06 Poisson 过程：从局部规则到计数与等待

维修热线平均每小时接到六个电话。半小时内恰好来四个的概率是多少？已经安静了十分钟，下一通是不是快来了？这两个问题都不能只靠“平均六个”回答：每十分钟准时来一通，与有时挤在一起、有时长久没有电话，可以有相同的平均速率。

我们要把到达的规则说清楚。Poisson 过程把不同时间段的关系和很短一段时间内的到达机会结合起来，随后才能算次数、算等待。你会看到，同一条时间线既可以沿横轴问“到现在来了多少个”，也可以沿事件编号问“第几个要等到什么时候”。

计数过程与三条实质条件

用 $N(t)$ 记录从时刻 $0$ 到 $t$ 的累计到达数。计数路径取非负整数值、不会下降，在有限时间内计数有限，并按右连续约定记录到达：事件在 $t$ 发生，就已经计入 $N(t)$ 。本章研究每次增加 $1$ 的简单到达过程；一般计数模型也可以允许成批到达，不能把“每次加一”当作所有计数过程的定义。

设 $N(0)=0$ 。区间 $(s,t]$ 的到达数是

N(t)-N(s).

每个到达点与计数路径的一次上跳一一对应

速率 $\lambda>0$ 的齐次 Poisson 过程满足以下条件。

独立增量：任意有限个互不相交的时间区间，其中的到达数相互独立。已经知道前五分钟的到达数，不改变下一段五分钟的计数分布。
平稳增量：增量分布只依赖区间长度。长度相同的两段时间具有相同的计数分布，即使它们位于时间轴的不同位置。
局部到达规则：令 $h\downarrow0$ ，任意长度为 $h$ 的区间中，

\begin{aligned} \mathbb P(\text{恰好一次})&=\lambda h+o(h),\\ \mathbb P(\text{没有到达})&=1-\lambda h+o(h),\\ \mathbb P(\text{至少两次})&=o(h). \end{aligned}

这里每个 $o(h)$ 可以是不同的函数，共同要求是除以 $h$ 后趋于零。一次到达有一阶机会，多次到达没有一阶贡献。平稳增量使这套局部规律在各处一致，独立增量使相邻小段的概率能够相乘。

不相交区间中的增量相互独立；图中的点是一条示例路径

独立和平稳说的是分布关系，不是某一张时间线必须长成什么样。图上两段的点数不同，不反驳平稳增量；偶然相同，也不能证明独立。

两个有用的反例

若每隔十分钟准时到达一次， $N(t)=\lfloor6t\rfloor$ （时间单位为小时），任意固定区间的增量都是常数。常随机变量确实相互独立，不能以“不随机”为由说它不满足独立增量。它失败在别处：同样长的短区间，是否跨过预定到达点会改变计数，因此增量不平稳；小区间的零、一次到达概率也不符合上述局部规律。

再设 $M(t)$ 是速率为 $a$ 的 Poisson 过程，每次到达都记成一对，令 $N(t)=2M(t)$ 。它有独立、平稳增量，却会一次上跳 $2$ 。长度为 $h$ 的区间内，至少记到两次的概率约为 $ah$ ，是 $O(h)$ ，不是 $o(h)$ 。局部条件排除的正是这种一阶强度的成批到达。

实际问题中，“每小时平均六次”只是建模线索。还要检查速率是否随时段变化、到达之间是否有明显关联、是否成批发生。后面的例题都以满足齐次 Poisson 模型为前提。

为什么小区间的误差不会累积失控

把固定时间窗 $[0,t]$ 分成 $m$ 段， $h=t/m$ 。假设单段出现至少两次的概率为 $r(h)=o(h)$ 。由并集概率上界，至少有一段出现多次到达的概率不超过

mr(t/m)=t\frac{r(h)}h\longrightarrow0.

这里需要的是“比 $h$ 更小”，只有 $r(h)\to0$ 还不够。例如 $r(h)=ch$ 时，总上界是 $ct$ ，不会随分割变细而消失。

为了熟悉这种极限，先看整个时间窗都没有到达的概率。记 $p_0(t)=\mathbb P(N(t)=0)$ 。独立、平稳增量给出

p_0(t+h)=p_0(t)p_0(h) =p_0(t)\bigl(1-\lambda h+o(h)\bigr).

右差商趋于 $-\lambda p_0(t)$ 。而 $p_0(h)\to1$ 也给出连续性；对 $t>0$ 使用 $p_0(t)=p_0(t-h)p_0(h)$ ，左差商有相同极限。因此

p'_0(t)=-\lambda p_0(t),\qquad p_0(0)=1, \qquad \boxed{p_0(t)=e^{-\lambda t}}.

从乘积看同一件事，也能看清误差的去向：

p_0(t)=\bigl(1-\lambda t/m+o(t/m)\bigr)^m.

括号内接近 $1$ 。用 $\log(1+x)=x+O(x^2)$ ，对数为

-\lambda t+m\,o(t/m)+O(m^{-1})\longrightarrow-\lambda t.

取指数就得到同一个结果。不能只是删掉每一小段的误差，还要交代乘了 $m$ 次以后它仍然趋于零。

分割时间窗并比较有限乘积与无到达概率的极限

逐层求出计数分布

令 $p_n(t)=\mathbb P(N(t)=n)$ 。要使终点的总数恰好为 $n$ ，最后一小段主要有两种情形：此前已有 $n$ 次，末段没有新到达；或者此前已有 $n-1$ 次，末段恰好增加一次。末段增加至少两次的全部贡献由 $o(h)$ 控制。因此对 $n\ge1$ ，

\begin{aligned} p_n(t+h) &=p_n(t)\bigl(1-\lambda h+o(h)\bigr)\\ &\quad+p_{n-1}(t)\bigl(\lambda h+o(h)\bigr)+o(h). \end{aligned}

这里末尾的误差是概率项总和的界，不需要逐个列出所有多次到达方式。由于在长度为 $h$ 的时间内发生变化的概率是 $O(h)$ ，各个 $p_n(t)$ 连续；同样从左侧分割，可得左右导数一致。于是

p_n'(t)+\lambda p_n(t)=\lambda p_{n-1}(t),\qquad p_n(0)=0\quad(n\ge1).

每一层只需要前一层。 $p_0$ 已知，对 $n=1$ 乘积分因子 $e^{\lambda t}$ ，得到

\bigl(e^{\lambda t}p_1(t)\bigr)'=\lambda, \qquad p_1(t)=\lambda t e^{-\lambda t}.

若已经求出 $p_{n-1}(t)=e^{-\lambda t}(\lambda t)^{n-1}/(n-1)!$ ，则

\begin{aligned} e^{\lambda t}p_n(t) &=\int_0^t\lambda e^{\lambda u}p_{n-1}(u)\,du\\ &=\int_0^t\lambda\frac{(\lambda u)^{n-1}}{(n-1)!}\,du =\frac{(\lambda t)^n}{n!}. \end{aligned}

所以

\boxed{\mathbb P(N(t)=n)=e^{-\lambda t}\frac{(\lambda t)^n}{n!}}, \qquad n=0,1,2,\ldots.

求和检查为 $e^{-\lambda t}e^{\lambda t}=1$ 。这也说明没有概率质量遗漏到“有限时间内发生无限多次”的情形中。由平稳增量， $N(t)-N(s)$ 的参数是 $\lambda(t-s)$ 。

用有限个 Bernoulli 试验逼近

记 $\theta=\lambda t$ ，在每个小格中安排一次独立 Bernoulli 试验，成功概率取 $\theta/m$ 。这是一个近似模型，必须先保证 $m\ge\theta$ ，否则所谓概率会超过 $1$ 。总成功数 $B_m$ 服从 $\operatorname{Bin}(m,\theta/m)$ 。

对固定 $n$ ，当 $m>\max(n,\theta)$ 时，

\begin{aligned} \mathbb P(B_m=n) &=\binom mn\left(\frac\theta m\right)^n \left(1-\frac\theta m\right)^{m-n}\\ &=\frac{\theta^n}{n!} \prod_{j=0}^{n-1}\left(1-\frac jm\right) \left(1-\frac\theta m\right)^m \left(1-\frac\theta m\right)^{-n}\\ &\longrightarrow e^{-\theta}\frac{\theta^n}{n!}. \end{aligned}

有限 $m$ 时，Bernoulli 模型每格最多一次，Poisson 模型每格仍可能多次。前者的方差是 $\theta(1-\theta/m)$ ，尚小于极限方差 $\theta$ ；均值相同不代表分布已经相同。

固定 $\theta=6$ ，从 $m=6$ 开始：每格成功概率等于 $1$ ，总数只能是 $6$ 。把 $m$ 增到 $12$ 、 $60$ 、 $600$ ，看整幅分布如何展开，零次到达概率和方差怎样靠近 Poisson 值。改变目标次数，比较同一个事件的两种概率；同时查看“一格至少两次”的概率及整窗出现这种格子的概率。分割只改变近似的细度，并没有改变原过程的速率。

均值、方差和两个时刻的关系

若 $X\sim\operatorname{Pois}(\theta)$ ，把求和指标挪一位，得到

\begin{aligned} \mathbb E X &=\sum_{n=1}^\infty n e^{-\theta}\frac{\theta^n}{n!} =\theta\sum_{k=0}^\infty e^{-\theta}\frac{\theta^k}{k!} =\theta,\\ \mathbb E[X(X-1)] &=\sum_{n=2}^\infty n(n-1)e^{-\theta}\frac{\theta^n}{n!} =\theta^2. \end{aligned}

由于 $X^2=X(X-1)+X$ ，

\operatorname{Var}X=\theta^2+\theta-\theta^2=\theta.

于是 $\mathbb E N(t)=\operatorname{Var}N(t)=\lambda t$ 。注意，独立的是不相交区间的增量， $N(s)$ 和 $N(t)$ 在 $s,t>0$ 时并不独立。若 $0\le s\le t$ ，写成

N(t)=N(s)+\bigl[N(t)-N(s)\bigr],

右侧两项独立，所以

\operatorname{Cov}(N(s),N(t))=\operatorname{Var}N(s)=\lambda s.

任意两个时刻的协方差因此是 $\lambda\min(s,t)$ 。它们共享从 $0$ 到较早时刻的那一段计数。

例：一个时间窗，两个观察时刻

假设电话按每小时 $3$ 次的 Poisson 模型到达。两小时恰好五次的概率是

e^{-6}\frac{6^5}{5!}\approx0.1606,

至少一次的概率为 $1-e^{-6}\approx0.9975$ 。计算用的是整窗参数 $6$ ，不是单位时间速率 $3$ 。

若问题变成“第一小时恰好两次，前两小时累计五次”，第二小时就必须恰好三次。两段增量独立，故

\mathbb P(N(1)=2,N(2)=5) =\left(e^{-3}\frac{3^2}{2!}\right) \left(e^{-3}\frac{3^3}{3!}\right) =\frac{243}{12}e^{-6}.

把第二项误写成 $\mathbb P(N(2)=5)$ ，就把包含第一小时的总计数再次当成独立量了。

从计数转向等待

记 $T_k$ 为第 $k$ 次到达时刻， $T_0=0$ ；记相邻间隔 $W_k=T_k-T_{k-1}$ 。尤其 $W_1=T_1$ 。第一次到达尚未发生，等价于计数仍为零：

\mathbb P(W_1>t)=\mathbb P(N(t)=0)=e^{-\lambda t}.

所以 $W_1\sim\operatorname{Exp}(\lambda)$ 。它的密度是 $\lambda e^{-\lambda t}$ ，均值 $1/\lambda$ ，方差 $1/\lambda^2$ 。

相邻到达间隔的端点与到达时刻严格对应

无记忆性可以直接算出来：

\mathbb P(W_1>s+t\mid W_1>s) =\frac{e^{-\lambda(s+t)}}{e^{-\lambda s}} =e^{-\lambda t}.

已经等了多久，不会改变接下来还要等多久的分布。这不是说未来等待被确定了，只是它的条件分布保持相同。

固定时刻与随机到达时刻，需要分开说明

从固定时刻 $a$ 开始，未来长度为 $u$ 的区间没有到达的概率是 $e^{-\lambda u}$ ，与 $a$ 前的历史独立。这直接来自独立、平稳增量。但 $T_k$ 是随机时刻，不能只把确定的 $a$ 替换成 $T_k$ ，便省略论证。

我们从到达位置的联合密度说明。固定 $0<s_1<\cdots<s_k$ ，在每个 $s_i$ 右侧取很短且互不相交的小窗。要求前 $k$ 个到达分别落入这些窗，并要求此前各段没有额外到达。不同区间独立：每个小窗的一次到达贡献约为 $\lambda\,ds_i$ ，空白部分贡献的乘积趋于 $e^{-\lambda s_k}$ 。小窗中有额外到达的项是高阶项，故联合密度为

f_{T_1,\ldots,T_k}(s_1,\ldots,s_k) =\lambda^k e^{-\lambda s_k}, \qquad 0<s_1<\cdots<s_k.

换成间隔 $w_i=s_i-s_{i-1}>0$ 。逆变换是 $s_i=w_1+\cdots+w_i$ ，Jacobian 为 $1$ ，于是

f_{W_1,\ldots,W_k}(w_1,\ldots,w_k) =\lambda^k e^{-\lambda\sum_iw_i} =\prod_{i=1}^k\lambda e^{-\lambda w_i}.

定义域也是各个 $w_i>0$ 的直积。密度分解成边际密度的乘积，这才证明所有相邻间隔独立同分布于 $\operatorname{Exp}(\lambda)$ 。模拟路径时，可以不断抽取指数等待并累加，得到 $T_1,T_2,\ldots$ 。

第 $k$ 次到达：Erlang 分布

第 $k$ 次到达已经发生，当且仅当累计次数至少为 $k$ ：

\{T_k\le t\}=\{N(t)\ge k\}.

第 k 次到达与累计计数达到 k 是同一件事的两种读法

因此

\mathbb P(T_k>t) =\mathbb P(N(t)\le k-1) =e^{-\lambda t}\sum_{j=0}^{k-1}\frac{(\lambda t)^j}{j!}.

尾概率的负导数就是密度。求导时相邻项消去，只剩最后一项，得到

f_{T_k}(t)=\frac{\lambda^k t^{k-1}e^{-\lambda t}}{(k-1)!},\qquad t>0.

这称为形状参数为 $k$ 、速率为 $\lambda$ 的 Erlang 分布。又因为 $T_k=W_1+\cdots+W_k$ 且间隔独立，

\mathbb E T_k=\frac{k}{\lambda},\qquad \operatorname{Var}T_k=\frac{k}{\lambda^2}.

仍取 $\lambda=3$ 次/小时。第三次到达晚于半小时的概率是

e^{-1.5}\left(1+1.5+\frac{1.5^2}{2}\right) \approx0.8088.

第三次到达的平均时刻为一小时，但并不是固定在一小时发生。 $k>1$ 时 Erlang 等待不具有无记忆性：等第三次与等下一次，需要保留的信息不同。

已知整个时间窗恰好到达 $n$ 次

现在换一个条件：已经知道 $N(T)=n$ ，只是不知道这些到达落在时间窗的哪些位置。这个条件把早晚两段联系起来了；早段多一次，晚段就必须少一次。

对 $0<s<T$ ，用两段独立 Poisson 概率相乘，再除以总次数概率，有

\begin{aligned} \mathbb P(N(s)=j\mid N(T)=n) &=\frac{\mathbb P(N(s)=j)\mathbb P(N(T)-N(s)=n-j)}{\mathbb P(N(T)=n)}\\ &=\binom nj\left(\frac{s}{T}\right)^j \left(1-\frac{s}{T}\right)^{n-j},\quad 0\le j\le n. \end{aligned}

因此条件计数是 $\operatorname{Bin}(n,s/T)$ ，不再是没有上界的 Poisson 分布。 $\lambda$ 在这个条件分布里消掉了，因为总次数已经固定。

更细地看，要求 $n$ 个到达分别靠近有序位置 $0<s_1<\cdots<s_n<T$ ，且窗内其余位置都无到达，联合概率密度为 $\lambda^n e^{-\lambda T}$ 。除以 $\mathbb P(N(T)=n)=e^{-\lambda T}(\lambda T)^n/n!$ ，得到条件密度

f_{T_1,\ldots,T_n\mid N(T)=n}(s_1,\ldots,s_n) =\frac{n!}{T^n},\qquad 0<s_1<\cdots<s_n<T.

这恰好是把 $n$ 个独立 $\operatorname{Unif}(0,T)$ 点排序后的联合密度：未排序点在立方体上的密度为 $1/T^n$ ，每组互不相同的有序点对应 $n!$ 种原标签排列。也可以由此理解计数公式中的 $n!$ ：有序区域体积是整个立方体体积的 $1/n!$ 。

先独立取均匀点，再排序；最早到达并不均匀

排序以后，各位置不再独立，也不是每个都有均匀分布。例如在 $n\ge1$ 时，最早到达晚于 $u$ ，意味着全部 $n$ 个点都落在 $(u,T)$ ，所以

\mathbb P(T_1>u\mid N(T)=n) =\left(1-\frac uT\right)^n,\qquad 0\le u\le T.

积分尾概率可得

\mathbb E[T_1\mid N(T)=n] =\int_0^T\left(1-\frac uT\right)^n du =\frac{T}{n+1}.

当 $n=1$ 时才是单个均匀点； $n=0$ 时窗内没有首个到达，不要把这个公式当作窗内首达的期望继续套用。

例：已知两小时来了六通电话

前半小时占整个时间窗的 $1/4$ 。给定总次数为 $6$ ，前半小时恰好两次的概率是

\binom62\left(\frac14\right)^2\left(\frac34\right)^4 =\frac{1215}{4096}\approx0.2966.

而第一通晚于半小时的条件概率是 $(3/4)^6$ ，平均第一通到达时刻为 $2/7$ 小时。它与未给定总次数时的 $1/\lambda$ 是两种不同条件下的平均等待。

在未给定总次数的模式中，拖动观察时刻，沿同一条路径核对 $T_k\le t$ 与 $N(t)\ge k$ 是否始终同时成立。再观察多条路径中“第 $k$ 次已到达”的比例，和 Erlang 累积分布比较。切到“已知窗内总数”的模式，改变前段比例：这时比较的是条件二项计数，以及首个到达的条件尾概率。排序前的点可以独立均匀，排序后的第一个点却会随着 $n$ 增大靠近左端。

两个独立来源为什么可以合并速率

设两个独立 Poisson 过程的速率分别为 $a,b$ 。固定长度为 $t$ 的时间窗，总计数 $S(t)$ 的概率由卷积给出：

\begin{aligned} \mathbb P(S(t)=n) &=\sum_{j=0}^n e^{-at}\frac{(at)^j}{j!} e^{-bt}\frac{(bt)^{n-j}}{(n-j)!}\\ &=e^{-(a+b)t}\frac{t^n}{n!} \sum_{j=0}^n\binom nj a^j b^{n-j}\\ &=e^{-(a+b)t}\frac{((a+b)t)^n}{n!}. \end{aligned}

不同时间段中，两来源的整组增量仍相互独立，且分布只依赖区间长度。所以总过程是速率为 $a+b$ 的 Poisson 过程。若两个记录其实来自同一批事件的重复计数，独立性就不存在，不能使用这条合并结论。下一章再研究如何把到达分流，以及间隔不是指数分布时会发生什么。

练习

1．把单位时间速率换成整窗参数

报警按速率 $2$ 次/小时的 Poisson 过程发生。求三小时内恰好四次的概率，并给出次数的均值和方差。

2．空等过后

速率为 $0.4$ 次/分钟的 Poisson 过程中，已知前五分钟没有到达。求第五至第八分钟仍没有到达的条件概率。

3．从一次到达以后继续等

顾客到达是速率为 $4$ 人/小时的 Poisson 过程。第一名顾客刚刚到达，求第二名在接下来的十分钟内到达的概率，以及两名顾客之间的平均间隔。

4．局部误差的量级

用精确计数分布验证 $\mathbb P(N(h)\ge2)=o(h)$ ，并说明分成 $m$ 段以后，整窗出现至少一个多次到达小格的概率为什么趋于零。

\mathbb P(N(h)\ge2)=1-e^{-\lambda h}(1+\lambda h) =\frac{\lambda^2h^2}{2}+O(h^3).

除以 $h$ 后趋零。取 $h=t/m$ ，整窗概率至多为 $m$ 倍单格概率，即 $\lambda^2t^2/(2m)+O(m^{-2})\to0$ 。实际精确值为 $1-[e^{-\lambda t/m}(1+\lambda t/m)]^m$ ，来自各格独立。

5．两个独立报警器

两个独立 Poisson 报警器的速率为每小时 $1.5$ 和 $2.5$ 次。求半小时内总报警数恰好为 $2$ 的概率。若第二台改为转发第一台的同一批报警，还能合并吗？

速率为 λ 的 Poisson 过程中，哪两个随机变量相互独立？

每十分钟确定到达一次的过程，其固定时间区间增量是常数，因此这些增量相互独立。

给定 N(T)=n，排好顺序的第一个到达时刻总是服从 (0,T) 上的均匀分布。

9．联合计数与协方差

速率为 $2$ 的 Poisson 过程中，求 $\mathbb P(N(1)=1,N(3)=4)$ 与 $\operatorname{Cov}(N(1),N(3))$ 。再求给定 $N(3)=4$ 时 $N(1)=1$ 的概率。

两段参数分别为 $2$ 和 $4$ ，所以联合概率为

(2e^{-2})\left(e^{-4}\frac{4^3}{3!}\right)=\frac{64}{3}e^{-6}.

协方差是 $2\min(1,3)=2$ 。给定总计数后， $N(1)\sim\operatorname{Bin}(4,1/3)$ ，所求概率为 $4(1/3)(2/3)^3=32/81$ 。条件分布也可以用联合概率除以 $e^{-6}6^4/4!$ 得到。

10．等第二次不再无记忆

取 $\lambda=1$ ，求 $\mathbb P(T_2>2\mid T_2>1)$ 。它是否等于 $\mathbb P(T_2>1)$ ？同时给出 $T_2$ 的均值和方差。

11．有限分割的边界

固定整窗参数 $\theta=8$ 。若用 $m$ 个独立 Bernoulli 格子近似，成功概率取 $8/m$ ，为什么 $m=4$ 不合法？求 $m=8$ 与 $m=80$ 时总数的均值、方差、零次概率，并与 Poisson 值比较。

12．已知总次数以后看最早到达

已知四小时内恰好到达三次。求第一小时恰好一次的条件概率，最早到达晚于第一小时的条件概率，以及最早到达的条件均值。

13．判断成批模型

令 $M(t)$ 为速率 $a>0$ 的 Poisson 过程， $Y(t)=2M(t)$ 。求 $Y(t)$ 的均值、方差和 $\mathbb P(Y(h)\ge2)$ 的一阶展开，据此解释为什么它不是速率 $2a$ 的 Poisson 过程。

均值是 $2at$ ，方差是 $4at$ 。并且

\mathbb P(Y(h)\ge2)=\mathbb P(M(h)\ge1)=1-e^{-ah}=ah+O(h^2).

多次到达具有一阶概率，不满足简单 Poisson 模型的 $o(h)$ 条件。若是速率 $2a$ 的 Poisson 过程，方差应为 $2at$ ，且奇数计数应有正概率，这里都不成立。