07 叠加、稀释与更新过程

一个维修团队同时照看两类设备：甲类设备平均每 20 天报修一次，乙类设备平均每 30 天报修一次。把两类报修合在同一张工单队列里时，长期来看总速率似乎应该相加；如果系统只记录“需要更换滤芯”的报警，又该如何从全部报警中抽出这一类？这些问题都和 Poisson 过程有关，但还不能只靠一句“速率相加”解决。

本章会把两个层次分开。对独立的 Poisson 来源，叠加和稀释保留很漂亮的 Poisson 结构；对一般的重复发生事件，到达间隔可以不是指数分布，这时得到的是更新过程。Poisson 过程是更新过程的一个特殊、但并不代表全部的情形。

独立来源的叠加

设 $N_1(t),\ldots,N_k(t)$ 是相互独立的 Poisson 过程，速率分别为 $\lambda_1,\ldots,\lambda_k$ 。把所有来源的事件合在一起：

N(t)=N_1(t)+\cdots+N_k(t).

要证明 $N(t)$ 仍是 Poisson 过程，不能只验证期望。我们要检查两个关键结构：任意区间上的计数分布，以及不相交区间增量的独立性。

对长度为 $t$ 的区间，令 $X_i=N_i(t)$ ，则 $X_i$ 独立且 $X_i\sim\operatorname{Poisson}(\lambda_i t)$ 。用概率生成函数可以把卷积计算压缩成乘法。对 $z\in[0,1]$ ，

\begin{aligned} \mathbb E[z^{N(t)}] &=\mathbb E[z^{X_1+\cdots+X_k}]\\ &=\prod_{i=1}^k\mathbb E[z^{X_i}]\\ &=\prod_{i=1}^k\exp\bigl(\lambda_i t(z-1)\bigr)\\ &=\exp\left(\left(\sum_{i=1}^k\lambda_i\right)t(z-1)\right). \end{aligned}

这正是参数为 $\left(\sum_i\lambda_i\right)t$ 的 Poisson 分布的生成函数。因此

N(t)\sim\operatorname{Poisson}\left(\left(\lambda_1+\cdots+\lambda_k\right)t\right).

对于两个不相交区间，叠加过程的增量分别是各个来源在对应区间的增量之和。每个来源在两个区间上的增量独立，不同来源之间也独立，所以两段总增量仍然独立。平稳增量也逐来源保留，于是总过程确实是速率 $\lambda_1+\cdots+\lambda_k$ 的 Poisson 过程。

两条独立 Poisson 到达流叠加为一条总到达流

例题：两类工单合并

甲类工单以每小时 $2$ 件的速率到达，乙类工单以每小时 $3$ 件的速率到达，两个来源相互独立。求 40 分钟内收到至少 3 件工单的概率。

先判断是否可以叠加：两个来源都为 Poisson 过程，且相互独立，因此总工单数是速率

2+3=5

的 Poisson 过程。

40 分钟等于

2/3

小时，所以该时间窗的 Poisson 参数为

5\times2/3=10/3

。

“至少 3 件”用前两项的补事件，计算为

1-\mathbb P(N=0)-\mathbb P(N=1)

，即

1-e^{-10/3}\left(1+\frac{10}{3}\right)\approx0.8454.

检查：均值是

10/3

，所以至少 3 件的概率应当略大于一半；结果约为 0.8454，符合这个时间窗平均已有三件多的情形。

叠加后总速率与固定时间窗计数参数的对应关系

稀释：给每次事件贴标签

现在从速率为 $\lambda$ 的 Poisson 过程出发，独立地给每次到达贴上“保留”标签，保留概率为 $p$ ，丢弃概率为 $1-p$ 。记保留事件数为 $N_p(t)$ ，丢弃事件数为 $N_{1-p}(t)$ 。直觉上保留流的速率是 $p\lambda$ ，但需要同时说明两条子流为什么独立。

先看一个长度为 $t$ 的区间，条件在总数 $N(t)=n$ 下，每个事件独立保留，因此

N_p(t)\mid N(t)=n\sim\operatorname{Binomial}(n,p).

对任意非负整数 $a,b$ ，若 $a+b=n$ ，

\begin{aligned} \mathbb P(N_p(t)=a,N_{1-p}(t)=b) &=\mathbb P(N(t)=a+b)\binom{a+b}{a}p^a(1-p)^b\\ &=e^{-\lambda t}\frac{(\lambda t)^{a+b}}{(a+b)!} \frac{(a+b)!}{a!b!}p^a(1-p)^b\\ &=\left(e^{-p\lambda t}\frac{(p\lambda t)^a}{a!}\right) \left(e^{-(1-p)\lambda t}\frac{((1-p)\lambda t)^b}{b!}\right). \end{aligned}

联合概率分解成两个边缘概率的乘积，所以两条子流独立；并且

N_p(t)\sim\operatorname{Poisson}(p\lambda t),qquad N_{1-p}(t)\sim\operatorname{Poisson}((1-p)\lambda t).

对不相交时间区间重复相同的条件化论证，再结合原过程的独立增量，可知稀释后的两条过程各自都是 Poisson 过程，而且彼此独立。这一结论很有用：从随机事件中独立抽取一类，不仅能得到一个降低速率的 Poisson 流，还能让“被抽出”和“剩余”的两类互不相关。

一次 Poisson 到达流按独立标签稀释成两条相互独立的子流

稀释的“独立”是关键。如果标签依赖于前一次到达距今多久，或者规定每两个事件必保留一个，子流通常就不再是独立 Poisson 过程。独立标签不是计算方便的附加话术，而是结论成立的条件。

例题：从总报警中识别目标类型

某监控系统总报警速率为每分钟 $0.8$ 次，其中每次报警独立地以概率 $0.25$ 属于温度异常。求 5 分钟内温度异常报警恰好 2 次、其他报警恰好 1 次的概率。

把温度异常看成以概率

p=0.25

保留的标签，目标子过程速率是

0.8\times0.25=0.2

次/分钟；其他报警子过程速率是

0.6

次/分钟。

5 分钟内两类计数分别服从参数

1

和

3

的 Poisson 分布，且相互独立。

所求联合概率为

\left(e^{-1}\frac{1^2}{2!}\right) \left(e^{-3}\frac{3^1}{1!}\right) =\frac32e^{-4}\approx0.0275.

这里不能只把总数参数

4

代入一个 Poisson 公式，因为题目同时约束了两类标签的数量；稀释结论提供了两条独立子过程，正好匹配这个联合事件。

在稀释实验中可以固定总速率和时间窗，移动保留概率 $p$ ，同时观察目标流和剩余流的样本均值、样本方差以及两者的样本相关。预测时应写出三件事：两条流的理论速率、总数是否保持不变、两条流是否仍可能在有限模拟中出现偶然相关。

一般更新过程

考虑一台设备的连续运行时间。它第一次运行 $X_1$ 天后检修，检修完成后又运行 $X_2$ 天，如此反复。若 $X_1,X_2,\ldots$ 独立同分布，且

X_i>0,qquad \mu=\mathbb E[X_i]<\infty,

令第 $n$ 次更新发生的时刻为

S_n=X_1+\cdots+X_n,qquad S_0=0,

并定义截至时间 $t$ 已发生的更新次数

N(t)=\max\{n:S_n\le t\}.

这样的计数过程称为更新过程。Poisson 过程对应 $X_i$ 服从指数分布；若设备寿命是固定的，或者服从均匀、伽马等别的分布，仍然可以构成更新过程，但一般不再有独立增量。

一般更新过程由不规则但依次累加的更新时刻构成

更新方程：把第一次更新单独拿出来

令 $F(x)=\mathbb P(X_1\le x)$ ，更新函数为

m(t)=\mathbb E[N(t)].

要得到 $m(t)$ 的关系，按第一次更新发生的时间 $X_1=x$ 分类。若 $x>t$ ，截至 $t$ 还没有更新；若 $x\le t$ ，第一次更新已经发生，之后从时刻 $x$ 起剩余的更新时间长度为 $t-x$ 。由于后续间隔与 $X_1$ 独立同分布，第一次更新之后的期望更新次数是 $m(t-x)$ ，还要加上已经发生的这一次。因此

m(t)=F(t)+\int_{[0,t]}m(t-x)\,dF(x).

第一项 $F(t)$ 计入“第一次更新已经发生”的那一个；积分项计入第一次之后的更新。若 $X_1$ 有密度 $f$ ，公式可以写成

m(t)=F(t)+\int_0^t m(t-x)f(x)\,dx.

这不是一个把答案藏起来的符号替换，而是递归结构：想知道时间 $t$ 前的平均更新次数，要把所有可能的第一次更新位置逐一加权。

对于指数间隔，更新过程就是 Poisson 过程， $m(t)=\lambda t$ ；一般间隔没有这样的精确线性式，但当时间很长时，平均更新次数的主导行为仍为

\boxed{\frac{m(t)}{t}\longrightarrow\frac1\mu}.

直观原因是长时间内每次更新平均消耗 $\mu$ 个时间单位，所以单位时间约发生 $1/\mu$ 次更新。这个结论只描述长期平均速率，不会把有限时间的波动抹掉。

更新函数 m(t) 与长期直线 t/μ 的比较

更新报酬与“随机时刻看到的间隔”

如果每个更新周期带来报酬 $R_i$ ，且 $(X_i,R_i)$ 独立同分布、期望有限，那么长期单位时间报酬为

\frac{\mathbb E[R_i]}{\mathbb E[X_i]}.

这是更新报酬思想。取 $R_i=X_i$ ，就得到单位时间报酬为 1；取 $R_i=1$ ，就回到更新速率 $1/\mu$ 。

有一个容易反直觉的现象：随机挑一个很长的时刻去观察，看到的周期并不服从普通的 $X_i$ 分布。长周期覆盖的时间更多，更容易被你“撞上”；这就是检查偏差。若寿命分布的二阶矩有限，观察到的周期长度的均值为

\frac{\mathbb E[X^2]}{\mathbb E[X]},

它通常大于 $\mathbb E[X]$ 。Poisson 的指数间隔虽然也有波动，但无记忆性使得“已经等了多久”不会改变剩余等待的分布；一般更新过程没有这个特殊性。

普通间隔分布与随机时刻所见间隔分布的长度偏向比较

这个交互应比较固定间隔、指数间隔和一个具有较大波动的间隔分布。先预测三种过程的计数曲线和随机时刻所见周期，再运行模拟。观察重点不是某条样本路径是否漂亮，而是长期斜率接近 $1/\mu$ ，以及随机时刻抽到的周期会偏向较长者。

练习

练习 1｜巩固：叠加参数

三个相互独立的 Poisson 过程速率分别为每小时 $1$ 、 $4$ 、 $5$ 次。求合并过程在 30 分钟内恰好 3 次的概率。

练习 2｜变式：稀释后的联合事件

总报警过程速率为每小时 $12$ 次，每次独立地以概率 $1/3$ 被标为“需要人工复核”。求 15 分钟内人工复核报警恰好 1 次、非人工复核报警恰好 2 次的概率。

两类速率分别为 $4$ 次/小时和 $8$ 次/小时。15 分钟内的参数分别为 $1$ 和 $2$ ，稀释后的两类过程独立，因此所求概率为

\left(e^{-1}\frac{1^1}{1!}\right) \left(e^{-2}\frac{2^2}{2!}\right)=2e^{-3}\approx0.0996.

如果只计算总数恰好为 3，会把标签数量的约束丢掉。

练习 3｜巩固：更新次数的定义

某设备的运行间隔依次为 $X_1=3$ 、 $X_2=5$ 、 $X_3=2$ 、 $X_4=4$ 小时。写出 $S_1,S_2,S_3,S_4$ ，并求 $N(10)$ 。

练习 4｜迁移：长期更新率

一种零件的更换间隔独立同分布，均值为 18 天。长期平均每 100 天大约更换多少次？如果某次更换的平均报酬为 45 元，长期每天的平均报酬是多少？

练习 5｜迁移：检查偏差的方向

有两种更新间隔：方案 A 每次固定为 4 小时；方案 B 以概率 $1/2$ 取 1 小时、以概率 $1/2$ 取 7 小时。两种方案的平均间隔相同。随机选一个很长的时刻观察，哪种方案更容易看到很长的当前周期？说明理由。

两种方案的均值都为 4 小时，但方案 A 的周期没有波动，看到的长度总是 4。方案 B 的 7 小时周期覆盖的时间比 1 小时周期多 7 倍，因此在随机时刻更容易落入长周期；其随机时刻所见周期的均值为

\frac{\mathbb E[X^2]}{\mathbb E[X]}=\frac{(1^2+7^2)/2}{4}=\frac{25}{4}=6.25\text{ 小时},

大于普通间隔均值 4 小时。这就是检查偏差，而不是抽样计算出了矛盾。

下列哪些条件是把独立 Poisson 来源叠加后仍得到 Poisson 过程所需要的？

任意更新过程都具有 Poisson 过程的独立增量。