03 | 泊松过程 ¶

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Cheet Sheet¶

字母	含义
$N(t)$	在时间 $t$ 内发生的 " 事件 " 数
$W_n$	第 $n$ 个事件发生的时刻
$T_i$	第 $i$ 个事件和第 $i-1$ 个事件发生的时间间隔

齐次泊松过程

\[ \begin{aligned} P\left[N(t)-N(s)=k\right]&\sim\pi(\lambda(t-s))\\ &=\frac {[\lambda(t-s)]^k·e^{-\lambda(t-s)}}{k!},\quad k=0,1,2,\dots \end{aligned} \]

非齐次泊松过程: 差值变成积分的上下限

\[ \begin{aligned} P(N(t)-N(s)=k)&\sim \pi(\int_s^{t} \lambda(u) du) \end{aligned} \]

数字特征

均值函数：$\mu_N(t)=E[N(t)]=\lambda t$
方差函数：$D_N(t)=D[N(t)]=\lambda t$

自相关函数：$C_N(t_1,t_2)=Cov[N(t_1),N(t_2)]=\lambda min(t_1,t_2)+\lambda^2t_1t_2$

自协方差函数：$R_N(t_1,t_2)=E[N(t_1)·N(t_2)]=\lambda min(t_1,t_2)$

求解思路

泊松过程的合成与分解。应用题比较多，这里要注意分类不重不漏。
- 一般求条件概率，上下的 $e$ 的指数项可以消去
- 如果有求解 $X\geq m$ 类型的概率，都是使用 $1-P(X<m)$ 来求解。
独立增量过程，将不独立的变量转化为独立增量。
各种相关分布的结论。指数分布刻画时间，柏松分布刻画计数，参数相同

独立增量过程 ¶

$\forall\;n\geq2$ 且 $n\in Z$ 与 $t_0<t_1<\dots<t_n$ ，增量 $X(t_1)-X(t_0),X(t_2)-X(t_1),\dots,X(t_n)-X(t_{n-1})$ 相互独立。

性质：

若 $\left\{X(t),t\geq0\right\}$ 是独立增量过程，且 $X(0)=0$, 则：

$X( t)$ 的有限维分布函数族可以由增量 $X(t)-X(s)\left(0\leq s<t\right)$ 的分布所确定；
设 $D_X(t)$ 已知，则 $C_X(s, t) = D_X\left(\min(s, t)\right)$

若对 $\forall h$ 和 $\forall s<t$,$X(t+h)-X(s+h)\overset{d}{=}X(t)-X(s),$ 称 $\{X(t)\}$ 平稳增量过程

独立增量 + 平稳增量 = 平稳 ( 齐次 ) 独立增量

概念辨析

下列过程中哪一个不是平稳独立增量过程。()

(A) 强度为 $\lambda$ 的泊松过程 $\{N(t); t \geq 0\}$
(B) 强度为 $t^2$ 的非齐次泊松过程 $\{N(t); t \geq 0\}$
(C) 标准布朗运动 $\{B(t); t \geq 0\}$
(D) 随机过程 $\{B(t+1) - B(1); t \geq 0\}$，其中 $\{B(t); t \geq 0\}$ 是标准布朗运动

对于强度为 $t^2$ 的随机过程，不满足平稳增量，每一个相同区间其实是不一样的，比较显然。

泊松分布 ¶

\[ P(X=k)=\frac{\lambda^k e^{-\lambda}}{k!}, \quad k=0,1,2,\dots \]

记 $X\sim \pi(\lambda)$ ，相当于 $n$ 很大，$p$ 很小，$np=\lambda$ 的二项分布。

（不用二项分布的原因：当 $n$ 很大的时候，$p^k$,$p^{n-k}$,$C_n^k$ 都计算起来很麻烦）

简单推导

栗子树掉栗子，时间切分 $n$ 份，$k$ 个栗子掉下，$p$ 为每份掉栗子的概率：

\[ P(k) = C_n^k p^k (1-p)^{n-k} \]

但是并不知道 $p$，所以需要间接求解

令期望

\[ \lambda = E(x) = np \implies p = \frac{\lambda}{n} \]

\[ \begin{aligned} \therefore P(k) &= \lim_{n \to \infty} C_n^k \left(\frac{\lambda}{n}\right)^k \left(1-\frac{\lambda}{n}\right)^{n-k} \\ &= \lim_{n \to \infty} \frac{n(n-1)\cdots(n-k+1)}{k!} \left(\frac{\lambda}{n}\right)^k \left(1-\frac{\lambda}{n}\right)^{n-k} \\ &= \lim_{n \to \infty} \frac{\lambda^k}{k!} \left(1-\frac{\lambda}{n}\right)^n \left[\frac{n}{n} \cdot \frac{n-1}{n} \cdots \frac{n-k+1}{n}\right] \left(1-\frac{\lambda}{n}\right)^{-k} \\ &= \lim_{n \to \infty} \frac{\lambda^k}{k!} \left[\left(1-\frac{\lambda}{n}\right)^{-\frac{n}{\lambda}}\right]^{-\lambda} \quad \text{（利用极限性质）} \\ &= e^{-\lambda} \frac{\lambda^k}{k!} \end{aligned} \]

条件 ¶

事件在一定时间发生次数随机，要么发生，要么不发生
每段无限小的时间，事件发生两次的概率无限趋近于 0
不同时间，事件独立

性质 ¶

期望：$E(X) = \lambda$

方差：$D(X) = \lambda$

线性：$X\sim \pi(\lambda) ,Y\sim \pi(\lambda_2) \implies X+Y\sim \pi(\lambda_1+\lambda_2)$

推导

\[ \begin{aligned} E(x)&=\sum_{i=0}^{\infty}iP(x-i)=\sum_{i=1}^{\infty}i\frac{e^{-\lambda}\lambda^{i}}{i!}=\lambda e^{-\lambda}\sum_{i=1}^{\infty}\frac{\lambda^{i-1}}{(i-1)!}=\lambda\cdot e^{-\lambda}\cdot e^{\lambda}=\lambda\\ E(x^{2})&=\sum_{i=0}^{\infty}i^{2}P(x-i)=\sum_{i=1}^{\infty}i^{2}\frac{e^{-\lambda}\lambda^{i}}{i!}=\lambda e^{-\lambda}\sum_{i=1}^{\infty}\frac{i\lambda^{i-1}}{(i-1)!}=\lambda e^{-\lambda}\sum_{i=1}^{\infty}\frac{i\lambda^{i-1}}{(i-1)!}\frac{d}{d\lambda}(\lambda^{i})\\ &=\lambda e^{-\lambda}\frac{d}{d\lambda}[\lambda_{i=1}^{\infty}\frac{\lambda^{i-1}}{(i-1)!}]=\lambda e^{-\lambda}\frac{d}{d\lambda}(\lambda e^{\lambda})=\lambda e^{-\lambda}(e^{\lambda}+e^{\lambda}\lambda)\\ \therefore D(x)&=E(x^2)-[E(x)]^{2}=\lambda^{2}+\lambda-\lambda^{2}=\lambda \end{aligned} \]

指数分布与泊松分布 ¶

泊松分布指数分布

用于描述单位时间或单位空间内事件发生的次数。
若某随机变量 $X \sim \text{Poisson}(\lambda t)$，则表示单位时间内平均有 $\lambda$ 次事件，$t$ 为观察时间长度。
概率质量函数（PMF）：

\[ P(X = k) = \frac{(\lambda t)^k e^{-\lambda t}}{k!}, \quad k = 0, 1, 2, \dots \]

用于描述两个事件之间的时间间隔（等待时间）。
若等待时间 $T \sim \text{Exp}(\lambda)$，表示事件平均每单位时间发生 $\lambda$ 次。
概率密度函数（PDF）：

\[ f(t) = \lambda e^{-\lambda t}, \quad t \geq 0 \]

泊松过程中的时间间隔分布是指数分布：
- 若事件发生服从泊松过程（单位时间平均事件数为 $\lambda$，独立且均匀随机地发生），
- 那么相邻两次事件的时间间隔服从参数为 $\lambda$ 的指数分布。
- 换句话说，如果事件发生的次数在时间 $t$ 内是泊松分布的，那么事件发生的时间间隔是指数分布。
从指数分布推导泊松分布：
- 如果事件间的时间间隔 $T_i \sim \text{Exp}(\lambda)$，
- 那么在时间 $t$ 内发生的事件数 $N(t)$ 服从泊松分布 $\text{Poisson}(\lambda t)$。
指数分布是泊松过程的“等待时间”分布：
- 例如，第一次事件发生的时间 $T_1 \sim \text{Exp}(\lambda)$，
- 第二次事件发生的时间是两个独立指数分布的和 $T_2 = T_1 + T'_1$，其总和服从Gamma 分布。

对比项	泊松分布	指数分布
类型	离散分布（事件数）	连续分布（时间）
参数	$\lambda$（单位时间平均事件数）	$\lambda$（事件速率）
应用场景	某时间内事件数	两个事件之间的时间间隔
关系	单位时间内事件总数	相邻事件间隔
分布公式	$P(X=k) = \frac{(\lambda t)^k e^{-\lambda t}}{k!}$	$f(t) = \lambda e^{-\lambda t}$

例题 ¶

排队

排队：两个服务窗口 , 设一段时间前来访问人数 $X\sim \pi(1)$

出现排队等候概率为

\[ P\{X>2\}=1-P\{X\leq2\}=1-e^{-1}(1+1+\frac{1}{2})=1-\frac{5}{2e}. \]

患病

疾病 : 假设某种疾病的发病人数 $X\sim \pi(\lambda)$，其中 $\lambda$ 未知，且已知某人患病的概率为 0.001。

解释：这里的“病概率 0.001”可以理解为“至少有一人患病的概率为 0.001”。对于泊松分布，$P(X=0)=e^{-\lambda}$，即没有人患病的概率。因此，至少有一人患病的概率为 $1 - e^{-\lambda}$。

设 $1 - e^{-\lambda} = 0.001$，则 $e^{-\lambda} = 0.999$，两边取对数得 $\lambda = -\ln(0.999) = \ln\left(\frac{1}{0.999}\right) = \ln\left(\frac{1000}{999}\right)$。

总结：$\lambda = \ln\left(\frac{1000}{999}\right)$

故分布律为

\[ P\{X = k\} = 0.999 \frac{(\ln \frac{1000}{999})^k}{k!}, k = 0, 1, \cdots \]

齐次泊松过程 ¶

定义 $N(t)$ 表示 $(0,t\,]$ 内发生的 " 事件 " 数。

若计数过程 { $N(t);t\leq0$ } 是强度为 $\lambda$ 的齐次泊松过程，则

$N(0)=0$

独立增量过程 ${ N(t);t\leq0}$

对于 $\forall\;0\leq s<t$ ，有
- 若 $s > 0$，则
  
  \[ \begin{aligned} P\left[N(t)-N(s)=k\right]&\sim\pi(\lambda(t-s))\\ &=\frac {[\lambda(t-s)]^k·e^{-\lambda(t-s)}}{k!},\quad k=0,1,2,\dots \end{aligned} \]
- 若 $s = 0$，则
  
  \[ P\left[N(t)=k\right]=\frac {[\lambda t]^k·e^{-\lambda t}}{k!},\quad k=0,1,2,\dots \]

对于 $\forall\quad t>s\quad n\leq m$

\[ P(N_s=m\mid N_t=n)=C_n^m(\frac st)^m\cdot(1-\frac st)^{n-m} \]

\[ \begin{aligned} P(N_t = n | N_s = m) &= \frac{P(N_s = m, N_t - N_s = n - m)}{P(N_s = m)}\\ &= P(N_t - N_s = n - m)\\ &= \frac{(\lambda(t-s))^{n-m}}{(n-m)!} e^{-\lambda(t-s)} \end{aligned} \]

性质 ¶

均值函数：$\mu_N(t)=E[N(t)]=\lambda t$
方差函数：$D_N(t)=D[N(t)]=\lambda t$

自相关函数：$R_N(t_1,t_2)=E[N(t_1)·N(t_2)]=\lambda min(t_1,t_2)$

自协方差函数：$C_N(t_1,t_2)=Cov[N(t_1),N(t_2)]=\lambda min(t_1,t_2)+\lambda^2t_1t_2$

合成与分解 ¶

泊松过程的合成 ¶

若 { $X(t);t\leq0$ } 与 { $Y(t);t\leq0$ } 是相互独立的分别具有强度 $\lambda_1$ 和 $\lambda_2$ 的泊松过程，

则 { $N(t)=X(t)+Y(t);t\leq0$ } 是强度为 $\lambda_1+\lambda_2$ 的泊松过程。

泊松过程的分解 ¶

若计数过程 { $N(t);t\leq0$ } 是强度为 $\lambda$ 的泊松过程

且对于事件 $N$ ，其中类型 $X$ 发生的概率为 $p$ ，类型 $Y$ 发生的概率为 $1-p$ ，则 { $X(t);t\leq0$ } 与 { $Y(t);t\leq0$ } 是相互独立的分别具有强度 $\lambda p$ 和 $\lambda (1-p)$ 的泊松过程。且相互独立

证明

显然 $N_1(0) = N_2(0)$。对任意 $t > s \geq 0$，

\[ \begin{aligned} P\{N_1(t) - N_1(s) = m,\, N_2(t) - N_2(s) = n\} &= P\{N_1(t) - N_1(s) = m,\, N(t) - N(s) = m+n\} \\ &= P\{N_1(t) - N_1(s) = m \mid N(t) - N(s) = m+n\} \cdot P\{N(t) - N(s) = m+n\} \\ &= \binom{m+n}{m} p^m (1-p)^n e^{-\lambda(t-s)} \frac{(\lambda(t-s))^{m+n}}{(m+n)!} \\ &= \left[ e^{-\lambda p(t-s)} \frac{(\lambda p(t-s))^m}{m!} \right] \cdot \left[ e^{-\lambda(1-p)(t-s)} \frac{(\lambda(1-p)(t-s))^n}{n!} \right] \end{aligned} \]

于是：

\[ \begin{aligned} P\{N_1(t) - N_1(s) = m\} &= \sum_n P\{N_1(t) - N_1(s) = m,\, N_2(t) - N_2(s) = n\} \\ &= \sum_n \left[ e^{-\lambda p(t-s)} \frac{(\lambda p(t-s))^m}{m!} \cdot e^{-\lambda(1-p)(t-s)} \frac{(\lambda(1-p)(t-s))^n}{n!} \right] \\ &= e^{-\lambda p(t-s)} \frac{(\lambda p(t-s))^m}{m!} \cdot \sum_n e^{-\lambda(1-p)(t-s)} \frac{(\lambda(1-p)(t-s))^n}{n!} \\ &= e^{-\lambda p(t-s)} \frac{(\lambda p(t-s))^m}{m!} \end{aligned} \]

因此：

\[ N_1(t) - N_1(s) \sim \pi(\lambda p(t-s)) \]

同理：

\[ N_2(t) - N_2(s) \sim \pi(\lambda (1-p)(t-s)) \]

且 $N_1(t) - N_1(s)$ 与 $N_2(t) - N_2(s)$ 相互独立。

下面证这两个过程是相互独立的独立增量过程 .

由于 $\{N(t)\}$ 是独立增量过程 , 且各事件属于哪种类型相互独立 , 所以对任何 $0=t_{0}<t_{1}<\cdots<t_{n}$, $(N_{1}(t_{1})-N_{1}(t_{0}),N_{2}(t_{1})-N_{2}(t_{0}))$, $\cdots$, $(N_{1}(t_{n})-N_{1}(t_{n-1}),N_{2}(t_{n})-N_{2}(t_{n-1}))$ 这 $n$ 个二维随机变量相互独立 .

又对所有 $0\leq i<n$, $N_{1}(t_{i+1})-N_{1}(t_{i})$ 与 $N_{2}(t_{i+1})-N_{2}(t_{i})$ 相互独立

所以 $N_{1}(t_{1})-N_{1}(t_{0})$, $N_{2}(t_{1})-N_{2}(t_{0})$, $\cdots$, $N_{1}(t_{n})-N_{1}(t_{n-1})$, $N_{2}(t_{n})-N_{2}(t_{n-1})$ 这 $2n$ 个随机变量相互独立 .

$\{N_{1}(t)\}$ 和 $\{N_{2}(t)\}$ 是独立增量过程

对任何 $0=t_{0}<t_{1}<\cdots<t_{n}$

$(N_{1}(t_{1}),\ldots,N_{1}(t_{n}))$ 与 $(N_{2}(t_{1}),\ldots,N_{2}(t_{n}))$ 相互独立

这两个过程是相互独立的独立增量过程 .

与泊松分布相关的若干分布 ¶

发生时刻 ¶

$W_n$ 是第 $n$ 个事件发生的时刻。

\[ W_n\sim \Gamma(n,\lambda) \]

$W_{n}$ 的分布函数

\[ \begin{aligned} F_{W_{n}}(t)&=P(W_{n} \leq t)=P(N(t) \geq n)\\ &=\left\{\begin{array}{ll} \sum_{k=n}^{\infty} P(N(t)=k)=\sum_{k=n}^{\infty} \frac{(\lambda t)^{k}}{k!} e^{-\lambda t} & t \geq 0 \\ 0 & t<0 \end{array}\right. \end{aligned} \]

因此，$W_{n}$ 的概率密度为：

\[ \begin{aligned} f_{W_{n}}(t)&=\frac{d F_{W_{n}}(t)}{d t}\\ &=\left\{\begin{array}{cc} \sum_{k=n}^{\infty} \frac{k \lambda^{k} t^{k-1}}{k!} e^{-\lambda t}-\sum_{k=n}^{\infty} \frac{\lambda^{k+1} t^{k}}{k!} e^{-\lambda t}=\frac{\lambda(\lambda t)^{n-1}}{(n-1)!} e^{-\lambda t}, & t>0 \\ 0, & t \leq 0 \end{array}\right. \end{aligned} \]

时间间隔 ¶

$T_i=W_i-W_{i-1}$ 为第 $i$ 个事件和第 $i-1$ 个事件发生的时间间隔，则 $\forall\;i\quad T_i$ 均服从均值为 $\frac1\lambda$ 的指数分布。

\[ \begin{aligned} F_{T_i}(t)&=P(T_i\leq t)=1-P(T_i>t)\\ &=1-P(N(t)<1)\\ &=1-P(N(t)=0)\\ &=1-e^{-\lambda t}\\ f_{T_i}(t)&=\begin{cases} \lambda e^{-\lambda t}, & t>0\\ 0, & t\leq0 \end{cases} \end{aligned} \]

定理

$\{N(t)\}$ 是强度为 $\lambda$ 的泊松过程

当且仅当其时间间隔 $T_1,T_2,...$ 独立同分布，且服从均值 $\frac1\lambda$ 的指数分布 .

条件分布 ¶

若已知 $(0,t\,]$ 内恰好有一事件发生，则此事件的发生时刻在 $(0,t\,]$ 内均匀分布。

\[ P(T_1\leq s\mid N(t)=1)=\frac st\qquad 0<s\leq t \]

\[ \begin{aligned} F_{T_1|N(t)=1}(s)&=P(T_1\leq s|N(t)=1)\\ &=\frac{P(T_1\leq s,N(t)=1)}{P[N(t)=1]}=\frac{P[N(s)=1,N(t)-N(s)=0]}{P[N(t)=1]}\\ &=\frac{\lambda se^{-\lambda s}\times e^{-\lambda(t-s)}}{\lambda te^{-\lambda t}}\\ &=\frac{s}{t}\\ f_{T_1|N(t)=1}(s)&=\frac{1}{t},0<s<t \end{aligned} \]

非齐次泊松过程 ¶

$\lambda$ 不再为常数，而是 $t$ 的函数

若计数过程 { $N(t);t\leq0$ } 是强度为 $\lambda(t)$ 的非齐次泊松过程，则

① $N(0)=0$

② { $N(t);t\leq0$ } 为独立增量过程

③ 对于 $\forall\;0\leq s<t$ ，有

\[ \begin{aligned} P(N(t)-N(s)=k)&\sim \pi(\int_s^{t} \lambda(u) du)\\ &=\frac {[\int_s^t\lambda(u)du]^k·e^{-\int_s^t\lambda(u)du}}{k!},\quad k=0,1,2,\dots,\\ \end{aligned} \]

例题 ¶

泊松过程计算 ¶

顾客依泊松过程到达某商店，速率为 4 人 / 小时。已知商店上午 9：00 开门 .

(1) 求到 9：30 时仅到一位顾客，而到 11：30 时时间的已到 5 位顾客的概率？

解：以上午九点作为 0 时刻，以 1 小时作为单位时间。以 $N(t)$ 表示 $(0,t]$ 内来到的顾客数，则 $\{N(t)\}$ 是 $\lambda=4$ 的泊松过程。

\[ \begin{aligned} P\{N(0.5)&=1,N(2.5)=5\}\\ &=P\{N(0.5)=1\}P\{N(2.5)-N(0.5)=4\}\\ &=(2e^{-2})(\frac{e^{-8}8^4}{4!})=0.0155 \end{aligned} \]

(2) 求第 2 位顾客在 10 点前到达的概率？

\[ \begin{aligned} P[W(2)\leq1]&=P[N(1)\geq2]\\ &=1-e^{-4}-4e^{-4}\\ &=1-5e^{-4} \end{aligned} \]

(3) 求第一位顾客在 9：30 前到达且第二位顾客在 10：00 前到达的概率？

\[ \begin{aligned} P[W_1\leq0.5,W_2\leq1]&=P[N(0.5)\geq1,N(1)\geq2]\\ &=P[N(0.5)=1,N(1)-N(0.5)\geq1]+P[N(0.5)\geq2]\\ &=0.5\lambda e^{-0.5\lambda}(1-e^{-0.5\lambda})+1-e^{-0.5\lambda}-0.5\lambda e^{-0.5\lambda}\\ &=1-e^{-2}-2e^{-4} \end{aligned} \]

例题：短信分类的泊松过程

用 $N(t)$ 表示在 $(0, t\,]$ 小时内收到的短信数目。设 $\{N(t); t \geq 0\}$ 是强度为 $\lambda = 5$ 条 / 小时的泊松过程，且每条短信独立地以概率 $0.6$ 是垃圾短信。

设垃圾短信的数目为 $N_1(t)$，正常短信的数目为 $N_2(t)$。

则： - $\{N_1(t); t \geq 0\}$ 是强度为 $\lambda_1 = \lambda p = 5 \times 0.6 = 3$ 的泊松过程； - $\{N_2(t); t \geq 0\}$ 是强度为 $\lambda_2 = \lambda (1-p) = 5 \times 0.4 = 2$ 的泊松过程。

（1）1 小时内收到 2 条短信的概率

\[ P(N(1) = 2) = \frac{5^2 \cdot e^{-5}}{2!} = \frac{25}{2} e^{-5} \]

（2）1 小时内收到的垃圾短信数目为 2 条的概率

\[ P(N_1(1) = 2) = \frac{3^2 \cdot e^{-3}}{2!} = \frac{9}{2} e^{-3} \]

（3）若已知 3 小时内恰好收到一条短信，则这条短信是在第 2 个小时内收到的概率

\[ \begin{aligned} P(N(2) - N(1) = 1 \mid N(3) = 1) &= \frac{P(N(3) - N(2) = 0) \cdot P(N(2) - N(1) = 1) \cdot P(N(1) = 0)}{P(N(3) = 1)} \\ &= \frac{e^{-5} \cdot 5e^{-5} \cdot e^{-5}}{15e^{-15}} \\ &= \frac{1}{3} \end{aligned} \]

（4）1 小时内至少收到 1 条短信，且在 3 小时内恰好收到两条短信的概率

\[ \begin{aligned} &\quad\; P(N(3) - N(1) = 1,\, N(1) = 1) + P(N(3) - N(1) = 0,\, N(1) = 2) \\ &= 10e^{-10} \cdot 5e^{-5} + e^{-10} \cdot \frac{5^2}{2!} e^{-5} \\ &= 62.5 e^{-15} \end{aligned} \]

（5）若已知 1 小时内至多收到 2 条短信，则至少有 1 条垃圾短信的概率

\[ \begin{aligned} P(N_1(1) \geq 1 \mid N(1) \leq 2) &= \frac{P(N_1(1) = 1, N_2(1) = 1) + P(N_1(1) = 1, N_2(1) = 0) + P(N_1(1) = 2, N_2(1) = 0)}{P(N(1) \leq 2)} \\ &= \frac{e^{-5} \cdot (3 \times 2 + 3 + \frac{3^2}{2})}{e^{-5} \cdot (1 + 5 + 12.5)} \\ &= \frac{27}{37} \end{aligned} \]

合成与分解 ¶

例题

设 $\{N_{1}(t);t\geq0\}$ 和 $\{N_{2}(t);t\geq0\}$ 是相互独立的泊松过程，强度分别为 1 和 2。则 $P(N_{1}(1)+N_{2}(1)>0)=$ _, $P(N_{1}(1)=1|N_{1}(1)+N_{2}(1)=1)=$ _。

$1-e^{-3}$
$\frac13$

相似例题

设 $\{N_i(t);\, t \geq 0\},\, i=1,2$ 是两个相互独立、强度均为 $\lambda$ 的泊松过程，则

$P(N_1(1) + N_2(2) = 2) =$ ____

$P(N_1(2) = 2\,|\, N_1(1) + N_2(2) = 2) =$ ____

例题

设 $\{N_i(t);\, t \geq 0\},\, i=1,2$ 是两个相互独立、强度分别为 $1$ 和 $2$ 的泊松过程，求：

\[ P\left\{N_1(1) = 1 \mid N_1(2) + N_2(2) = 2\right\} =\; \underline{\hspace{2cm}} \]

(A) $\dfrac{5}{18}$
(B) $\dfrac{1}{3}$
(C) $\dfrac{5}{9}$
(D) $\dfrac{2}{9}$

答案选 A，条件可以使用 possion 合成

再使用分类讨论

某银行有两个窗口可以接受服务。上午九点钟，小王到达这个银行，此时两个窗口分别有一个顾客在接受服务，另外有 2 个顾客排在小王的前面等待接受服务，一会儿又来了很多顾客。假设服务的规则是先来先服务。也就是说一旦有一个窗口顾客接受完服务，那么排在队伍中的第一个顾客就马上在此窗口接受服务。假设各个顾客接受服务的时间独立同分布，而且服从均值为 20 分钟的指数分布。

问：小王在十点钟之前能够接受服务的概率？

解：以上午九点钟作为 0 时刻，以 1 小时作为单位时间。对 $i=1,2$, 令 $N_i(t)$ 表示 $(0,t]$ 内第 $i$ 个窗口完成服务的顾客数。则 $\{N_i(t);t\geq0\}$ 是强度为 3 的泊松过程，且 $\{N_1(t)\}$ 和 $\{N_2(t)\}$ 相互独立。

令 $N(t)$ 表示 $(0,t]$ 内这两个窗口完成服务的顾客总数

则 $N(t)=N_1(t)+N_2(t)$，且 $\{N(t)\}$ 是强度为 6 的泊松过程

当且仅当第 3 个顾客服务完成时，小王才去接受服务。

用 $W_i$ 表示第 $i$ 个顾客服务完成的时刻，所以所求的概率是：

\[ \begin{aligned} P(W_3\leq1)&=P(N(1)\geq3)\\&=1-e^{-6}-6e^{-6}-18e^{-6}=0.938 \end{aligned} \]

2. 在等待的顾客中，排在第一位的顾客平均要等待多长时间才轮到接受服务？

\[ \mathrm{EW}_{1}=\mathrm{ET}_{1}=\frac{1}{6} \]

3. 小王等待接受服务的平均时间是多少？

\[ T_{i}=W_{i}-W_{i-1} \quad i=1,2, \cdots \quad W_{0}=0 \]

\[ \mathrm{EW}_{3}=\mathrm{E}\left(T_{1}+T_{2}+T_{3}\right)=\frac{1}{2} \]

4. 排在第一位的顾客是在第一个窗口服务的概率是多少？

记 $T_{1}^{k}, k=1,2$ 表示 $\{N_{k}(t), k=1,2\}$ 第 k 个窗口首个顾客完成的时刻，则 $T_{1}^{k}, k=1,2$ 相互独立，且分别服从参数为 $\lambda_{1}、\lambda_{2}$ 的指数分布。

$T_{1}=\min\left\{T_{1}^{1}, T_{1}^{2}\right\}$ 的分布函数为：

当 $x>0$ 时 ,$\mathrm{F}_{T_{1}}(x)=1-\left(1-\mathrm{F}_{T_{1}^{1}}(x)\right)\left(1-\mathrm{F}_{T_{1}^{2}}(x)\right)=1-\mathrm{e}^{-\left(\lambda_{1}+\lambda_{2}\right) x}$

\[ \therefore \mathrm{ET}_{1}=\frac{1}{\lambda_{1}+\lambda_{2}} \]

(2) $\mathrm{P}\left\{T_{1}^{1}<T_{1}^{2}\right\}=\int_{0}^{+\infty} \mathrm{d} x \int_{x}^{+\infty} \lambda_{1} \mathrm{e}^{-\lambda_{1} x} \times \lambda_{2} \mathrm{e}^{-\lambda_{2} y} \mathrm{~d} y=\frac{\lambda_{1}}{\lambda_{1}+\lambda_{2}}$

购物

以 $N(t)$ 表示 $(0, t]$ 内到达某商场的顾客数，设 $\{N(t); t \geq 0\}$ 是强度为 $\lambda = 5$ 的泊松过程，进商场的各顾客独立地以概率 0.4 购物，以概率 0.6 不购物。计算 (1) 在 $(0,1]$ 内至少有 1 个顾客到达，且在 $(0,3]$ 内恰有两个顾客到达的概率； (2) 若已知在 $(0,3]$ 内恰有 1 个顾客到达，求他到达的时间在 $(1,2)$ 之间的概率； (3) 若已知在 $(0,1]$ 内至多有 2 个顾客到达，求至少有 1 个顾客购物的概率

$N_1(t), N_2(t)$ 分别表示 $(0, t]$ 内购物的顾客数和不购物的顾客数。

(1) $P\{N(1) = 1, N(3) - N(1) = 1\} + P\{N(1) = 2, N(3) - N(1) = 0\} = 62.5e^{-15} = 1.91 \times 10^{-5}$

(2)

\[ \begin{align*} P(N(1) = 0, N(2) = 1 | N(3) = 1) &= \frac{P(N(1) = 0, N(2) - N(1) = 1, N(3) - N(2) = 0)}{P(N(3) = 1)} \\ &= \frac{1}{3} \end{align*} \]

(3)

\[ \begin{align*} P(N_1(1) \geq 1 | N(1) \leq 2) =& P(N_1(1) = 1 | N(1) \leq 2) + P(N_1(1) = 2 | N(1) \leq 2)\\ =& \frac{20}{37} \end{align*} \]

例题

某人在钓鱼，假设他钓到鱼的规律服从强度为 $4$ 条 /h 的泊松过程，且每条鱼的质量（单位：kg）独立同分布，服从 $(0,2)$ 上均匀分布。请回答下列问题：

此人在 $1$h 内钓到 $2$ 条鱼的概率为（）

A. $2e^{-4}$ B. $4e^{-4}$ C. $8e^{-4}$ D. $16e^{-4}$
此人每小时平均能钓到重达 $1.5$kg 以上的鱼几条？（）

A. $4$ B. $3$ C. $2$ D. $1$
此人在第 $1$h 后才钓到重达 $1.5$kg 以上的鱼的概率为（）

A. $1-e^{-3}$ B. $1-e^{-1}$ C. $e^{-3}$ D. $e^{-1}$
若已知此人在 $1$h 内钓到两条鱼，则这两条都是不足 $1$kg 鱼的概率为（）

A. $1/2$ B. $1/4$ C. $1/8$ D. $3/4$
此人先钓到不足 $0.5$kg 鱼的概率为（）

A. $1/4$ B. $3/8$ C. $1/2$ D. $1/3$

答案： C D D B A

合成

四、涟水高师是一所著名的高等研究院，为我国数学事业发展做出了杰出贡献。其中， Jumpton 爵士早在 1624 年就于涟水高师开始了关于随机过程的研究。一天，Jumpton 爵士在苹果树下召集了 Gauss，Euler、RunAutumn、Yau、Riemann 等学生进行数学方面的研讨。在此期间，祂观察到树叶落下与苹果落下的规律分别符合强度为 2( 个 / 小时 ) 与 3( 个 / 小时 ) 的泊松过程，并以此提出了著名的上帝均衡 (Lord Equilibrium)。(15 分 ) (1)第一个小时内掉落物总数符合什么分布。 (2)已知在 1h 内有四个物品掉落，求其中最多一个是树叶的可能性。 (3)第一个掉下的物品为苹果的概率。 (4)求第二个苹果在[1,2]时间范围内落下的概率。

非齐次 ¶

例题

设 $\{\mathcal{N}(t),t\geq0\}$ 是强度为 $\lambda(t)=2t$ 的非齐次泊松过程，则 $\mathcal{R}_{\mathcal{N}}(1, 2) =$ ( )

\[ \begin{aligned} \text{(A)}\ 1 \qquad \text{(B)}\ 5 \qquad \text{(C)}\ 3 \qquad \text{(D)}\ 2 \end{aligned} \]

选 B。

分析：

方法一：
非齐次泊松过程的自相关函数为

这里使用了拆分 + 独立增量的性质，是一个常用的技巧（在 brown 中也经常用）

\[ \begin{aligned} \mathcal{R}_{\mathcal{N}}(1, 2) &= E[\mathcal{N}(1)\mathcal{N}(2)] \\ &= E[\mathcal{N}(1)^2] + E[\mathcal{N}(1)](E[\mathcal{N}(2)] - E[\mathcal{N}(1)]) \\ &= \left(\operatorname{Var}[\mathcal{N}(1)] + (E[\mathcal{N}(1)])^2\right) + E[\mathcal{N}(1)]\left(E[\mathcal{N}(2)] - E[\mathcal{N}(1)]\right) \\ &= (1 + 1^2) + 1 \times (4 - 1) \\ &= 2 + 3 = 5 \end{aligned} \]

但更常用的公式是

$$ mathcal{R}_{mathcal{N}}(s, t) = E[mathcal{N}(s)] + E[mathcal{N}(s)]E[mathcal{N}(t)] $$ u 其中 $E[\mathcal{N}(t)] = \int_0^t \lambda(u) du$。

这里 $\lambda(t) = 2t$，所以

\[ E[\mathcal{N}(1)] = \int_0^1 2t\,dt = [t^2]_0^1 = 1 \\ E[\mathcal{N}(2)] = \int_0^2 2t\,dt = [t^2]_0^2 = 4 \]

所以

\[ \mathcal{R}_{\mathcal{N}}(1, 2) = E[\mathcal{N}(1)] + E[\mathcal{N}(1)]E[\mathcal{N}(2)] = 1 + 1 \times 4 = 5 \]

设 $\{N(t), t \geq 0\}$ 是非齐次泊松过程，强度为 $\lambda(t) = t^2$

计算 (1)$E(N(2))$;

\[ \begin{aligned} E(N(2)) &= \int_{0}^{2} \lambda(t) dt = \int_{0}^{2} t^2 dt = \frac{8}{3} \end{aligned} \]

(2)$P(N(1) = 1, N(2) = 2)$;

\[ \begin{aligned} \int_{0}^{1} \lambda(t) dt &= \int_{0}^{1} t^2 dt = \frac{1}{3}\\ \int_{1}^{2} \lambda(t) dt &= \frac{8}{3} - \frac{1}{3} = \frac{7}{3} \end{aligned} \]

\[ \begin{aligned} P(N(1) = 1, N(2) = 2) &= P(N(1) = 1)P(N(2) - N(1) = 1)\\ &= (\frac{1}{3} e^{-1/3})(\frac{7}{3} e^{-7/3}) = \frac{7}{9} e^{-8/3} \end{aligned} \]

(3)$P(N(2) = 2 | N(1) = 1)$;

\[ \begin{aligned} P(N(2) = 2 | N(1) = 1) &= P(N(2) - N(1) = 1) \\ &= \frac{7}{3} e^{-7/3} \end{aligned} \]

(4)$P(N(1) = 1 | N(2) = 2)$.

\[ \begin{aligned} P(N(1) = 1 | N(2) = 2) &= \frac{P(N(1) = 1, N(2) = 2)}{P(N(2) = 2)} \\ &= \frac{\frac{7}{9} e^{-8/3}}{(\frac{8}{3})^2 e^{-8/3} / 2} = \frac{7}{32} \end{aligned} \]

习题 ¶

4.2 - 独立增量 ¶

设 $\{X(t);t\geqslant0\}$ 是正态过程 $,\mu_X(t)=1,C_X(s,t)=2\min\{s,t\}.$

(1) 对 $t>s\geqslant0$, 求 $X(t)-X(s)$ 的分布； (2)问$\{X(t);t\geqslant0\}$是平稳增量过程吗？ (3)问$\{X(t);t\geqslant0\}$是独立增量过程吗？

我们来逐问分析：

${X(t); t \geq 0}$ 是一个正态过程，即任意有限维随机变量 $(X(t_1), X(t_2), ..., X(t_n))$ 服从多元正态分布。给出：

均值函数：$\mu_X(t) = 1$
协方差函数：$C_X(s, t) = 2 \min{s, t}$

这相当于是一个带常数漂移项的布朗运动的缩放版本。

(1) 对 $t > s \geq 0$，求 $X(t) - X(s)$ 的分布

由于是正态过程，差值 $X(t) - X(s)$ 也服从正态分布，其分布完全由均值和方差决定：

均值：

\[ \mathbb{E}[X(t) - X(s)] = \mathbb{E}[X(t)] - \mathbb{E}[X(s)] = 1 - 1 = 0 \]

方差：

\[ \begin{aligned} \mathrm{Var}[X(t) - X(s)] &= \mathrm{Var}[X(t)] + \mathrm{Var}[X(s)] - 2\mathrm{Cov}[X(t), X(s)] \\ &= C_X(t,t) + C_X(s,s) - 2C_X(s,t) \\ &= 2t + 2s - 2 \cdot 2 \cdot \min\{s, t\} \\ &= 2t + 2s - 4s \quad (\text{因为 } s < t) \\ &= 2(t - s) \end{aligned} \]

所以，

\[ X(t) - X(s) \sim \mathcal{N}(0, 2(t - s)) \]

(2) 过程 $\{X(t)\}$ 是平稳增量过程吗？

一个过程有平稳增量，如果对于任意 $h > 0$，增量 $X(t+h) - X(t)$ 的分布与 $X(s+h) - X(s)$ 相同，且与 $t$ 无关，仅与 $h$ 有关。

我们来检查：

对于 $t > s$，我们已经有：

$$ X(t) - X(s) sim mathcal{N}(0, 2(t-s)) $$ * 所以增量的分布只取决于差值 $t - s$

结论：是的，增量分布只依赖于时间间隔长度，过程 $\{X(t)\}$ 是平稳增量过程。

(3) 过程 $\{X(t)\}$ 是独立增量过程吗？

独立增量过程：任意不重叠时间段的增量是相互独立的。即，对任意 $0 \leq t_1 < t_2 < \dots < t_n$，增量：

\[ X(t_2) - X(t_1),\ X(t_3) - X(t_2),\ \dots,\ X(t_n) - X(t_{n-1}) \]

相互独立。

来检查是否满足独立性。我们取 $0 < s < t$，考察 $X(s)$ 和 $X(t) - X(s)$ 是否独立。

我们看它们的协方差：

\[ \begin{aligned} \mathrm{Cov}(X(t) - X(s), X(s)) &= \mathrm{Cov}(X(t), X(s)) - \mathrm{Cov}(X(s), X(s)) \\ &= C_X(s,t) - C_X(s,s) = 2s - 2s = 0 \end{aligned} \]

由于是正态过程，零协方差 ⇒ 独立，所以两个正态变量线性无关就独立。因此两个增量是独立的。

进一步，任意不重叠时间段的增量由线性组合得出，都相互独立。

结论：是的，过程 $\{X(t)\}$ 是独立增量过程。

✅ 总结：

$X(t) - X(s) \sim \mathcal{N}(0, 2(t - s))$
是平稳增量过程 ✅
是独立增量过程 ✅

4.3 - 泊松过程计算 ¶

设 $\{N(t);t\geqslant0\}$ 是强度为 $\lambda$ 的泊松过程 , 求

(1) $P(N(3)-N(1)\geqslant2)$;

(2) $P(N(3)\geqslant2\mid N(1)=1)$;

(3) $P(N(1)=1\mid N(3)\geqslant2).$

(1) $P(N(3) - N(1) \geq 2)$

\[ \begin{aligned} N(3) - N(1) &\sim \text{Poisson}(2\lambda) \\ P(N(3) - N(1) \geq 2) &= 1 - P(0) - P(1) \\ &= 1 - e^{-2\lambda} - (2\lambda)e^{-2\lambda} \\ &= 1 - e^{-2\lambda}(1 + 2\lambda) \end{aligned} \]

(2) $P(N(3) \geq 2 \mid N(1) = 1)$

\[ \begin{aligned} P(N(3) \geq 2 \mid N(1) = 1) &= P(N(3) - N(1) \geq 1 \mid N(1) = 1) \\ &= P(N(3) - N(1) \geq 1) \quad (\text{独立增量}) \\ &= 1 - P(N(3) - N(1) = 0) \\ &= 1 - e^{-2\lambda} \end{aligned} \]

(3) $P(N(1) = 1 \mid N(3) \geq 2)$

\[ \begin{aligned} &P(N(1) = 1 \mid N(3) \geq 2) \\ &= \frac{P(N(1) = 1,\, N(3) \geq 2)}{P(N(3) \geq 2)} \\ &= \frac{P(N(1) = 1) \cdot P(N(3) - N(1) \geq 1)}{P(N(3) \geq 2)} \qquad \text{（独立增量，贝叶斯公式）} \\ &= \frac{[e^{-\lambda} \lambda] \cdot [1 - e^{-2\lambda}]}{1 - e^{-3\lambda}(1 + 3\lambda)} \end{aligned} \]

4.11 - 泊松过程计算 ¶

设电话总机在 $(0,t]$ ( 单位：min) 内接到的呼叫数为 $N(t),\{N(t)\}$ 是强度为 $\lambda$ 的泊松过程 . 求：

(1)2 分钟到 3 次呼叫的概率；

(2) 第 2 分内接到第 3 次呼叫的概率 .

(1) 2 分钟内接到 3 次呼叫的概率

设泊松过程的强度为 $\lambda$，则：

呼叫数在时间 $t$ 内满足：

\[ N(t) \sim \text{Poisson}(\lambda t) \]

所以在 2 分钟内：

\[ N(2) \sim \text{Poisson}(2\lambda) \]

我们要求的是：

\[ P(N(2) = 3) = \frac{(2\lambda)^3}{3!} e^{-2\lambda} = \frac{4\lambda^3}{3} e^{-2\lambda} \]

(2) 第 2 分钟内接到第 3 次呼叫的概率

即：

\[ P(1 \leq W_3 \leq 2) \]

其中 $W_3$ 是第 3 次呼叫到达的时刻，满足：$W_3 \sim \Gamma(3, \lambda)$（即 Erlang 分布）

伽马分布累积分布函数为：

\[ F_{W_3}(x) = 1 - e^{-\lambda x} \left(1 + \lambda x + \frac{(\lambda x)^2}{2} \right) \]

所以：

\[ \begin{aligned} P(1 \leq W_3 \leq 2) &= F_{W_3}(2) - F_{W_3}(1) \\ &= \left[1 - e^{-2\lambda} \left(1 + 2\lambda + 2\lambda^2\right)\right] - \left[1 - e^{-\lambda} \left(1 + \lambda + \tfrac{1}{2}\lambda^2\right)\right] \\ &= e^{-\lambda} \left(1 + \lambda + \tfrac{1}{2}\lambda^2 \right) - e^{-2\lambda} \left(1 + 2\lambda + 2\lambda^2 \right) \end{aligned} \]

也可以把问题转化为

\[ \begin{aligned} P(1 \leq W_3 \leq 2)&= P\{N(1)\leqslant2,N(2)\geqslant3\} \\ &= P\{N(1)=0,N(2)-N(1)\geqslant3\} + P\{N(1)=1,N(2)-N(1)\geqslant2\} + P\{N(1)=2,N(2)-N(1)\geqslant1\} \\ &= (1+\lambda+\frac{1}{2}\lambda^2)e^{-\lambda}-(1+2\lambda+2\lambda^2)e^{-2\lambda} \end{aligned} \]

4.10 - 相关分布 ¶

设 $\{N(t)\}$ 是强度为 $\lambda$ 的泊松过程 , $0 \leqslant s < t, k \leqslant n$, 其中 $W_k$ 表示第 $k$ 个事件发生的时刻 , 求

(1) $P(N(s)=k \mid N(t)=n)$

\[ \begin{aligned} &\text{已知泊松过程在 } [0,t] \text{ 内有 } n \text{ 个事件，} \\ &\text{则这些事件在区间 } [0,t] \text{ 上服从均匀分布} \\ &\Rightarrow N(s) \mid N(t) = n \sim \text{Binomial}(n, \tfrac{s}{t}) \\ &\Rightarrow P(N(s)=k \mid N(t)=n) = \binom{n}{k} \left( \frac{s}{t} \right)^k \left( 1 - \frac{s}{t} \right)^{n-k} \end{aligned} \]

(2) $P(W_2 \leq 3 \mid W_1 = 1)$

\[ \begin{aligned} &W_2 = W_1 + \text{下一次事件间隔} \sim W_1 + \text{Exp}(\lambda) \\ &\Rightarrow W_2 \leq 3 \iff \text{Exp}(\lambda) \leq 2 \\ &\Rightarrow P(W_2 \leq 3 \mid W_1 = 1) = P(\text{Exp}(\lambda) \leq 2) = 1 - e^{-2\lambda} \end{aligned} \]

(3) $P(W_k \leq s \mid N(t) = n)$

\[ P(W_k \leq s \mid N(t)=n) = \sum_{i=k}^{n} \binom{n}{i} \left( \frac{s}{t} \right)^i \left( 1 - \frac{s}{t} \right)^{n-i} \]

这表示：在 $n$ 个事件中，至少有 $k$ 个落在 $[0, s]$ 区间的概率。每个事件独立落在 $[0,t]$ 上，概率为 $\frac{s}{t}$。

4.14 - 合成与分解 - 应用题 ¶

某人有两个邮箱 , A 邮箱和 B 邮箱 . 用 $N_1(t)$ 和 $N_2(t)$ 分别表示 $(0,t]$ 内这两个邮箱收到的邮件数目 . 设 $\{N_1(t); t \geqslant 0\}$ 和 $\{N_2(t); t \geqslant 0\}$ 是相互独立的泊松过程 , 强度分别为 2 和 3, 且每封邮件独立地以概率 0.1 为垃圾邮件 . 计算 :

(1) 在 $(0,1]$ 内 A 邮箱没有收到邮件、B 邮箱收到 1 封邮件的概率 ;

(2) 在 $(0,1]$ 内共收到 2 封邮件的概率 ;

(3) 在 $(0,2]$ 内此人收到 1 封垃圾邮件、2 封有用邮件的概率 ;

(4) 第 2 封垃圾邮件在 $(1,2]$ 内收到的概率 .

解：

已知条件：

$N_1(t) \sim \text{Poisson}(2t)$，A 邮箱的邮件数；
$N_2(t) \sim \text{Poisson}(3t)$，B 邮箱的邮件数；
两个过程独立；
每封邮件独立地以概率 $p = 0.1$ 是垃圾邮件。

✅ (1) 在 $(0,1]$ 内 A 邮箱没有收到邮件、B 邮箱收到 1 封邮件的概率：

\[ P(N_1(1) = 0,\, N_2(1) = 1) = e^{-2} \cdot 3e^{-3} = 3e^{-5} \]

✅ (2) 在 $(0,1]$ 内共收到 2 封邮件的概率：

由于两个过程独立相加，总邮件数也是泊松过程，强度为 $2+3=5$，即：

\[ N(1) = N_1(1) + N_2(1) \sim \text{Poisson}(5) \]

\[ P(N(1)=2) = \frac{5^2}{2!} e^{-5} = \frac{25}{2} e^{-5} \]

✅ (3) 在 $(0,2]$ 内此人收到 1 封垃圾邮件、2 封有用邮件的概率：

总邮件数为泊松过程，强度为 $5$，则：

\[ N(2) \sim \text{Poisson}(10) \]

我们要计算：

共收到 3 封邮件（1 垃圾 + 2 有用）；
垃圾邮件服从二项分布：$\text{Binomial}(3, 0.1)$

\[ \begin{aligned} P(\text{2 内收到 1 封垃圾、2 封有用邮件}) &= P(N(2) = 3) \cdot P(\text{3 封中恰 1 封为垃圾}) \\ &= \underbrace{P(N(2) = 3)}_{\text{总邮件数}} \times \underbrace{P(\text{Binomial}(3,\,0.1) = 1)}_{\text{垃圾邮件分布}} \\ &= \left[ \frac{10^3}{3!} e^{-10} \right] \cdot \left[ \binom{3}{1} (0.1)^1 (0.9)^2 \right] \\ &= \frac{1000}{6} e^{-10} \cdot 3 \cdot 0.1 \cdot 0.81 \\ &= \frac{1000}{6} e^{-10} \cdot 0.243 \\ &= \frac{243000}{6000} e^{-10} \\ &= 40.5\, e^{-10} \end{aligned} \]

✅ (3) 在第 2 分钟内接到第 3 次呼叫的概率

设电话呼叫过程为强度 $\lambda$ 的泊松过程 $\{N(t)\}$，设 $W_3$ 表示第 3 次呼叫的到达时间，则：

\[ W_3 \sim \text{Gamma}(3, \lambda) \]

我们要求：

\[ P(1 \leq W_3 \leq 2) = F_{W_3}(2) - F_{W_3}(1) \]

伽马分布的累积分布函数为：

\[ F_{W_3}(x) = 1 - e^{-\lambda x} \left(1 + \lambda x + \frac{(\lambda x)^2}{2} \right) \]

所以：

\[ \begin{aligned} P(1 \leq W_3 \leq 2) &= F_{W_3}(2) - F_{W_3}(1) \\ &= \left[1 - e^{-2\lambda} \left(1 + 2\lambda + 2\lambda^2\right)\right] - \left[1 - e^{-\lambda} \left(1 + \lambda + \tfrac{1}{2}\lambda^2\right)\right] \\ &= e^{-\lambda} \left(1 + \lambda + \tfrac{1}{2} \lambda^2 \right) - e^{-2\lambda} \left(1 + 2\lambda + 2\lambda^2 \right) \end{aligned} \]

✅ 等价表示（使用泊松过程性质）：

考虑事件：

\[ P(1 \leq W_3 \leq 2) = P\{N(1)\leqslant 2, N(2)\geqslant 3\} \]

分解为三种情形：

\[ \begin{aligned} P(1 \leq W_3 \leq 2) &= P\{N(1)\leqslant 2,\, N(2)\geqslant 3\} \\ &= \color{red}{P\{N(1)=0,\, N(2)-N(1)\geq 3\}} + \color{green}{P\{N(1)=1,\, N(2)-N(1)\geq 2\}} + \color{blue}{P\{N(1)=2,\, N(2)-N(1)\geq 1\}} \\ &= \color{red}{P(N(1)=0)\cdot P(N(1,2]\geq 3)} + \color{green}{P(N(1)=1)\cdot P(N(1,2]\geq 2)} + \color{blue}{P(N(1)=2)\cdot P(N(1,2]\geq 1)} \\ &= \color{red}{e^{-\lambda} \left[1 - (1+\lambda+\tfrac{1}{2}\lambda^2)e^{-\lambda}\right]} + \color{green}{\lambda e^{-\lambda} \left[1 - (1+\lambda)e^{-\lambda}\right]} + \color{blue}{\tfrac{1}{2}\lambda^2 e^{-\lambda} (1 - e^{-\lambda})} \\ &= e^{-\lambda} \left(1 + \lambda + \tfrac{1}{2}\lambda^2\right) - e^{-2\lambda} \left(1 + 2\lambda + 2\lambda^2\right) \end{aligned} \]

4.17 - 合成与分解 - 应用题 ¶

某人在钓鱼，他只可能钓到鲫鱼或鳙鱼。他钓到鲫鱼的规律服从强度为 2 条 /h 的泊松过程，钓到鳙鱼的规律服从强度为 1 条 /h 的泊松过程，且这两个过程相互独立。假设每条鱼的质量（单位：kg）独立同分布，且服从 $\mathcal{U}(0, 2)$ 上均匀分布。

(1) 计算此人在 1h 内钓到 2 条鱼的概率；
(2) 计算此人在 1h 内钓到 4 条鱼，其中 2 条不足 1kg 的概率；
(3) 计算此人在第 1h 内和第 2h 内各钓到 1 条鱼，且都重达 1kg 以上鲫鱼的概率；
(4) 若已知此人在 2h 内各钓到两条鱼，求这两条都是重达 1kg 以上鲫鱼的概率。

翻译一下题目

鱼类	不足 1kg	重达 1kg	总条数
鲫鱼	$N_{11}(t)_{\lambda=1}$	$N_{12}(t)_{\lambda=1}$	$N_1(t)_{\lambda=2}$
鳊鱼	$N_{21}(t)_{\lambda=0.5}$	$N_{22}(t)_{\lambda=0.5}$	$N_2(t)_{\lambda=1}$
总条数	$N_1^*(t)_{\lambda=1.5}$	$N_2^*(t)_{\lambda=1.5}$	$N(t)_{\lambda=3}$

(1) 计算此人在 1h 内钓到 2 条鱼的概率：

\[ P\{N(1) = 2\} = \frac{9}{2} e^{-3} \]

(2) 计算此人在 1h 内钓到 4 条鱼，其中 2 条不足 1kg 的概率：

\[ \begin{align*} P\{N(1) = 4,\, N_1^*(1) = 2\} &= P\{N_1^*(1) = 2,\, N_2^*(1) = 2\} \\ &= \left[\frac{9}{8} e^{-3/2}\right] \times \left[\frac{9}{8} e^{-3/2}\right] \\ &= \frac{81}{64} e^{-3} \end{align*} \]

(3) 计算此人在第 1h 内和第 2h 内各钓到 1 条鱼，且都重达 1kg 以上鲫鱼的概率：

\[ \begin{align*} &P\{N(1)=N(2)-N(1)=1,\, N_{12}(1)=N_{12}(2)-N_{12}(1)=1\} \\ &= P\{N_1^*(1)=0,\, N_1^*(2)-N_1^*(1)=0,\, N_{22}(1)=0,\, N_{22}(2)-N_{22}(1)=0,\, N_{12}(1)=1,\, N_{12}(2)-N_{12}(1)=1\} \\ &= e^{-\frac{3}{2}} \times e^{-\frac{3}{2}} \times e^{-\frac{1}{2}} \times e^{-\frac{1}{2}} \times e^{-1} \times e^{-1} \\ &= e^{-6} \end{align*} \]

或者

\[ \begin{align*} &P\{N(1)=N(2)-N(1)=1,\, N_{12}(1)=N_{12}(2)-N_{12}(1)=1\} \\ &= P\{N(1)-N_{12}(1)=0,\, (N(2)-N(1))-(N_{12}(2)-N_{12}(1))=0,\, N_{12}(1)=1,\, N_{12}(2)-N_{12}(1)=1\} \\ &= e^{-2} \times e^{-2} \times e^{-1} \times e^{-1} \\ &= e^{-6} \end{align*} \]

(4) 若已知此人在 2h 内各钓到两条鱼，求这两条都是重达 1kg 以上鲫鱼的概率：

由泊松过程的性质，有

\[ \begin{align*} P\{N_{12}(2)=2\,|\,N(2)=2\} &= \frac{P\{N(2)-N_{12}(2)=0,\, N_{12}(2)=2\}}{P\{N(2)=2\}} \\ &= \frac{e^{-4} \times 2e^{-2}}{18e^{-6}} \\ &= \frac{1}{9} \end{align*} \]

还有一种理解方法

\[ \begin{align*} P\{N_{12}(2)=2\,|\,N(2)=2\} &= \frac{P\{N_{2}(2) =0, N_{12}(2)=2\,N_{11}(2) = 0\}}{P\{N(2)=2\}} \\ &= \frac{e^{-2} \times 2e^{-2} \times e^{-2}}{18e^{-6}} \\ &= \frac{1}{9} \end{align*} \]

4.18 - 非齐次 ¶

设 $\{N(t); t \geqslant 0\}$ 是强度为 $\lambda(t) = t$ 的非齐次泊松过程，求 :

(1) $P(N(2) = 3)$

\[N(t) - N(s) \sim \pi(\int_s^t \lambda(h) \mathrm{d}h)\]

\[ P(N(2) = 3) = \frac{2^3 e^{-2}}{3!} = \frac{4}{3} e^{-2} \]

(2)$P(N(1) = 2, N(2) = 4)$

\[ \begin{aligned} P(N(1) = 2, N(2) = 4) &= P(N(1) = 2) P(N(2) = 4 | N(1) = 2) \\ &=P(N(1) = 2)P(N(2)-N(1) = 2)\\ &= \frac{(1/2)^2 e^{-1/2}}{2!} \cdot \frac{(3/2)^2 e^{-3/2}}{2!} \\ &= \frac{9}{64} e^{-2} \end{aligned} \]

(3)$P(N(1) = 2 | N(2) = 4)$

\[ \begin{align*} P(N(1) = 2 | N(2) = 4) &= \frac{P(N(1) = 2, N(2) = 4)}{P(N(2) = 4)}\quad \text{previous question}\\ &=\frac{\frac{9}{64}e^2}{\frac{2^4}{4!}e^{2}}= \frac{27}{128} \end{align*} \]

字母	含义
\(N(t)\)	在时间 \(t\) 内发生的 " 事件 " 数
\(W_n\)	第 \(n\) 个事件发生的时刻
\(T_i\)	第 \(i\) 个事件和第 \(i-1\) 个事件发生的时间间隔

鱼类	不足 1kg	重达 1kg	总条数
鲫鱼	\(N_{11}(t)_{\lambda=1}\)	\(N_{12}(t)_{\lambda=1}\)	\(N_1(t)_{\lambda=2}\)
鳊鱼	\(N_{21}(t)_{\lambda=0.5}\)	\(N_{22}(t)_{\lambda=0.5}\)	\(N_2(t)_{\lambda=1}\)
总条数	\(N_1^*(t)_{\lambda=1.5}\)	\(N_2^*(t)_{\lambda=1.5}\)	\(N(t)_{\lambda=3}\)