)-N(0)=1)\\ =& e^{-\lambda h}\frac{\lambda h}{1!}\\ =& \lambda h\sum _{n-0}^{\infty }\frac{(\lambda h{)}^n}{n!}=\lambda h(1-\lambda h+o(h))(Taylor展开)\\ =& \lambda h+o(h)\end{array}$$

$$\begin{array}{rl}P(N(t+h)-N(t)\ge 2)=& P(N(h)-N(0)\ge 2)\\ =& \sum _{n=2}^{\infty }{e}^{-\lambda h}\frac{(\lambda h{)}^n}{n!}\\ =& o(h)\end{array}$$

很妙哇，我感觉就是泰勒展开的原理。

例：事件 $A$ 的发生形成强度为 $\lambda $ 的 Poisson 过程 { N ( t ) ,   t ≥ 0 } \{N(t),\,t\geq 0\} {N(t),t≥0} ，如果每次事件发生时能够以概率 $p$ 被记录下来，并以 $M(t)$ 表示到时刻 $t$ 被记录下来的时间总数，则 { M ( t ) ,   t ≥ 0 } \{M(t),\,t\geq 0\} {M(t),t≥0} 是一个强度为 $\lambda p$ 的泊松过程

显然，$M(t)$ 也一定有平稳独立增量，且 $M(0)=0$ ，只需要证明 $M(t)$ 服从参数为 $\lambda p$ 的 Poisson 过程
$$\begin{array}{rl}P(M(t)=m)=& \sum _{n=0}^{\infty }P(M(t)=n|N(t)=m+n)\cdot P(N(t)=m+n)\\ =& \sum _{n=0}^{\infty }{C}_{m+n}^m{p}^m(1-p{)}^n\cdot e^{-\lambda t}\frac{(\lambda t{)}^{m+n}}{(m+n)!}\\ =& \frac{1}{m!}{p}^m(\lambda t{)}^m{e}^{-\lambda t}\sum _{n=0}^{\infty }\frac{(1-p{)}^n(\lambda t{)}^n}{n!}\\ =& \frac{1}{m!}{p}^m(\lambda t{)}^m{e}^{-\lambda t}{e}^{(1-p)\lambda t}\\ =& e^{-p\lambda t}\frac{(p\lambda t{)}^m}{m!}\end{array}$$
故 $M(t)$ 服从 $\lambda p$ 的泊松过程

（这个例子相当于用一个泊松分布，以概率 $p$ 导出得到了另一个泊松分布）

与 Poisson 过程相联系的若干分布

Poisson 的样本路径一般是跳跃度为 $1$ 的阶梯函数：

其中 $T_n$ 代表第 $n$ 次事件发生的间隔，规定 $T_0=0$ ；$X_n$ 代表第 $n$ 次和第 $n-1$ 次事件发生的时间间隔

$X_n$ 和 $T_n$ 的分布

$X_n$ 的分布： $X_n$ 服从参数为 $\lambda$ 的指数分布，且相互分布

证明：首先考虑 $X_1$ 的分布，有：
$$P(X_1>t)=P(N(t)=0)=e^{-\lambda t}\Rightarrow P(X_1\le t)=1-e^{-\lambda t}$$
再观察 $X_2$ ，有：
$$\begin{array}{rl}P(X_2>t|X_1=s)=& P(N(t+s)-N(s)=0|X_1=s)\\ =& P(N(t+s)-N(s)=0)(独立增量性)\\ =& e^{-\lambda t}\end{array}$$
所以 $X_1$ 和 $X_2$ 相互独立，且都服从参数为 $\lambda$ 的指数分布，可以重复推导

Def：Poisson 过程的第三种定义：计数过程 { N ( t ) ,   t ≥ 0 } \{N(t),\,t\geq 0\} {N(t),t≥0} 是参数为 $\lambda$ 的 Poisson 过程，如果每次事件的时间间隔 $X_1$ ，$X_2$ ，$\cdots$ 相互独立，且服从参数为 $\lambda$ 的指数分布。

（Poisson 过程具有平稳独立增量，正好对应于指数分布的无记忆性）

$T_n$ 的分布：$T_n$ 服从参数为 $n$ 和 $\lambda$ 的 $\Gamma$ 分布

证明：由 $T_n=\sum _{i=1}^n{X}_i$ ，指数分布是参数为 $1$ 和 $\lambda$ 的 $\Gamma$ 分布，由 $\Gamma$ 分布的独立可加性得到，$T_n$ 服从参数为 $n$ 和 $\lambda$ 的 $\Gamma$ 分布

例：设从早上 8：00 开始由无穷多人排队等候服务，只有一名服务员，且每个人接受服务的事件是独立的并服从均值为 20 分钟的指数分布，则到中午 12：00 为止平均有多少人已经离去？已有 9 个人接受服务的概率是多少？

由此可知离去的人数 { N ( t ) } \{N(t)\} {N(t)} 服从参数为 3 的泊松过程（以小时为单位），故：
$$P(N(4)-N(0)=n)=e^{-12}\frac{(12{)}^n}{n!}$$
该分布的均值为 12，因此到中午 12：00 位置平均已有 12 人离去，已有 9 个人接受服务的概率为：$P(N(4)-N(0)=9)=e^{-12}\frac{(12{)}^n}{9!}$

事件发生各时刻的条件分布

假设到时刻 $t$ ，Poisson 过程描述的事件 $A$ 已经发生了 $n$ 次，现在考虑 $T_1$ ，$T_2$ ，$\cdots$ $T_n$ 的联合分布；首先考虑 $n=1$ 的情况，对于 $s\ge t$ ，有：
$$\begin{array}{rl}P(T_1\le s|N(t)=1)=& \frac{P(T_1\le s,N(t)=1)}{P(N(t)=1)}\\ =& \frac{P(N(s)=1)\cdot P(N(t)-N(s)=0)}{P(N(t)=1)}\\ =& \frac{\lambda s{e}^{-\lambda s}\cdot e^{-\lambda (t-s)}}{\lambda t{e}^{-\lambda t}}\\ =& \frac{s}{t}\end{array}$$
可以理解成，在已知 $[0,t]$ 时间内 $A$ 只发生一次的前提下，$A$ 发生时刻在 $[0,t]$ 上是均匀分布的，这是因为 Poisson 过程具有平稳独立增量，$A$ 在 $[0,t]$ 的任何长度相同的子区间内发生的概率都是相等的。现在考虑 $n\ge 2$ 的情况：

Th：在已知 $N(t)=n$ 的条件下，事件发生的 $n$ 个时刻 $T_1$ ，$T_2$ ，$\cdots$ $T_n$ 的联合概率密度函数为：
$$f(t_1,t_2,\cdots ,t_n)=\frac{n!}{t^n},0<t_1<t_2<\cdots <t_n$$
证明：设 $0<t_1<t_2<\cdots <t_n<t_{n+1}=t$ ，取 $h_i$ 充分小使得 $t_i+h_i<t_{i+1}$ ，则：
$$\begin{array}{rl}& P(t_i<T\le t_i+h_i,i=1,2,\cdots ,n|N(t)=n)\\ =& \frac{P[N(t_i+h_i)-N(t_i)=1,N(t_{i+1})-N(t_i+h_i)=0,1\le i\le n,N(t_1)=0]}{P(N(t)=n)}\\ =& \frac{\lambda h_1{e}^{-\lambda h_1}\cdots \lambda h_n{e}^{-\lambda h_n}\cdot e^{-\lambda (t-\sum _{i=0}^n{h}_i)}}{e^{-\lambda t}\frac{(\lambda t{)}^n}{n!}}\\ =& \frac{n!}{t^n}\prod _{i=0}^n{h}_i\end{array}$$

按照定义，给定 $N(t)=n$ 时，$(T_1,T_2,\cdots T_n)$ 的 $n$ 为条件分布密度为：
$$f(t_1,t_2,\cdots ,t_n)=\underset{h_i\to 0}{\lim }\frac{P(t_i<T\le t_i+h_i,i=1,2,\cdots ,n|N(t)=n)}{{\prod }_{i=0}^n{h}_i}=\frac{n!}{t^n},0<t_1<t_2<\cdots <t_n$$
这个式子恰好是 $[0,t]$ 区间上服从均匀分布的 $n$ 个相互独立随机变量 $Y_1$ ，$Y_2$ ，$\cdots$ ，$Y_n$ 的顺序统计量 $Y_{(1)}$ ，$Y_{(2)}$ ，$\cdots$ ，$Y_{(n)}$ 的联合分布。所以直观上，在已知 $[0,t]$ 内发生了 $n$ 次事件的前提下，各事件发生的时刻 $T_1$ ，$T_2$ ，$\cdots$ ，$T_n$ （不排序）可看作相互独立的随机变量，且都服从 $[0,t]$ 上的均匀分布。

例：乘客按照强度为 $\lambda$ 的 Poisson 过程来到某火车站，火车在 $t$ 时刻启程，计算在 $(0,t]$ 内到达的乘客等待事件的总和的期望值，即求 $E\left[\sum _{i=1}^{N(t)}(t-T_i)\right]$ ，其中 $T_i$ 是第 $i$ 个乘客到达的时刻

解：在 $N(t)$ 给定的条件下，取条件期望：
E [ ∑ i = 1 N ( t ) ( t − T i ) ∣ N ( t ) = n ] = E [ ∑ i = 1 n ( t − T i ) ∣ N ( t ) = n ] = n t − E [ ∑ i = 1 n T i ∣ N ( t ) = n ] E\left[ \sum\limits_{i=1}^{N(t)}(t-T_i)|N(t)=n \right]=E\left[ \sum\limits_{i=1}^n(t-T_i)|N(t)=n \right]=nt-E\left[ \sum\limits_{i=1}^nT_i|N(t)=n \right] E ​i=1∑N(t)​(t−Ti​)∣N(t)=n ​=E[i=1∑n​(t−Ti​)∣N(t)=n]=nt−E[i=1∑n​Ti​∣N(t)=n]
由上边证明的定理得， $n$ 个乘客的到来可以看作 $n$ 个服从均匀分布的随机变量，记 $U_1$ ，$U_2$ ，$\cdots$ ，$U_n$ 为 $n$ 个独立的服从 $(0,t]$ 上均匀分布的随机变量，有：
$$E\left[\sum _{i=1}^n{T}_i|N(t)=n\right]=E(\sum _{i=1}^n{U}_i)=\frac{nt}{2}$$
因此：
E [ ∑ i = 1 N ( t ) ( t − T i ) ∣ N ( t ) = n ] = n t − E [ ∑ i = 1 n T i ∣ N ( t ) = n ] = n t 2 E\left[ \sum\limits_{i=1}^{N(t)}(t-T_i)|N(t)=n \right]=nt-E\left[ \sum\limits_{i=1}^nT_i|N(t)=n \right]=\frac{nt}{2} E ​i=1∑N(t)​(t−Ti​)∣N(t)=n ​=nt−E[i=1∑n​Ti​∣N(t)=n]=2nt​
所以：
E [ ∑ i = 1 N ( t ) ( t − T i ) ] = E { E [ ∑ i = 1 N ( t ) ( t − T i ) ∣ N ( t ) ] } = ∑ n = 0 ∞ n t 2 ⋅ P ( N ( t ) = n ) = λ t 2 2 E\left[ \sum\limits_{i=1}^{N(t)}(t-T_i) \right]=E\left\{ E\left[ \sum\limits_{i=1}^{N(t)}(t-T_i)|N(t) \right] \right\}=\sum\limits_{n=0}^{\infty}\frac{nt}{2}\cdot P(N(t)=n)=\frac{\lambda t^2}{2} E ​i=1∑N(t)​(t−Ti​) ​=E⎩ ⎨ ⎧​E ​i=1∑N(t)​(t−Ti​)∣N(t) ​⎭ ⎬ ⎫​=n=0∑∞​2nt​⋅P(N(t)=n)=2λt2​
（我猜条件期望就是这样算的吧hhh）

Poisson 过程的推广

非齐次 Poisson 过程

非齐次 Poisson 过程：Poisson 过程中的 $\lambda$ 不再是常数，二而是与时间 $t$ 有关的函数时，就推广成了非齐次 Poissson 过程。定义为：计数过程 { N ( t ) ,   t ≥ 0 } \{N(t),\,t\geq 0\} {N(t),t≥0} 称作强度函数为 $\lambda (t)$ （$\lambda (t)>0,t\ge 0$） 的非齐次 Poisson 过程，如果：

• $N(0)=0$ ；
• { N ( t ) ,   t ≥ 0 } \{N(t),\,t\geq 0\} {N(t),t≥0} 具有独立增量；
• $P(N(t+h)-N(t)=1)=\lambda (t)h+o(h)$ ；
• $P(N(t+h)-N(t)\ge 2)=o(h)$ ；

若令 $m(t)={\int }_0^t\lambda (s)ds$ ，则类似于 Poisson 过程；非齐次 Poisson 过程有如下等价定义：

Def：计数过程 { N ( t ) ,   t ≥ 0 } \{N(t),\,t\geq 0\} {N(t),t≥0} 称为强度函数为 $\lambda (t)$ （$\lambda (t)>0,t\ge 0$） 的非齐次 Poisson 过程，如果：

• $N(0)=0$ ；
• { N ( t ) ,   t ≥ 0 } \{N(t),\,t\geq 0\} {N(t),t≥0} 具有独立增量；
• 对任意实数 $t\ge 0$ ，$s>0$ ，$N(t+s)-N(t)$ 为具有参数 $m(t+s)-m(t)={\int }_t^{t+s}\lambda (u)du$ 的 Poisson 分布

此时称 $m(t)$ 为非齐次 Poisson 过程的均值函数（或累计强度函数）

非齐次 Poisson 过程的重要性在于不再要求平稳增量性，从而允许时间在某些时刻发生的可能性比另外一些时刻大。

以下定理给出了 Poisson 过程与非齐次 Poisson 过程之间的转换关系；事实上，非齐次 Poisson 过程就是进行时间变换过后的 Poisson 过程，使得某些时候时间更密，某些时候时间更稀疏，于是 $\lambda$ 就变得随着时间变化了。

Th：设 { N ( t ) ,   t ≥ 0 } \{N(t),\,t\geq 0\} {N(t),t≥0} 是强度函数为 $\lambda (t)$ 的非齐次 Poisson 过程。对任意 $t\ge 0$ ，令 $N^{\ast }(t)=N[m^{-1}(t)]$ ，则 { N ∗ ( t ) } \{N^*(t)\} {N∗(t)} 是一个强度为 1 的 Poisson 过程。

（很显然 $m(t)={\int }_0^t\lambda (s)ds$ 是一个单调递增函数，所以有反函数）

证明：我们证明 $N^{\ast }(t)$ 满足第一节中 Poisson 过程的第二个定义。由 $N(t)$ 的性质，易得 $N^{\ast }(t)$ 满足条件 1. 和 2. ，我们只需证明其满足条件 3. 和 4. ；

记 $v(t)=m^{-1}(t)$ ，则 $N^{\ast }(t)=N[v(t)]$ ；设 $v=m^{-1}(t)$ ，$v+h^{\prime }=m^{-1}(t+h)$ ，则：
$$h=m(v+h^{\prime })-m(v)={\int }_v^{v+h^{\prime }}\lambda (s)ds=\lambda (v)h^{\prime }+o(h^{\prime })$$
（这一步我没有太懂，我觉得是这样：假设 $\lambda (t)$ 连续（一般都是这样），由积分中值定理得 ${\int }_v^{v+h^{\prime }}\lambda (s)ds=h^{\prime }\lambda (v+\epsilon )$，其中 $0\le \epsilon \le h^{\prime }$ ，而 $\lambda (v+\epsilon )=\lambda (v)+o(1)$ （在 $v$ 处泰勒展开），因此 $=h^{\prime }\lambda (v)+o(h^{\prime })$ ）

得：
$$\begin{array}{rl}& \underset{h\to 0^{+}}{\lim }\frac{P(N^{\ast }(t+h)-N^{\ast }(t)=1)}{h}\\ =& \underset{h\to 0^{+}}{\lim }\frac{P(N(v+h^{\prime })-N(v)=1)}{\lambda (v)h^{\prime }+o(h^{\prime })}(上边推导出来的h=\lambda (v)h^{\prime }+o(h^{\prime }))\\ =& \underset{h\to 0^{+}}{\lim }\frac{\lambda (v)h^{\prime }+o(h^{\prime })}{\lambda (v)h^{\prime }+o(h^{\prime })}=1(非齐次Poisson过程的定义中的第3个条件)\end{array}$$
即：（条件 3. ）
$$P(N^{\ast }(t+h)-N^{\ast }(t)=1)=h+o(h)$$
同理可得：
$$\begin{array}{rl}& \underset{h\to 0^{+}}{\lim }\frac{P(N^{\ast }(t+h)-N^{\ast }(t)\ge 2)}{h}\\ =& \underset{h\to 0^{+}}{\lim }\frac{P(N(v+h^{\prime })-N(v)\ge 2)}{\lambda (v)h^{\prime }+o(h^{\prime })}(上边推导出来的h=\lambda (v)h^{\prime }+o(h^{\prime }))\\ =& \underset{h\to 0^{+}}{\lim }\frac{o(h^{\prime })}{\lambda (v)h^{\prime }+o(h^{\prime })}=0(非齐次Poisson过程的定义中的第4个条件)\end{array}$$
即：（条件 4. ）
$$P(N^{\ast }(t+h)-N^{\ast }(t)\ge 2=o(h)$$
所以 { N ∗ ( t ) ,   t ≥ 0 } \{N^*(t),\,t\geq 0\} {N∗(t),t≥0} 是参数为 $1$ 的 Poisson 过程

注意：可以用这个定理将非齐次 Poisson 过程的问题简化到 Poisson 过程中进行讨论，也可以反过来操作

例：设某设备的使用期限为 10 年，前 5 年内它平均 2.5 年需要维修一次，后 5 年平均两年需要维修一次，试求他在试用期内只维修过一次的概率。

标准解答：考虑为非齐次 Poisson 过程，强度函数：
$$\lambda (t)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{2.5}& 0\le t\le 5\\ \frac{1}{2}& 5<t\le 10\end{array}$$
则：
$$m(10)={\int }_0^{10}\lambda (s)ds={\int }_0^5\frac{1}{2.5}ds+{\int }_5^{10}\frac{1}{2}ds=4.5$$
因此：
$$P(N(10)-N(0))=1=e^{-4.5}\frac{4.5^1}{1!}=\frac{9}{2}{e}^{-\frac{9}{2}}$$
我的解答：就像上面解释的，将非齐次 Poisson 过程看作时间伸缩过后的 Poisson 过程。前 5 年平均 2.5 年需要维修一次，可以看成 4 年内平均每 2 年需要维修一次，这样 $\lambda$ 就统一为了 $\frac{1}{2}$ ，此时 $n=4+5=9$ ，故 $P(N(t)=1)=e^{-\frac{1}{2}\cdot 9}\frac{(\frac{1}{2}\cdot 9{)}^1}{1!}=\frac{9}{2}{e}^{-\frac{9}{2}}$

复合 Poisson 过程

复合 Poisson 过程：称随机过程 { X ( t ) ,   t ≥ 0 } \{X(t),\,t\geq 0\} {X(t),t≥0} 为复合 Poisson 过程，如果对于 $t\ge 0$ ，它可以表示为：
$$X(t)=\sum _{i=1}^{N(t)}{Y}_i$$
式中， { N ( t ) ,   t ≥ 0 } \{N(t),\,t\geq 0\} {N(t),t≥0} 是一个 Poisson 过程， { Y i ,   i = 1 ,   2 ,   ⋯   } \{Y_i,\,i=1,\,2,\,\cdots\} {Yi​,i=1,2,⋯} 是一族独立同分布的随机变量，并且与 { N ( t ) ,   t ≥ 0 } \{N(t),\,t\geq 0\} {N(t),t≥0} 独立

复合 Poisson 过程不一定是计数过程，但是当 $Y_i\equiv c$ 时，可以转化为 Poisson 过程

例：保险公司每年需要被索赔的人数服从泊松分布，但是每个人需要赔偿的金额是个随机的随机变量；走进商店的顾客人数是个泊松过程，但是每个人消费的金额是个随机的随机变量；这些都可以用复合 Poisson 过程表示。

Th：设 $\left\{X(t)=\sum _{i=1}^{N(t)}{Y}_i,t\ge 0\right\}$ 是一个复合泊松过程，其中泊松过程 { N ( t ) ,   t ≥ 0 } \{N(t),\,t\geq 0\} {N(t),t≥0} 的强度为 $\lambda$ ，则：

• $X(t)$ 有独立增量；
• 若 $E(Y_i^2)<\infty$ ，则 $E[X(t)]=\lambda tE(Y_1)$ ，$Var[X(t)]=\lambda tE(Y_1^2)$ ；

证明我没有看懂，跳过吧hhh；注意这里 $Y_i$ 是独立同分布的，所以选择 $Y_1$ 还是 $Y_i$ 作为 $E(X)$ 和 $Var(X)$ 的表达式都没u关系

例：设顾客以每分钟 6 人的平均速率进入商场，进入商场的每位顾客买东西的概率为 0.9 ，且顾客是否消费与商场人数无关、相互独立，求商城一天（按 12 小时计）中消费的顾客数的均值。

解：这里套了一层的复合 Poisson 过程，以 $N_1(t)$ 表示在时间 $(0,t]$ 内进入商场的顾客数（单位为分钟），则 { N 1 ( t ) ,   t ≥ 0 } \{N_1(t),\,t\geq 0\} {N1​(t),t≥0} 是速率为 $\lambda =6$ 的 Poisson 过程。再以 $N_2(t)$ 表示在时间 $(0,t]$ 内在该商场消费的顾客数，并设：
$$Y_i=\{\begin{array}{ll}1& 如果第i位顾客消费了\\ 0& 如果第i位顾客没消费\end{array}$$
则 $Y_i$ 独立同分布与 $B(1,0.9)$ ，与 { N 1 ( t ) ,   t ≥ 0 } \{N_1(t),\,t\geq 0\} {N1​(t),t≥0} 独立，且：
$$N_2(t)=\sum _{i=1}^{N_1(t)}{Y}_i$$
所以商城一天中消费的顾客数的均值为 $E[N_2(720)]=3888$ 人；

条件 Poisson 过程

条件 Poisson 过程：涉及具体个体时，$\lambda$ 可能是固定的，但是不同个体的 $\lambda$ 又是不同的。我们可以把分布式解释为给定 $\lambda$ 时，$N(t)$ 的条件分布 $P_{N|\lambda }(t)$ ，数学定义为：设随机变量 $\Lambda >0$ ，在 $\Lambda =\lambda$ 的条件下，计数过程 { N ( t ) ,   t ≥ 0 } \{N(t),\,t\geq 0\} {N(t),t≥0} 是参数为 $\lambda$ 的 Poisson 过程，则称 { N ( t ) ,   t ≥ 0 } \{N(t),\,t\geq 0\} {N(t),t≥0} 为条件 Poisson 过程。

设 $\Lambda$ 的分布为 $G$ ，那么随机选择一个个体在长度为 $t$ 的时间区间内发生 $n$ 次事件的概率为：
$$P(N(t+s)-N(s)=n)={\int }_0^{\infty }{e}^{-\lambda t}\frac{(\lambda t{)}^n}{n!}dG(\lambda )$$
这里 { N ( t ) ,   t ≥ 0 } \{N(t),\,t\geq 0\} {N(t),t≥0} 不是 Poisson 过程，它只具有平稳增量，而不具有独立增量

Th： { N ( t ) ,   t ≥ 0 } \{N(t),\,t\geq 0\} {N(t),t≥0} 为条件 Poisson 过程，且 $E({\Lambda }^2)<\infty$ ，则：

1. $E[N(t)]=tE(\Lambda )$ ；
2. $Var[N(t)]=t^{2}Var(\Lambda )+tE(\Lambda )$ ；

证明：
$$\begin{array}{rl}E[N(t)]=& E[E(N(t)|\Lambda )]\\ =& \sum _{\lambda }E(N(t)|\lambda )\cdot P(\Lambda =\lambda )\\ =& tE(\Lambda )\end{array}$$

$$\begin{array}{rl}Var[N(t)]=& E[N^2(t)]-[E(N(t)){]}^2\\ =& \sum _{\lambda }E(N^2(t)|\lambda )\cdot P(\Lambda =\lambda )-t^2{E}^2(\Lambda )\\ =& \sum _{\lambda }(\lambda t+{\lambda }^2{t}^2)\cdot P(\Lambda =\lambda )-t^2{E}^2(\Lambda )\end{array}$$

我真的不会条件期望的求法。。。按照我自己的理解来做：
$$Var(\Lambda )=E({\Lambda }^2)-E^2(\Lambda )=\sum _{\lambda }{\lambda }^{2}P(\Lambda =\lambda )-E^2(\Lambda )\Rightarrow \sum _{\lambda }{\lambda }^{2}P(\Lambda =\lambda )=Var(\Lambda )+E^2(\Lambda )$$
因此：
$$\begin{array}{rl}Var[N(t)]=& t\sum _{\lambda }\lambda \cdot P(\Lambda =\lambda )+t^2\sum _{\lambda }{\lambda }^{2}P(\Lambda =\lambda )-t^2{E}^2(\Lambda )\\ =& tE(\Lambda )+t^2(Var(\lambda )+E^2(\Lambda ))-t^2{E}^2(\Lambda )\\ =& t^{2}Var(\Lambda )+tE(\Lambda )\end{array}$$
例：（这个例子属实是硬造出来的）设意外事故的发生频率受某种未知因素影响有两种可能 ${\lambda }_1$ 和 ${\lambda }_2$ ，且 $P(\Lambda ={\lambda }_1)=p$ ，$P(\Lambda ={\lambda }_2)=1-p=q$ ，$0<p<1$ 为已知。已知到了时刻 $t$ 发生了 $n$ 次事故，求下一次事故在 $t+s$ 之前不会到来的概率。另外，这个发生频率为 ${\lambda }_1$ 的概率是多少？

下一次事故在 $t+s$ 之前不会到来的概率，就是在已知到了时刻 $t$ 发生了 $n$ 次事故的条件下，$N(t+s)-N(t)$ 为 0 的概率，为：
$$\frac{\sum _{i=1}^{2}P(N(t)=n,N(s+t)-N(t)=0|\Lambda ={\lambda }_i)}{\sum _{i=1}^{2}P(N(t)=n|\Lambda ={\lambda }_1)P(\Lambda ={\lambda }_i)}=\frac{p{\lambda }_1^n{e}^{-{\lambda }_1(t+s)}+q{\lambda }_2^n{e}^{-{\lambda }_2(t+s)}}{p{\lambda }_1^n{e}^{-{\lambda }_{1}t}+q{\lambda }_2^n{e}^{-{\lambda }_{2}t}}$$
以及：（贝叶斯公式，这里的分母已经在上边的式子里求出来了）
$$P(\Lambda ={\lambda }_1|N(t)=n)=\frac{P(\Lambda ={\lambda }_1,N(t)=n)}{P(N(t)=n|\Lambda ={\lambda }_1)+P(N(t)=n|\Lambda ={\lambda }_2)}=\frac{p{\lambda }_1^n{e}^{-{\lambda }_{1}t}}{p{\lambda }_1^n{e}^{-{\lambda }_{1}t}+q{\lambda }_2^n{e}^{-{\lambda }_{2}t}}$$文章来源地址https://www.toymoban.com/news/detail-785041.html

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