劉應興的部落格

Poisson 過程是出生過程 (pure birth process) 的一種，其「出生數」與當前狀態 N(t) 無關。不論在一般出生過程或 Poisson 過程，總是假設

P[N(t+h)-N(t)>1 | N(t) = n] = o(h), 對任意 t, 任意 h → 0 成立

這個假設在一些應用上可能與事實不符，例如逛百貨公司的人可能有不少是成對或邀約一起去逛的，當然也有單身一人的，因此，

    P[N(t+h)=n] = P[N(t)=n]P[ΔN=0] + P[N(t)=n-1]P[ΔN=1]+...+P[N(t)=n-k]P[ΔN=k]

此處 ΔN = N(t+h)-N(t), 因為考慮 Poisson 過程，ΔN 與 N(t) 相互獨立，故

P[ΔN = i | N(t) = n-i] = P[ΔN = i]

這簡化了前面 P[N(t+h)=n] 的遞迴式。但此遞迴式是 n ≧ k 時才完整的；當 n < k 時，利如 N(t+h) = 0 必是 N(t) = 0 且 ΔN = 0，故

 P[N(t+h) = 0] = P[N(t) = 0]P[ΔN = 0]

後面 N(t) = n-1, ..., n-k 各項都不存在。類似地，當 n < k 時，P[N(t+h)=n] 的右邊計算式只能計算到 P[N(t) = 0] 一項。

假設 P[ΔN = i] = λ_i h + o(h), i = 1, 2, ..., k，而

P[ΔN = 0] = 1 - Σ_i λ_i h + o(h)

則得遞迴微分方程式

D P[N(t) = n] = -(Σ λ_i)P[N(t) = n] + Σ λ_i P[N(t) = n-i]

式中 D 是對連續變數 t 的微分。若 n < k, 則上列微分方程右邊第二部分只到 P[N(t)=0]。如同標準的 Poisson 過程，我們先由 n = 0 開始：

D P[N(t) = 0] = -(Σ λ_i) P[N(t) = 0]

在 P[N(0) = 0] = 1 條件下，得

P[N(t) = 0] = e^{- (Σ λ_i) t}

這與標準的 Poisson 過程相同，只是把一個 λ(t) 替換成多個 λ_i(t) 再加總而已。如果諸 λ_i 不是常數，是 λ_i(t), 令 Λi(t) = ∫_[0.t] λ_i(u) du，則

P[N(t) = 0] = e^{- ΣΛi(t)}

如同在 Poisson 過程，把 λ_i t 換成  λ_i(t) 的累積（積分）。

再看 n = 1 時，把 P[N(t) = 0] 的結果代入，微分方程是

D P[N(t) = 1] = -(Σ λ_i)P[N(t) = 1] +  λ_1 e^{- ΣΛi(t)}

在 P[N(0)=1] = 0 條件下解之，得

P[N(t) = 1] = Λ1(t) e^{- ΣΛi(t)} 或 λ_1 t e^{- (Σ λ_i) t}

代入 n = 2 的微分方程式

    D P[N(t) = 2] = -(Σ λ_i)P[N(t) = 2] +  λ_1 Λ1(t) e^{- ΣΛi(t)} + λ_2 e^{- ΣΛi(t)}

解得

P[N(t) = 2] = {(Λ1(t))^2/2! + Λ2(t)} e^{- ΣΛi(t)}

然而，接下來有些複雜：

　D P[N(t) = 3] = -　(Σ λ_i)P[N(t) = 3]
             　　　　   + {λ_1[(Λ1(t))^2/2!+Λ2(t)]+λ_2 Λ1(t) + λ_3}e^{- ΣΛi(t)}
　P[N(t) = 3] = {(Λ1(t))^3/3!+Λ1(t)Λ2(t)+Λ3(t)}e^{- ΣΛi(t)}
　D P[N(t) = 4] = -(Σ λ_i)P[N(t) = 4]
    　　　　                + {λ_1[(Λ1(t))^3/3!+Λ1(t)Λ2(t)+Λ3(t)]
                        　       + λ_2[(Λ1(t))^2/2!+Λ2(t)] +λ_3 Λ1(t) + λ_4}e^{- ΣΛi(t)}
　P[N(t) = 4] =
　　   {(Λ1(t))^4/4!+(Λ1(t))^2/2! Λ2(t) + (Λ2(t))^2/2! + Λ1(t)Λ3(t)+Λ4(t)}e^{- ΣΛi(t)}

在 n ≦ k 以前，由以上 n = 3, 4 的式子可以看出：似乎是 n 被分解為 "註標 + 乘冪" 的組合，例如

3 → 1*3 , 1+2 , 3
4 → 1*4 , 1*2 + 2, 2*2, 1+3, 4

意思是 3 可以有三種分解：1 重複 3 次，或 1+2 的組合，或單獨一個 3，於是 P[N(t) = 3] 被分解為三項。而 4 可以是 1 重複 4 次，或 2 重複 2 次，或 1 重複 2 次再搭一個 2，或 1 和 3 的組合，或單獨一個 4。

假設 k = 2, 我們有

P[N(t) = 3] = {(Λ1(t))^3/3!+Λ1(t)Λ2(t)}e^{- ΣΛi(t)}
P[N(t) = 4] = {(Λ1(t))^4/4!+[(Λ1(t))^2/2!]Λ2(t)+(Λ2(t))^2/2!}e^{- ΣΛi(t)}
P[N(t) = 5] = {(Λ1(t))^5/5!+[(Λ1(t))^3/3!]Λ2(t)+Λ1(t)(Λ2(t))^2/2!}e^{- ΣΛi(t)}
P[N(t) = 6] = {(Λ1(t))^6/6!+[(Λ1(t))^4/4!]Λ2(t)
　　　　                  +(Λ1(t))^2(Λ2(t))^2/(2!2!)+(Λ2(t))^3/3!} e^{- ΣΛi(t)}

類似的，N(t) = n 的機率涉及 n 用註標 1 和 2 的組合，如 3 = 1*3 = 1+2, 4 = 1*4 = 1*2+2 = 2*2；以此可類推，在一般 k 時也一樣，N(t) = n 的機率就看 n 用註標 1, 2, ..., k 分解成

n = 1*m_1+...+k*m_k

則對應項

[(Λ1(t))^(m_1)/(m_1)!]...[(Λk(t))^(m_k)/(m_k)!]

把所有分解項加總，最後再乘上 e^{- ΣΛi(t)}。若諸 λ_i 是常數，則 Λi(t) = λ_i t；否則 Λi(t) 即是 λ_i(t) 之積分，Λi(0) = 0。

上述機率式看起來很複雜，不過我們可以如下理解：

設有平均數 μ_i, i = 1, ..., k 之相互獨立 Poisson 隨機變數 Ni, i = 1, ..., k, 令
　　N = N1 + 2*N2 + ... + k*Nk
則 N 之機率分布為
　　P[N = n] = Σ[(μ_1)^(m_1)/(m_1)!]...[(μ_k)^(m_k)/(m_k)!] e^{- Σ μ_i}

換言之，前述 N(t) 的機率分布即是 k 個各具 μ_i = Λi(t) 之獨立隨機變數加權和 N 的分布。也就是說，以顧客到達為例，若來 1 個，2 個，. . .，k 個的分別看待，它們各自形成 Poisson 過程，並且彼此相互獨立，總體以到達 "批" 而論是一個 Poisson 過程，以到詳顧客數而言，就是本文所談的。