第四章作业
Example 1
2.7：证明定理2.6.2.
（1）设\(\{N(t),t\geq 0\}\)是具有强度函数\(\{\lambda(s)>0,s\geq 0\}\)的非时齐泊松过程. 令\(m(t)=\int_0^t\lambda(s)ds,m^{-1}(t)\)是\(m(t)\)的反函数，即
\[
m^{-1}(u)=\inf \{t:t>0,m(t)\geq u,u\geq 0\},
\]
记\(M(u)=N\{m^{-1}(u)\}\)，则\(\{M(u),u\geq 0\}\)是时齐泊松过程.
（2）设\(\{M(u),u\geq 0\}\)是时齐泊松过程，参数\(\lambda =1.\)若给定强度函数\(\{\lambda(s)>0,s\geq 0\}\)，令\(m(t)=\int_0^t\lambda(s)ds,N(t)=M\{m(t)\}\)，则\(\{N(t)\}\)时非时齐的且具有强度函数\(\{\lambda(s),s\geq 0\}\)的泊松过程.
Proof. （1）\(M(0)=N\{m^{-1}(0)\}=0\)
任取\(0<t_1<t_2<\cdots <t_n\)
因为\(m(t)\)是递增函数，所以有$\(m^{-1}(t_1)<m^{-1}(t_2)<\cdots<m^{-1}(t_n)\)$
所以有
\[
M(t_1)=N\{m^{-1}(t_1)\};M(t_i-t_{i-1})=N\{m^{-1}(t_i)-m^{-1}(t_{i-1})\},(i>1)
\]
由\(N(t)\)的独立增量性可得\(M(t)\)也具有独立增量性.\(\forall s,t\geq 0,n\geq 0 \)有：
\[\begin{split}
\begin{aligned}
P\{M(s+t)-M(t)=n\}&=P[N\{m^{-1}(s+t)\}-N\{m^{-1}(t)\}=n]\\
&=\frac{[m\{m^{-1}(s+t)\}-m\{m^{-1}(t)\}]^n}{n!}\exp\{-[m\{m^{-1}(s+t)\}-m\{m^{-1}(t)\}]\}\\
&=\frac{s^n}{n!}e^{-s}
\end{aligned}
\end{split}\]
由定义2.1.2，\(\{M(u)\}\)满足参数为\(1\)的时齐泊松过程
（2）\(N(0)=0\)以及独立增量性易得
对任意的\(t\geq 0\)和充分小的\(h>0\)，有：
\[\begin{split}
\begin{aligned}
P\{N(t+h)-N(t)=1\}&=P[M\{m(t+h)\}-M\{m(t)\}=1]\\
&=\{m(t+h)-m(t)\}e^{-\lambda \{m(t+h)-m(t)\}}\\
&=\lambda(t)h+o(h)
\end{aligned}
\end{split}\]
同理可得$\(P\{N(t+h)-N(t)=n\}=o(h ), (n\geq 2)\)$
Example 2
2.8：证明定理2.6.1.
令\(m(t)=\int_0^t\lambda(s)ds\)，若\(\{N(t),t\geq 0\}\)是非时齐具有强度函数\(\{\lambda(t),t\geq 0\}\)的泊松过程，则\(\forall s,t\geq 0,\)有
\[
P\{N(s+t)-N(s)=n\}=\frac{[m(s+t)-m(s)]^n}{n!}\exp\{-[m(s+t)-m(s)]\} (n\geq 0)
\]
Proof. 记\(P_n(t)=P\{N(t)=n\}\)
往证
\[
P\{N(s+t)-N(s)=n\}=\frac{[m(s+t)-m(s)]^n}{n!}\exp\{-[m(s+t)-m(s)]\} (n\geq 0)
\]
即证
\[
P_{n}(t)=\frac{\{m(t)\}^n}{n!}e^{-m(t)}
\]
\(n=0:\)
\[\begin{split}
\begin{aligned}
P_0(t+h) &= P\{ N(t+h)=0 \} = P\{ N(t+h)-N(t) =0,N(t)=0 \}\\
&= P\{N(t)=0 \}\cdot P\{ N(t+h)-N(t) =0\}\\
&=P_0(t)\cdot\{1-\lambda(t) h-o(h)\}
\end{aligned}
\end{split}\]
由\((1)\)得：
\[
\frac{P_0(t+h)-P_0(t)}{h} = -P_0(t)(\lambda(t)+o(1) )
\]
令 \(h\to 0\),得：$\(P'_0(t)=-\lambda(t) P_0(t)\)$
由ODE知识并且\(P_0(0)=P\{N(0)=0\}=1\)，得：
\[
P_0(t)=e^{-\int_0^t\lambda(s)ds}=e^{-m(t)}
\]
n>0:
\[\begin{split}
\begin{aligned}
P_n(t+h) &= P\{ N(t+h)=n \} \\
&= P\{ N(t+h)-N(t) =0,N(t)=n \}+P\{ N(t+h)-N(t) =1,N(t)=n-1 \}+o(h)\\
&= P\{N(t)=n \}\cdot P\{ N(t+h)-N(t) =0\}+ P\{N(t)=n-1 \}\cdot P\{ N(t+h)-N(t) =1\} \\
&=P_n(t)\cdot\{1-\lambda(t)-o(h)\}+P_{n-1}\cdot (\lambda(t) h+o(h))+o(h)
\end{aligned}
\end{split}\]
由\((2)\)变换并令\(h\to 0\)得：
\[
P'_n(t)=-\lambda(t) P_n(t)+\lambda(t) P_{n-1}(t)
\]
经变换可得到：
\[
\frac{d}{dt}[e^{m(t)}P_n(t)]=\lambda(t) e^{m(t)}P_{n-1}(t)
\]
当\(n=1\)时
\[
\frac{d}{dt}[e^{m(t)}P_1(t)]=\lambda(t)
\]
所以
\[
P_1(t)=m(t)e^{-m(t)}
\]
再由归纳法可得
\[
P_{n}(t)=\frac{\{m(t)\}^n}{n!}e^{-m(t)}
\]
Example 3
2.9:求在\(N(t)=n\)的条件下，\(S_k(k<n)\)的条件概率密度
Proof. 解：记\(Y_1,Y_2,\cdots,Y_n\)是\([0,t]\)上独立同均匀分布的一组随机变量
\(S_k\)的条件p.d.f实际上就是\(Y_{(k)}\)的p.d.f
所以有：
\[\begin{split}
\begin{aligned}
f_k(y_k)&=\frac{n!}{(k-1)!(n-k)!}\{F(y_k)\}^{k-1}\{1-F(y_k)\}^{n-k}f(y_k)\\
&=\frac{n!}{(k-1)!(n-k)!}(\frac{y_k}{t})^{k-1}(1-\frac{y_k}{t})^{n-k}\frac 1t\cdot I_{(y_k\in [0,t])}
\end{aligned}
\end{split}\]
所以在给定\(N(t)=n\)的条件下\(\frac{S_k}{t}\)服从\(Be(k,n-k+1)\)分布.
Example 4
2.23、2.24：设\(n\)个零件的寿命\(X_1,X_2,\cdots ,X_n\)是独立同指数分布，参数为\(\lambda.\)该\(n\)个零件从\(t=0\)开始工作，记\(X_{(1)}\leq X_{(2)}\leq \cdots \leq X_{(n)}\)为相继失效时刻，试求：
（1）\(X_{(1)},X_{(2)},\cdots,X_{(r)} \)的联合p.d.f\((1\leq r\leq n)\)
（2）令\(Y_1=X_{(1)},Y_i=X_{(i)}-X_{(i-1)},2\leq i\leq n.\)，判断\(Y_1,Y_2,\cdots ,Y_n\)是否独立？是否同分布？并证明你的猜想.
Proof. 解：（1）\(X_k\)的p.d.f为：
\[
f(x_k)=\lambda e^{-\lambda x_k}\cdot I_{(x_k\geq 0)}
\]
\(X_k\)的分布函数为：
\[
F(x_k)=1-e^{-\lambda x_k}\cdot I_{(x_k\geq 0)}
\]
\((X_{(1)},X_{(2)},\cdots,X_{(r)})\)的联合p.d.f为：
\[\begin{split}
\begin{aligned}
f(t_1,t_2,\cdots,t_r)&=\frac{n!}{(n-r)!}\{1-F(t_r)\}^{n-r}\prod\limits_{k=1}^rf(t_k)\\
&=\frac{n!}{(n-r)!}e^{-\lambda\{(n-r)t_r+\sum\limits_{i=1}^rt_i\}}\cdot I_{(0\leq t_1\leq t_2\cdots \leq t_r)}
\end{aligned}
\end{split}\]
（2）\((X_{(1)},X_{(2)},\cdots,X_{(n)})\)的联合p.d.f为：
\[
f(t_1,t_2,\cdots,t_n)=n!\cdot exp\{-\lambda \sum\limits_{i=1}^nt_i\}\cdot I_{(0\leq t_1\leq t_2\leq\cdots\leq t_n)}
\]
又jacobi行列式为
\[
J=\frac{\partial(Y_1,Y_2,\cdots,Y_n)}{\partial(X_1,X_2,\cdots,X_n)}=1
\]
所以\((n!Y_1,Y_2,\cdots,Y_n)\)的联合p.d.f为：
\[
g(y_1,y_2,\cdots,y_n)=n!\cdot exp\{-\lambda\sum\limits_{i=1}^n i\cdot y_i\}\cdot I_{(y_i\geq 0,1\leq i\leq n)}
\]
计算\(Y_k\)的边际p.d.f：
\[
g_k(y_k)=(n-k+1)\lambda e^{-\lambda (n-k+1)y_k}\cdot I_{(0\leq y_k)}
\]
因为
\[
g(y_1,y_2,\cdots,y_n)=\prod\limits_{i=1}^ng_i(y_i)
\]
所以\((Y_1,Y_2,\cdots,Y_n)\)独立但是不同分布.
Example 5
2.25：设\(\{N(t),t\geq 0\}\)为时齐泊松过程，\(S_1,S_2,\cdots,S_n\)为到达时刻.
（1）给定\(N(t)=n\)条件下，试问\(S_1,S_2-S_1,\cdots,S_n-S_{n-1}\)是否条件独立？是否同分布？
（2）求\(E\{S_1|N(t)\}\)的分布律；
（3）利用（1）和（2），求\(E\{S_k|N(t)\}\)的分布律；
（4）求在\(N(t)=n\)下\(S_i\)与\(S_k\)的条件联合概率密度函数
Proof. 解：
（1）同分布但是不独立，理由如下：
因为\((S_1,S_2,\cdots,S_n)\)在\(\{N(t)=n\}\)下的联合p.d.f为：
\[
f(t_1,t_2,\cdots,t_n)=\frac{n!}{t^n}I_{(0<t_1<t_2<\cdots<t_n\leq t)}
\]
所以\((X_1,X_2,\cdots,X_n)\)在\(\{N(t)=n\}\)下的联合p.d.f为：
\[
g(x_1,x_2,\cdots,x_n)=\frac{n!}{t^n}I_{(0\leq x_1+x_2+\cdots +x_n\leq t)}
\]
由
\[
\iint_{\sum\limits_{k=1}^nx_k\leq t,x_k\geq 0}g(x_1,x_2,\cdots,x_n)dx_1dx_2\cdots dx_n=1
\]
得
\[
\iint_{\sum\limits_{k=1}^nx_k\leq t,x_k\geq 0}1dx_1dx_2\cdots dx_n=\frac{t^n}{n!}
\]
类比可得
\[
\iint_{\sum\limits_{k=1,k\neq i}^nx_k\leq t-x_i,x_k\geq 0}1dx_1dx_2\cdots dx_n=\frac{(t-x_i)^{n-1}}{(n-1)!}
\]
所以在\(\{N(t)=n\}\)的条件下\(X_i\)的边际p.d.f为：
\[
g_i(x_i)=\iint_{\sum\limits_{k=1,k\neq i}^nx_k\leq t-x_i,x_k\geq 0}g(x_1,x_2,\cdots,x_n)dx_1dx_2\cdots dx_n=\frac{n(t-x_i)^{n-1}}{t^n}I_{(0\leq x_i\leq t)}
\]
（2）由习题1.14可知：\(n=0\)时：
\[\begin{split}
\begin{aligned}
E\{X_1|N(t)=0\}&=\int_0^\infty P\{X_1>s|N(t)=0\}ds\\
&=\int_0\infty P\{N(s)=0|N(t)=0\}ds\\
&=\int_0^\infty e^{-\lambda(s-t)}ds\\
&=t+\frac 1\lambda
\end{aligned}
\end{split}\]
\(n\geq 1\)时
\[\begin{split}
\begin{aligned}
E\{X_1|N(t)=n\}&=\int_0^\infty P\{X_1>s|N(t)=n\}ds\\
&=\int_0^t \int_s^t \frac{n(t-x_1)^{n-1}}{t^n}dx_1ds\\
&=\frac{t}{n+1}
\end{aligned}
\end{split}\]
所以
\[
E\{S_1|N(t)\}=\frac{t}{N(t)+1}
\]
（3）由（1）得：\((X_1,X_2,\cdots,X_n)\)，在\(N(t)=n\)下同分布.所以有：
\[
E\{S_k|N(t)\}=\sum\limits_{i=1}^kE\{X_i|N(t)\}=\frac{kt}{N(t)+1}
\]
（4）记\(Y_1,Y_2,\cdots ,Y_n\)为\([0,t]\)上独立同均匀分布的随机变量.则有\(S_i\)在\(N(t)=n\)条件下，与\(Y_{(i)}\)同分布
所以在\(N(t)=n\)的条件下，\(S_i\)与\(S_k\)的联合p.d.f为：
\[\begin{split}
\begin{aligned}
g_{ik}(x_i,x_k)&=\frac{n!}{(i-1)!(k-i-1)!(n-k)!}\{F(x_i)\}^{i-1}\{F(x_k)-F(x_i)\}^{k-i-1}\{1-F(x_k)\}^{n-k}f(x_i)f(x_j)\\
&=\frac{n!}{(i-1)!(k-i-1)!(n-k)!}(\frac{x_i}{t})^{i-1}(\frac{x_k-x_i}{t})^{k-i-1}(1-\frac{x_k}{t})^{n-k}\frac{1}{t^2}\cdot I_{(0\leq x_i<x_k\leq t)}
\end{aligned}
\end{split}\]
Example 6
2.26：设\(\{N(t),t\geq 0\}\)是参数为\(\lambda\)的时齐泊松过程，\(S_0=0,S_n\)为第\(n\)个事件发生的时刻.求：
（1）\((S_2,S_5)\)的联合p.d.f；
（2）\(E\{S_1|N(t)\geq 1\}\)；
（3）\((S_1,S_2)\)在\(N(t)=1\)下的条件p.d.f
Proof. 解：
（1）采用微元法：
令\(0<t_2<t_5\)取充分小的\(h\)使得\([t_2,t_2+h]\)和\([t_5,t_5+h]\)时间内均只有一个事件发生
所以有：
\[\begin{split}
\begin{aligned}
P\{t_2\leq S_2<t_2+h<t_5\leq S_5<t_5+h\}&=P\{N(t_2)=1,N(t_2+h)-N(t_2)=1,\\
& N(t_5)-N(t_2+h)=2,N(t_5+h)-N(t_5)=1\}\\
&=\lambda t_2e^{-\lambda t_2 }\lambda he^{-\lambda h}\frac{\{\lambda(t_5-t_2-h)\}^2}{2}e^{-\lambda(t_5-t_2-h)}\lambda he^{-\lambda h}\\
&=\frac{\lambda^5t_2(t_5-t_2-h)^2}{2}e^{-\lambda (t_5-h)}h^2
\end{aligned}
\end{split}\]
所以\((S_2,S_5)\)的联合p.d.f为：
\[\begin{split}
\begin{aligned}
g_{2,5}(t_2,t_5)&=\lim\limits_{h\to 0}P\{t_2\leq S_2<t_2+h<t_5\leq S_5<t_5+h\}/h^2\\
&=\frac{\lambda^5t_2(t_5-t_2)^2}{2}e^{-\lambda t_5}I_{(0<t_2<t_5)}
\end{aligned}
\end{split}\]
（2）因为\(S_1\)服从指数分布,所以\(E\{S_1\}=\frac 1\lambda\)
由习题2.25得
\[
E\{S_1|N(t)=0\}=t+\frac 1\lambda
\]
由于
\[
E\{S_1\}=E\{S_1|N(t)=0\}P\{N(t)=0\}+E\{S_1|N(t)\geq 1\}P\{N(t)\geq 1\}
\]
所以
\[
E\{S_1|N(t)\geq 1\}=\frac 1\lambda -\frac{te^{-\lambda t}}{1-e^{-\lambda t}}
\]
PS:\(E\{S_1\}\neq \sum\limits_{n=1}^\infty E\{S_1|N(t)=n\}\)！！！
（3）采用微元法：
令\(0<t_1<t_2\)取充分小的\(h\)使得\(0<t_1<t_1+h<t<t_2<t_2+h\)
PS：因为\(N(t)=1\)，所以\(t_2>t\)是必须的
所以：
\[\begin{split}
\begin{aligned}
P\{t_1\leq S_1<t_1+h\leq t<t_2\leq S_2<t_2+h,N(t)=1\}&=P\{N(t_1)=0,N(t_1+h)-N(t_1)=1\\
& ,N(t)-N(t_1+h)=0,N(t_2)-N(t)=0\\
& ,N(t_2+h)-N(t_2)=1\}\\
&=e^{-\lambda t_1}\lambda he^{-\lambda h}e^{-\lambda(t-t_1-h)}e^{-\lambda(t_2-t)}\lambda h e^{-\lambda h}\\
&=\lambda^2h^2e^{-\lambda (t_2+h)}
\end{aligned}
\end{split}\]
所以：
\[\begin{split}
\begin{aligned}
P\{t_1\leq S_1<t_1+h\leq t<t_2\leq S_2<t_2+h|N(t)=1\}&=\frac{P\{t_1\leq S_1<t_1+h\leq t<t_2\leq S_2<t_2+h,N(t)=1\}}{P\{N(t)=1\}}\\
&=\frac{\lambda^2h^2e^{-\lambda (t_2+h)}}{\lambda te^{-\lambda t}}
\end{aligned}
\end{split}\]
于是，\((S_1,S_2)\)在\(N(t)=1\)条件下的联合p.d.f为：
\[\begin{split}
\begin{aligned}
f_{\{(S_1,S_2)|N(t)=1\}}(t_1,t_2)&=\lim\limits_{h\to 0}P\{t_1\leq S_1<t_1+h\leq t<t_2\leq S_2<t_2+h|N(t)=1\}/h^2\\
&=\frac\lambda t e^{-\lambda(t_2-t)}\cdot I_{(0<t_1\leq t<t_2)}
\end{aligned}
\end{split}\]
