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Sheldon M. Ross "Stochastic Processes" 2nd Edition
随机过程（第二版）习题

# 2.2

由 Poisson 过程的第二定义推第一定义，还可以用下面这个流程.

  1. 证明 P0(t+s)=P0(t)P0(s)P_0\left(t+s\right)=P_0(t)P_0(s).
  2. 进一步地，证明到达间隔时间序列 {Xn}\left\{X_n\right\}{} 独立同分布，分布为速率为 λ\lambda 的指数随机变量.
  3. 再进一步地，证明 N(t)N(t) 按均值为 λt\lambda t 的 Poisson 分布.

解：

(1) 令 Pn(t)=P(N(t)=n)P_n(t)=P(N(t)=n). 于是

P0(t+s)=P(N(t+s)=0)=P(N(t)=0,N(t+s)−N(t)=0)=P(N(t)=0)⋅P(N(t+s)−N(t)=0)(独立性)=P(N(t)=0)⋅P(N(s)=0)(平稳性)=P0(t)P0(s)\begin{aligned} P_0(t+s)&=P\left(N(t+s)=0\right)\\ &=P(N(t)=0, \, N(t+s)-N(t)=0)\\ &=P(N(t)=0)\cdot P(N(t+s)-N(t)=0)\quad(独立性)\\ &=P(N(t)=0)\cdot P(N(s)=0)\quad(平稳性)\\ &=P_0(t)P_0(s) \end{aligned}

(2) 由 P0(s+t)=P0(s)P0(t)P_0(s+t)=P_0(s)P_0(t) 得 P0P_0 为指数函数。设 P0(t)=eαtP_0(t)={\rm e}^{\alpha t}{}.

由第二定义有，

P0(t)=P(N(t)=0)=1−P(N(t)=1)−P(N(t)⩾2)=1−λt+o(t)P_0(t)=P(N(t)=0)=1-P(N(t)=1)-P(N(t)\geqslant2)\\ =1-\lambda t+o(t)

将 P0P_0 指数函数形式 Taylor 展开到 1 阶

P0(t)=eαt=1+αt+o(t)=1−λt+o(t)\begin{aligned}P_0(t)={\rm e}^{\alpha t}&=1+\alpha t+o(t)\\&=1-\lambda t+o(t)\end{aligned}{}

于是 α=−λ\alpha=-\lambda，P0(t)=e−λtP_0(t)={\rm e}^{-\lambda t}{}

故：

  • P(X1>t)=P(N(t)=0)=e−λtP(X_1>t)=P(N(t)=0)={\rm e}^{-\lambda t}{}
  • P(X2>t∣X1=s)=P(在区间(s,s+t]上0个事件∣X1=t)=P(N(t)=0)(独立平稳)=e−λt\begin{aligned}P(X_2>t\mid X_1=s)&=P\big(在区间(s,s+t]上0个事件\mid X_1=t\big)\\&=P\big(N(t)=0\big)\quad(独立平稳)\\&={\rm e}^{-\lambda t}\end{aligned}{}
  • 以此类推可得 P(Xi>t)=e−λtP(X_i>t)={\rm e}^{-\lambda t}{}，即 X1,X2,⋯X_1,X_2,\cdots 独立同分布，服从速率为 λ\lambda 的指数分布.

(3) 到达时间 SnS_n 服从参数为 kk 与 λ\lambda 的 gamma 分布。于是

P(N(t)=k)=P(Sk+1>t)−P(Sk⩽t)=∫t+∞λe−λτ(λτ)kk!dτ−∫t+∞λe−λτ(λτ)k−1(k−1)!dτ=1k!∫λt+∞e−uukdu−1(k−1)!∫λt+∞e−uuk−1du=1k!(−e−uuk∣λt+∞+∫λt+∞e−ukuk−1du)−1(k−1)!∫λt+∞e−uuk−1du=e−λt(λt)kk!+减号后面的积分−减号后面的积分=e−λt(λt)kk!\begin{aligned} P\big(N(t)=k\big)&=P(S_{k+1}>t)-P(S_k\leqslant t)\\ &=\int_t^{+\infty}\dfrac{\lambda {\rm e}^{-\lambda \tau}(\lambda\tau)^k}{k!}{\rm d}\tau-\int_t^{+\infty}\dfrac{\lambda {\rm e}^{-\lambda \tau}(\lambda\tau)^{k-1} }{(k-1)!}{\rm d}\tau\\ &=\dfrac{1}{k!}\int_{\lambda t}^{+\infty}{\rm e}^{-u}u^k{\rm d}u-\dfrac{1}{(k-1)!}\int_{\lambda t}^{+\infty}{\rm e}^{-u}u^{k-1}{\rm d}u\\ &=\dfrac{1}{k!}\left(-{\rm e}^{-u}u^k\bigg|^{+\infty}_{\lambda t}+\int_{\lambda t}^{+\infty}{\rm e}^{-u}ku^{k-1}{\rm d}u\right)-\dfrac{1}{(k-1)!}\int_{\lambda t}^{+\infty}{\rm e}^{-u}u^{k-1}{\rm d}u\\ &=\dfrac{ {\rm e}^{-\lambda t}(\lambda t)^k}{k!}+减号后面的积分-减号后面的积分\\ &=\dfrac{ {\rm e}^{-\lambda t}(\lambda t)^k}{k!} \end{aligned}

即 N(t)N(t) 服从均值为 λt\lambda t 的 Poisson 分布.

# 2.5

假设 {N1(t)}\{N_1(t)\}{} 和 {N2(t)}\{N_2(t)\}{} 是速率分别为 λ1\lambda_1 和 λ2\lambda_2 的独立 Poisson 过程，证明 {N1(t)+N2(t)}\{N_1(t)+N_2(t)\}{} 是速率为 λ1+λ2\lambda_1+\lambda_2 的 Poisson 过程。并且证明，这个联合过程的第一个事件来自 {N1(t)}\{N_1(t)\}{} 的概率为 λ1/(λ1+λ2)\lambda_1/(\lambda_1+\lambda_2)，且独立于此事件发生的时刻.

解：

(1) 令 N(t)=N1(t)+N2(t)N(t)=N_1(t)+N_2(t). 使用第二定义证明 {N(t)}\{N(t)\}{} 是速率为 λ1+λ2\lambda_1+\lambda_2 的 Poisson 过程.

  • 条件一：N(0)=N1(0)+N2(0)=0N(0)=N_1(0)+N_2(0)=0，满足.
  • 条件二：N(s+t)−N(s)=[N1(s+t)−N1(s)]+[N2(s+t)−N2(s)]N(s+t)-N(s)=\big[N_1(s+t)-N_1(s)\big]+\big[N_2(s+t)-N_2(s)\big]，由 {N1(t)}\{N_1(t)\}{} 和 {N2(t)}\{N_2(t)\}{} 的独立平稳增量可推得 N(t)N(t) 也具有独立平稳增量.
  • 条件三：

P(N(h)=1)=P(N1(h)=1,N2(h)=0)+P(N1(h)=1,N2(h)=0)=(λ1h+o(h))(1−λ2h+o(h))+(λ2h+o(h))(1−λ1h+o(h))=λ1h−λ1λ2h2+λ2h−λ1λ2h2+o(h)=(λ1+λ2)h+o(h)\begin{aligned}P\left(N(h)=1\right)&=P\left(N_1(h)=1,\,N_2(h)=0\right)+P\left(N_1(h)=1,\,N_2(h)=0\right)\\&=(\lambda_1h+o(h))(1-\lambda_2h+o(h))+(\lambda_2h+o(h))(1-\lambda_1h+o(h))\\&=\lambda_1h-\lambda_1\lambda_2h^2+\lambda_2h-\lambda_1\lambda_2h^2+o(h)\\&=(\lambda_1+\lambda_2)h+o(h)\end{aligned}{}

  • 条件四：

P(N(h)=0)=P(N1(h)=0,N2(h)=0)=(1−λ1h+o(h))(1−λ1h+o(h))=1−(λ1+λ2)h+o(h)P(N(h)⩾2)=1−P0−P1=o(h)\begin{aligned}P\left(N(h)=0\right)&=P\left(N_1(h)=0,\,N_2(h)=0\right)\\&=(1-\lambda_1h+o(h))(1-\lambda_1h+o(h))\\&=1-(\lambda_1+\lambda_2)h+o(h)\\P\left(N(h)\geqslant 2\right)&=1-P_0-P_1=o(h)\end{aligned}{}

于是 {N(t)}\left\{N(t)\right\}{} 是速率 λ=λ1+λ2\lambda=\lambda_1+\lambda_2 的 Poisson 过程.

(2)

P(第一个事件来自{N1(t)})=P(N1(t)=1,N2(t)=0)P(N(t)=1)=e−λ1t(λ1t)⋅e−λ2te−λt(λt)=λ1λ1+λ2\begin{aligned} P\big(第一个事件来自\{N_1(t)\}\big)&=\dfrac{P\big(N_1(t)=1,\,N_2(t)=0\big)}{P(N(t)=1)}\\ &=\frac{ {\rm e}^{-\lambda_1t}(\lambda_1t)\cdot {\rm e}^{-\lambda_2t} }{ {\rm e}^{-\lambda t}(\lambda t)}\\ &=\dfrac{\lambda_1}{\lambda_1+\lambda_2} \end{aligned}

# 2.13

假设冲击按速率为 λ\lambda 的 Poisson 过程发生，并且单个冲击独立地以概率 pp 引起某系统的失效。记使得系统失效的冲击数为 NN、记失效的时间为 TT. 求 P(N=n∣T=t)P(N=n\mid T=t).

解：

记原始冲击过程为 {N(t)}\left\{N(t)\right\}{}. 若一次冲击使得系统失效，则称该冲击是 Ⅰ 类的，否则称为 Ⅱ 类的。由分类定律有，Ⅰ 类冲击过程 {N1(t)}\left\{N_1(t)\right\}{} 是速率为 λp\lambda p 的 Poisson 过程，Ⅱ 类冲击过程 {N2(t)}\left\{N_2(t)\right\}{} 是速率为 λ(1−p)\lambda (1-p) 的 Poisson 过程.

P(N=n∣T=t)=P(N=n,T=t)P(T=t)P(N=n\mid T=t)=\dfrac{P(N=n,\,T=t)}{P(T=t)}{}. 分母即 “Ⅰ 类冲击首次发生的时刻为 tt”，分子即 “时刻 tt 及以前共 nn 次冲击，其中时刻 tt 发生 Ⅰ 类冲击、其他 n−1n-1 次为 Ⅱ 类冲击”.

使用到达时间刻画事件发生的时刻。记 Ⅰ 类冲击过程的到达时间序列为 {Sn(1)}\left\{S_n^{(1)}\right\}{}. 则

P(N=n∣T=t)=P(N=n,T=t)P(T=t)=P(N2(t)=n−1,S1(1)=t)P(S1(1)=t)=P(N2(t)=n−1)⋅P(S1(1)=t)P(S1(1)=t)(N1N2两过程相独立)=P(N2(t)=n−1)=e−λt(1−p)(λt(1−p))n−1(n−1)!\begin{aligned} P(N=n\mid T=t)&=\dfrac{P(N=n,\,T=t)}{P(T=t)}\\ &=\dfrac{P(N_2(t)=n-1,S_1^{(1)}=t)}{P(S_1^{(1)}=t)}\\ &=\dfrac{P(N_2(t)=n-1)\cdot P(S_1^{(1)}=t)}{P(S_1^{(1)}=t)}\quad(N_1\,N_2 两过程相独立)\\ &=P(N_2(t)=n-1)={\rm e}^{-\lambda t(1-p)}\dfrac{(\lambda t(1-p))^{n-1} }{(n-1)!}\\ \end{aligned}

# 2.15

考虑有 nn 个面的骰子，每次投掷时以概率 PiP_i 出现面 ii. 给定 n1,⋯,nrn_1,\cdots,n_r，以 NiN_i 记第 nin_i 次出现面 ii 时的投掷数。令 N=min⁡NiN=\min N_i.

  1. 求 NiN_i 的分布
  2. 判断 NiN_i 之间是否独立

假设投掷按速率为 λ=1\lambda=1 的 Poisson 过程执行，以 TiT_i 记第 nin_i 次出现面 ii 时的投掷数。令 T=min⁡TiT=\min T_i.

  1. 求 TiT_i 的分布
  2. 判断 TiT_i 之间是否独立
  3. 推导 E[Ti]E[T_i] 的一个表达式
  4. 进一步地，推导 E[N]E[N] 的一个表达式

解：

(1) 题目描述的就是负二项分布的定义，其所指的变量为 Bernoulli 试验中恰好成功 nin_i 次时的试验次数，其中试验成功的概率为 PiP_i.

(2) 不独立。假定只有 1 和 2 两面，投出 1 面的概率为 pp，n1=n2=2n_1=n_2=2. 由负二项分布或者直接推理，事件 N1=kN_1=k 发生，iff 第 kk 次投掷为面 1、前 k−1k-1 次投掷中有一个面 1、其余都是面 2. 即

P(N1=k)=(k−11)p2(1−p)k−2P(N_1=k)=\binom{k-1}{1}p^2(1-p)^{k-2}

而若给定 N2=kN_2=k，事件 N1=k∣N2=kN_1=k \mid N_2=k 不可能发生，因为第 kk 次投掷结果只可能是 1 或 2 的其中一个，不可能恰好同时满足 N1=n1N_1=n_1、N2=n2N_2=n_2，必然有一个面是先达成所需次数 nin_i、而另一个面未达成。即

P(N1=k∣N2=k)=0≠P(N1=k)P(N_1=k \mid N_2=k)=0\neq P(N_1=k)

于是不独立.

(3) 假设投出面 ii 的事件为第 ii 类。由 {N(t)}\left\{N(t)\right\}{} 为 Poisson 过程可知，{Ni(t)}\{N_i(t)\}{} 是相互独立的、速率为 λPi=Pi\lambda P_i=P_i 的 Poisson 过程。而 TiT_i 则是过程 {Ni(t)}\left\{N_i(t)\right\}{} 第 nin_i 个事件发生的到达时间，故 TiT_i 服从参数为 nin_i 和 PiP_i 的 gamma 分布.

(4) 独立。一方面，事件的归类是独立的；另一方面，TiT_i 的分布参数只与它自己的 nin_i 和 PiP_i 有关.

(5) 以 {Yi,1,Yi,2,⋯}\left\{Y_{i,1},\,Y_{i,2},\,\cdots\right\}{} 表示过程 {Ni(t)}\left\{N_i(t)\right\}{} 的到达间隔时间序列，可知 Yi,jY_{i,j}{} 服从速率为 PiP_i 的指数分布，即 E[Yi,j]=1PiE[Y_{i,j}]=\dfrac{1}{P_i}{}. 于是

E[Ti]=E[∑j=1niYi,j]=∑j=1niE[Yi,j]=niPiE[T_i]=E[\sum\limits_{j=1}^{n_i}Y_{i,j}]=\sum\limits_{j=1}^{n_i}E[Y_{i,j}]=\dfrac{n_i}{P_i}{}

(6) 题目隐含了一个意思，即通过一个特殊的连续的投掷过程，可以得到 NN 的期望。于是可以猜想 TT 与 NN 的期望存在某种直接关联.

于是首先计算 TT 的期望. TiT_i 是参数为 nin_i 和 PiP_i 的 gamma 分布，其分布函数

F(t)=∫0tf(τ)dτ=∫0tPie−Piτ(Piτ)n−1(n−1)!dτF(t)=\displaystyle\int_0^tf(\tau){\rm d}\tau=\displaystyle\int_0^t\dfrac{P_i {\rm e}^{-P_i\tau}(P_i\tau)^{n-1} }{(n-1)!}{\rm d}\tau

TT 是 TiT_i 的最小值，故 TT 的分布函数 G(t)=1−∏i=1r(1−F(t))G(t)=1-\prod\limits_{i=1}^r(1-F(t)). 于是

E[T]=∫0+∞P(T>t)dt=∫0+∞(1−G(t))dt=∫0+∞∏i=1r(1−F(t))dt=∫0+∞∏i=1r(∫t+∞Pie−Piτ(Piτ)ni−1(ni−1)!dτ)dt\begin{aligned} E[T]&=\displaystyle\int_0^{+\infty}P(T>t){\rm d}t\\ &=\displaystyle\int_0^{+\infty}(1-G(t)){\rm d}t\\ &=\displaystyle\int_0^{+\infty}\prod\limits_{i=1}^r(1-F(t)){\rm d}t\\ &=\displaystyle\int_0^{+\infty}\prod\limits_{i=1}^r\left(\displaystyle\int_t^{+\infty}\dfrac{P_i {\rm e}^{-P_i\tau}(P_i\tau)^{n_i-1} }{(n_i-1)!}{\rm d}\tau\right){\rm d}t\\ \end{aligned}

由题意，投掷次数到达 NN 的时刻为 t=Tt=T，于是 T=∑1NXiT=\sum\limits_1^NX_i，其中 XiX_i 为投掷的到达间隔时间序列。对上式取期望得

E[T]=E[∑j=1NXi]E[T]=E\left[\sum\limits_{j=1}^NX_i\right]

取条件于 NN 的值，

E[T]=E[E[∑j=1NXi∣N]]=E[∑j=1NE[Xi]]=E[NE(Xi)]=E[Nλ](Xi∼E(λ))=E[N]\begin{aligned} E[T]&=E\left[E\left[\sum\limits_{j=1}^NX_i\,\bigg|\, N\right]\right]\\ &=E\left[\sum\limits_{j=1}^NE\left[X_i\right]\right]\\ &=E\left[NE(X_i)\right]=E[N\lambda]\quad(X_i\sim E(\lambda))\\ &=E[N] \end{aligned}

于是 E[N]=E[T]=∫0+∞∏i=1r(∫t+∞Pie−Piτ(Piτ)ni−1(ni−1)!dτ)dtE[N]=E[T]=\displaystyle\int_0^{+\infty}\prod\limits_{i=1}^r\left(\displaystyle\int_t^{+\infty}\dfrac{P_i {\rm e}^{-P_i\tau}(P_i\tau)^{n_i-1} }{(n_i-1)!}{\rm d}\tau\right){\rm d}t

# 2.25

假设事件按速率为 λ\lambda 的 Poisson 过程发生，且独立于过去的情形。每个事件有一个随机的贡献，贡献值服从一依赖于时刻的分布 FsF_s（其中 ss 为该事件发生的时刻）. 证明：在时刻 tt 前所有贡献的和 WW 是一个复合 Poisson 随机变量 ∑1NXi\sum\limits_1^NX_i，并给出它的分量分布 FF，以及 NN 的均值

解：

用 YiY_i 表示第 ii 个事件的贡献值。由题意，它的分布依赖于该事件发生的时间，即

P(Yi<y∣Si=s)=Fs(y)P(Y_i<y\mid S_i=s)=F_s(y)

故取条件于该事件发生的时间。记该事件发生的时间的 PDF 为 gg，则贡献值的分布函数

P(Yi<y)=∑tP(Yi<y∣Si=s)P(Si=s)=∫0tP(Yi<y∣Si=s)g(s)ds\begin{aligned} P(Y_i<y)&=\sum\limits_tP(Y_i<y\mid S_i=s)P(S_i=s)\\ &=\displaystyle\int_0^tP(Y_i<y\mid S_i=s)g(s){\rm d}s\\ \end{aligned}

而当 N(t)N(t) 给定时，由均匀分布定律，Si∼U[0,t]S_i\sim U[0,t]，故 g(s)=1tg(s)=\dfrac1t. 故贡献值的分布函数

P(Yi<y)=1t∫0tFs(y)dsP(Y_i<y)=\dfrac1t\displaystyle\int_0^tF_s(y){\rm d}s

该式与 ii 无关，于是各个 YiY_i 之间独立同分布。又 {N(t)}\left\{N(t)\right\}{} 为 Poisson 过程，故贡献和 W=∑i=1N(t)YiW=\sum\limits_{i=1}^{N(t)}Y_i 是一个复合 Poisson 变量，分量分布函数即 P(Yi<y)=1t∫0tFs(y)dsP(Y_i<y)=\dfrac1t\displaystyle\int_0^tF_s(y){\rm d}s，均值即 N(t)N(t) 的均值 λt\lambda t.

# 2.41

对于一个条件 Poisson 过程：

  1. 解释为什么条件 Poisson 过程有平稳增量而没有独立增量
  2. 已知该过程在 [0,t][0,t] 的历史 N(s)N(s)，求 Λ\Lambda 的条件分布，再证明它只通过依赖 N(t)N(t) 这个历史，并给出合理解释
  3. 计算在给定 N(t)=nN(t)=n 时，tt 以后首个事件的时间的条件分布
  4. 计算 lim⁡h→0P(N(h)⩾1)h\lim\limits_{h\to0}\dfrac{P(N(h)\geqslant1)}{h}{}
  5. 记到达间隔时间为 X1,X2,⋯X_1,X_2,\cdots，判断它们是否独立、是否同分布

解：

(1) 取条件于 Λ\Lambda 的分布 GG，于是增量的分布为

P(N(t+s)−N(s)=n)=∫0+∞e−λt(λt)nn!dG(λ)P\big(N(t+s)-N(s)=n\big)=\displaystyle\int_{0}^{+\infty}{\rm e}^{-\lambda t}\frac{(\lambda t)^{n} }{n!}{\rm d}G(\lambda)

该式不含区间起点 ss，说明相同长度 tt 的时间区间上增量的分布一致，即该过程有平稳增量.

不满足独立性。考虑下面这一情形

P(N(2t)−N(t)=0)=∫0+∞e−λtdG(λ)P(N(2t)−N(t)=0∣N(t)=0)=P(N(2t)=0)=∫0+∞e−λ2tdG(λ)\begin{aligned} P(N(2t)-N(t)=0)&=\displaystyle\int_{0}^{+\infty}{\rm e}^{-\lambda t}{\rm d}G(\lambda)\\ P(N(2t)-N(t)=0\mid N(t)=0)&=P(N(2t)=0)=\displaystyle\int_0^{+\infty}{\rm e}^{-\lambda2t}{\rm d}G(\lambda) \end{aligned}

对于一般的 GG 均不能使得二者相等，故没有独立性.

(2) 已知历史，即已知 [0,t][0,t] 上所有事件的到达间隔时间。取条件于这些历史

P(Λ=λ∣X1=x1,X2=x2,⋯,XN(t)=xN(t))=P(X1=x1,X2=x2,⋯,XN(t)=xN(t)∣Λ=λ)⋅P(Λ=λ)P(X1=x1,X2=x2,⋯,XN(t)=xN(t))=∏1N(t)λe−λxi⋅dG(λ)分子对λ在0到∞积分=λN(t)e−λ∑xi⋅dG(λ)分子对λ在0到∞积分=λN(t)e−λt⋅dG(λ)分子对λ在0到∞积分\begin{aligned} &\quad\ P(\Lambda=\lambda\mid X_1=x_1,\,X_2=x_2,\,\cdots,\,X_{N(t)}=x_{N(t)})\\ &=\dfrac{P\big(X_1=x_1,\,X_2=x_2,\,\cdots,\,X_{N(t)}=x_{N(t)}\mid \Lambda=\lambda\big)\cdot P(\Lambda=\lambda)}{P\big(X_1=x_1,\,X_2=x_2,\,\cdots,\,X_{N(t)}=x_{N(t)}\big)}\\ &=\dfrac{\prod_{1}^{N(t)}\lambda{\rm e}^{-\lambda x_i}\cdot{\rm d}G(\lambda)}{分子对\lambda在0到\infty积分}\\ &=\dfrac{\lambda^{N(t)}{\rm e}^{-\lambda\sum x_i}\cdot{\rm d}G(\lambda)}{分子对\lambda在0到\infty积分}\\ &=\dfrac{\lambda^{N(t)}{\rm e}^{-\lambda t}\cdot{\rm d}G(\lambda)}{分子对\lambda在0到\infty积分}\\ \end{aligned}

于是 Λ\Lambda 的分布

P(Λ<λ∣X1=x1,X2=x2,⋯,XN(t)=xN(t))=∫0λλN(t)e−λt⋅dG(λ)∫0+∞λN(t)e−λt⋅dG(λ)=∫0λλN(t)e−λt⋅dG(λ)∫0+∞λN(t)e−λt⋅dG(λ)\begin{aligned} &\quad\ P(\Lambda<\lambda\mid X_1=x_1,\,X_2=x_2,\,\cdots,\,X_{N(t)}=x_{N(t)})\\ &=\int_0^\lambda\dfrac{\lambda^{N(t)}{\rm e}^{-\lambda t}\cdot{\rm d}G(\lambda)}{\int_0^{+\infty}\lambda^{N(t)}{\rm e}^{-\lambda t}\cdot{\rm d}G(\lambda)}\\ &=\dfrac{\int_0^\lambda\lambda^{N(t)}{\rm e}^{-\lambda t}\cdot{\rm d}G(\lambda)}{\int_0^{+\infty}\lambda^{N(t)}{\rm e}^{-\lambda t}\cdot{\rm d}G(\lambda)}\\ \end{aligned}

可以看到，Λ\Lambda 基于历史的分布仅依赖于 N(t)N(t)，与 N(s)(0<s<t)N(s)\ (0<s<t) 无关。这是合理的，因为当 N(t)N(t) 已知时，由均匀分布定律，此前的到达时间序列为 [0,t][0,t] 上 nn 个独立均匀分布的顺序统计量，这与 Λ\Lambda 的取值无关.

(3) tt 后首个事件即为第 n+1n+1 个事件。设过了 ss 发生这个事件，则其发生时间分布

P(Sn+1>t+s∣N(t)=n)=P(N(t+s)=n,N(t)=n)P(N(t)=n)=P(N(t+s)−N(t)=0,N(t)=n)P(N(t)=n)=P(N(s)=0,N(t)=n)P(N(t)=n)\begin{aligned} P(S_{n+1}>t+s \mid N(t)=n)&=\dfrac{P(N(t+s)=n,\,N(t)=n)}{P(N(t)=n)}\\ &=\dfrac{P(N(t+s)-N(t)=0,\,N(t)=n)}{P(N(t)=n)}\\ &=\dfrac{P(N(s)=0,\,N(t)=n)}{P(N(t)=n)}\\ \end{aligned}

对分子取条件于 Λ\Lambda，这样可以利用独立性，有

P(N(s)=0,N(t)=n)=∫0+∞P(N(s)=0,N(t)=n∣Λ=λ)⋅dG(λ)=∫0+∞P(N(s)=0∣Λ=λ)⋅P(N(t)=n∣Λ=λ)⋅dG(λ)=∫0+∞e−λse−λt(λt)nn!dG(λ)\begin{aligned} P(N(s)=0,\,N(t)=n)&=\displaystyle\int_0^{+\infty}P(N(s)=0,\,N(t)=n\mid \Lambda=\lambda)\cdot{\rm d}G(\lambda)\\ &=\displaystyle\int_0^{+\infty}P(N(s)=0\mid \Lambda=\lambda)\cdot P(N(t)=n\mid \Lambda=\lambda)\cdot {\rm d}G(\lambda)\\ &=\displaystyle\int_0^{+\infty}{\rm e}^{-\lambda s}{\rm e}^{-\lambda t}\dfrac{(\lambda t)^n}{n!}{\rm d}G(\lambda) \end{aligned}

分母事实上是分子计算步骤的一部分

P(N(t)=n)=∫0+∞P(N(t)=n∣Λ=λ)⋅dG(λ)=∫0+∞e−λt(λt)nn!dG(λ)\begin{aligned} P(N(t)=n)&=\displaystyle\int_0^{+\infty}P(N(t)=n\mid \Lambda=\lambda)\cdot{\rm d}G(\lambda)\\ &=\displaystyle\int_0^{+\infty}{\rm e}^{-\lambda t}\dfrac{(\lambda t)^n}{n!}{\rm d}G(\lambda) \end{aligned}

代入表达式即可

P(Sn+1>t+s∣N(t)=n)=P(N(s)=0,N(t)=n)P(N(t)=n)=∫0+∞e−λse−λt(λt)nn!dG(λ)∫0+∞e−λt(λt)nn!dG(λ)=∫0+∞e−λse−λtλndG(λ)∫0+∞e−λtλndG(λ)\begin{aligned} P(S_{n+1}>t+s \mid N(t)=n)&=\dfrac{P(N(s)=0,\,N(t)=n)}{P(N(t)=n)}\\ &=\dfrac{\int_0^{+\infty}{\rm e}^{-\lambda s}{\rm e}^{-\lambda t}\frac{(\lambda t)^n}{n!}{\rm d}G(\lambda)}{\int_0^{+\infty}{\rm e}^{-\lambda t}\frac{(\lambda t)^n}{n!}{\rm d}G(\lambda)}\\ &=\dfrac{\int_0^{+\infty}{\rm e}^{-\lambda s}{\rm e}^{-\lambda t}{\lambda^n}{\rm d}G(\lambda)}{\int_0^{+\infty}{\rm e}^{-\lambda t}\lambda^n{\rm d}G(\lambda)} \end{aligned}

(4) 取条件于 Λ\Lambda 的分布 GG

lim⁡h→0P(N(h)⩾1)h=lim⁡h→0∑λP(N(h)⩾1∣Λ=λ)⋅P(Λ=λ)h=lim⁡h→0∫0+∞(1−P(N(h)=0))⋅dG(λ)h=lim⁡h→0∫0+∞(1−e−λh)⋅dG(λ)h=∫0+∞lim⁡h→0(1−e−λh)h⋅dG(λ)=∫0+∞λ⋅dG(λ)\begin{aligned} &\quad\lim\limits_{h\to0}\dfrac{P(N(h)\geqslant1)}{h}\\ &=\lim\limits_{h\to0}\dfrac{\sum_\lambda P(N(h)\geqslant1\mid \Lambda=\lambda)\cdot P(\Lambda=\lambda)}{h}\\ &=\lim\limits_{h\to0}\dfrac{\int_{0}^{+\infty}(1-P(N(h)=0))\cdot {\rm d}G(\lambda)}{h}\\ &=\lim\limits_{h\to0}\dfrac{\int_{0}^{+\infty}(1-{\rm e}^{-\lambda h})\cdot {\rm d}G(\lambda)}{h}\\ &=\int_{0}^{+\infty}\lim\limits_{h\to0}\dfrac{(1-{\rm e}^{-\lambda h})}{h}\cdot {\rm d}G(\lambda)\\ &=\int_{0}^{+\infty}\lambda\cdot {\rm d}G(\lambda)\\ \end{aligned}

(5) 取条件于 Λ\Lambda 的值，计算 XiX_i 的分布

P(Xi<x)=∫0+∞P(Xi<x∣Λ=λ)⋅dG(λ)=∫0+∞(1−e=λx)dG(λ)\begin{aligned} P(X_i<x)&=\displaystyle\int_0^{+\infty}P(X_i<x\mid \Lambda=\lambda)\cdot {\rm d}G(\lambda)\\ &=\displaystyle\int_0^{+\infty}(1-{\rm e}^{=\lambda x})\,{\rm d}G(\lambda) \end{aligned}

故它们同分布（因为在 Λ=λ\Lambda=\lambda 的条件下，到达间隔时间都服从 E(λ)E(\lambda)）.

而 Cov(Xi,Xj)=Cov(Xi,Xi)=Var(Xi)=1λ2≠0\text{Cov}(X_i,\,X_j)=\text{Cov}(X_i,\,X_i)=\text{Var}(X_i)=\dfrac{1}{\lambda^2}\neq0，说明 XiX_i 与 XjX_j 相关，即不独立.