談談卜松過程 (Poisson Process) (第 4 頁)

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談談卜松過程 (Poisson Process) （第 4 頁）

孫自健;石仲拓

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．原載於數學傳播第二卷第四期
．作者當時任教於美國韋恩州立大學數學系;美國密西根大學數學系
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附錄(A)

假定隨機過程 $\{X(t) , 0 \leq t < \infty\}$ 滿足條件 (i),(ii),(iii)及

: (iv''') 對於每個樣本點 (sample point)，函數 $t \longrightarrow X(t)$ 是一個取值 0 或正整數的右連續，非遞減函數 (non-decreaing function)，且每次增值不超過 1，即對每個時刻 t, X(t) - X(t^-) =1 或 0。

以下我們可以證明這個過程也滿足條件(iv)，即 $\{X(t) , 0 \leq t < \infty\}$ 是一個卜松過程。條件(iv''')看起來是一個很弱的條件，所以證明也比較難一點，我們避免用深的理論，必耍時盡量用直覺代替嚴緊的推理。

證明：首先我們耍指出：對於每一個 t

$\begin{displaymath} P(X(t) \neq X(t^-)) = 0 \end{displaymath}$

(5)

注意 X(t)-X(t^-)=0 或 1，所以

$\begin{displaymath}P(X(t) \neq X(t^-)) = E(X(t)-X(t^-)) \end{displaymath}$

另外

$\begin{displaymath} E \int^1_0 (X(t)-X(t^-)) dt =0, \end{displaymath}$

因為對應於每一個樣本點，X(t) 從時刻0到1之間的跳躍 (jump)數有限，因 X(1) 是有限數。 X(t) - X(t^-) $\neq$ 0只發生在有限個 t 時刻，所以 $\int^1_0 (X(t)-X(t^-)) dt =0,$ 其平均數當然為零,調轉積分次序，我們得到

$\begin{displaymath} 0=\int^1_0 E(X(t)-X(t^-))dt = \int^1_0 P(X(t)\neq X(t^-)) dt \end{displaymath}$

於是在一個長度為1的t集合中， $0\leq t \leq 1$ ,對任意 t

$\begin{displaymath} P(X(t) \neq X(t^-)) = 0 \end{displaymath}$

(6)

用條件 (iii)，我們不難看出如果有一個 0< t₀ $\leq$ 1 使得

$\begin{displaymath} P(X(t_0)\neq X(t_0^-)) = 0 \end{displaymath}$

(7)

則對所有的 $0\leq t <\infty$ , $P(X(t)\neq X(t^-)) = 0$ (嚴格的證明要用機率的連續性)。從 (6)，(7)我們就已證明(5)式是真了。

對於每一樣本點，在任何有限時段內， X(t)的跳躍個數 (=X(t)) 是有限的，我們把這些跳躍的時刻排列為 $s_1 < s_2 < \cdots \cdots < s_m$ , 所以 s_m 是 X(t) 的 m 次跳躍的時刻，如 X(t) 代表到時刻 t 為止通過某點的車輛數，則 s_m 為第 m 車通過的時刻。

我們先證明 X(1) 有一個卜松分佈，並得到參數 λ。對每一正整數 n，將時段 [0,1] 分成 2ⁿ等分

$\begin{displaymath} I^{(n)}_j = [ \frac{(j-1)}{2^n},\frac{j}{2^n}],\quad j=1,2,\cdots 2^n \end{displaymath}$

令

$\begin{eqnarray*} Y^{(n)}_j &=& 1 \qquad \mbox{{\fontfamily{cwM0}\fontseries{m}\... ... \char 180}{\fontfamily{cwM0}\fontseries{m}\selectfont \char 1}} \end{eqnarray*}$

和

$\begin{displaymath} Y_n = Y^{(n)}_1 + Y^{(n)}_2 + \cdots Y^{(n)}_{2^n} \end{displaymath}$

顯然 Y_n 隨 n 增加（即不減少），其當 $n \longrightarrow \infty$ 時的極限值代表 [0,1] 中所含的 s_m 的個數即 X(1^-)。所以

$\begin{displaymath} Y_n \uparrow X(1^-), \quad \mbox{{\fontfamily{cwM1}\fontseries{m}\selectfont \char 231}} \, n \longrightarrow \infty \end{displaymath}$

因為 $P(X(1)) \neq X(1^-))=0$ ，所以

$\begin{displaymath} P( Y_n \uparrow X(1^-), \quad \mbox{{\fontfamily{cwM1}\fontseries{m}\selectfont \char 231}} \, n \longrightarrow \infty )=1 \end{displaymath}$

(8)

根據條件 (i),(ii),(iii),Y⁽ⁿ⁾₁, Y⁽ⁿ⁾₂,…, Y⁽ⁿ⁾_2ⁿ 相互獨立且具有同一分佈。令

$\begin{displaymath} p_n = P(Y^{(n)}_j=1)=P(\mbox{{\fontfamily{cwM1}\fontseries{m... ...{\fontfamily{cwM0}\fontseries{m}\selectfont \char 95} $s_m$}), \end{displaymath}$

則

$\begin{displaymath} P(Y_n=k)={2^n \choose k}p_n^k(1-p_n)^{2^n-k}, \quad k=0,1,2\cdots \end{displaymath}$

如果我們能證明

$\begin{displaymath} 2^np_n \longrightarrow \lambda, \, \mbox{{\fontfamily{cwM1}\fontseries{m}\selectfont \char 231}} \, n \longrightarrow \infty \end{displaymath}$

(9)

則用第一節的方法，我們可以證明

$\begin{displaymath} P(Y_n =k) \rightarrow e^{-\lambda} \frac{\lambda^k}{k!}, \qquad k=0,1,2,\cdots \end{displaymath}$

再用(8)，即可得到

$\begin{displaymath} P(X(1)=k) = e^{-\lambda} \frac{\lambda^k}{k!}, \qquad k=0,1,2,\cdots \end{displaymath}$

(10)

所以我們必須證明(9)式，而且要證明 $0<\lambda<\infty$ 。注意

$\begin{displaymath} I^{(n)}_j = I^{(n+1)}_{2j-1} \cap I^{(n+1)}_{2j} , \end{displaymath}$

於是

$\begin{eqnarray*} p_n &=& P(I^{(n)}_j \mbox{{\fontfamily{cwM2}\fontseries{m}\sel... ...cwM0}\fontseries{m}\selectfont \char 95}} s_m) \\ &=& 2p_{n+1} \end{eqnarray*}$

我們得到 $2^n p_n \leq 2^{n+1} p_{n+1}$ 令 $\lambda_n = 2^n p_n$ , 則 $\lambda_n$ 隨 n 增加，所以 $\lim_{n\rightarrow \infty} \lambda_n$ 存在。令

$\begin{displaymath} \lambda = \lim_{n \rightarrow \infty} \lambda_n \end{displaymath}$

如 $\lambda =0$ ，則由(10)可得 P(X(1)=0)=1 ,故 X(t) 恆為 0。這種情形不合事實，我們不考慮，所以 $\lambda >0$ 。因為 p_n 是隨 n 而減小，令 $p=\lim_{n\rightarrow\infty} p_n$ ，假定 p>0，注意 $p \leq p_n$ , $n=1,2,\cdots$ 。則對任一 k

$\begin{eqnarray*} P(Y_n=k) &=& {2^n\choose k}p^k_n(1-p_n)^{2^n-k} \\ &\leq& \f... ...ries{m}\selectfont \char 231}} x \longrightarrow \infty, 0<c<1 ) \end{eqnarray*}$

得到

$\begin{displaymath} P(X(1)=k)=0,\qquad k=0,1,2,\cdots \end{displaymath}$

換言之， $P(X(1)=\infty)=1$ ，這與條件(iv")不合，所以

$\begin{displaymath} p = \lim_{n \rightarrow \infty} p_n = 0 \end{displaymath}$

假定 $\lambda = \infty$ ，則

$\begin{eqnarray*} P(Y_n=k) &\leq& \frac{(2^n)^k}{k!} [ (1-p_n)^{-\frac{1}{p_n}} ... ...selectfont \char 231}} \, n \longrightarrow \infty,k=0,1,2\cdots \end{eqnarray*}$

因為 $(1-p_n)^{-\frac{1}{p_n}} \rightarrow e$ 與 $2^n p_n \rightarrow \infty$ ，仍不合條件(iv''')，所以 $0<\lambda<\infty$ 。

用同樣的方法，對於每一個 t>0，我們可一證明 X(t) 有一個卜松分佈，令其參數為 $\lambda_t$ ，有一個定理說：如果為 z₁, z₂,… 獨立隨機變數，都具有卜松分佈，令其參數分別為 $\lambda_1, \lambda_2$ ,…, $\lambda_n$ ，則 z₁ + z₂ + … + z_n 有參數為 $\lambda_1 + \lambda_2 +$ … $+ \lambda_n$ 的卜松分佈。用這個定理及條件(i),(ii),(iii) 我們可以證明以上的 $\lambda_t = \lambda t$ 。

以下我們給一個在條件 (i)，(ii)，(iii)之下由條件(iv)推出條件(iv")的證明。

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最後修改日期：4/26/2002