Наброски лекций. 2017 (1134111), страница 4

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 4)

е. в промежуток времени [0, t), тогдаξ(t + h) − ξ(t) равно числу требований, поступивших в промежуток [t, t + h). Очевидно, ξ(t + h) − ξ(t) есть случайная величина, принимающая значения 0, 1, 2, . . . .Будем говорить, что ξ(t), t > 0, есть пуассонов поток требований, если он удовлетворяет следующим условиям:• для любых t, h > 0 распределение числа требований ξ(t + h) − ξ(t) = ∆ξ(h)на интервале [t, t + h) зависит только от h и не зависит от t (однородностьпотока);• для любого n = 2, 3, .

. . и любых t0 , t1 , . . . , tn таких, что 0 6 t0 < t1 < · · · < tn ,случайные величины ∆ξ(tk −tk−1 ), k = 2, 3, . . . , n, независимы (независимостьприращений);• при h → +0 распределение случайной величины ∆ξ(h) = ξ(t + h) − ξ(t) задаётся какP (∆ξ(h) = 0) = 1 − λh + o(h),(2.7)P (∆ξ(h) = 1) = λh + o(h),(2.8)P (∆ξ(h) > 1) = o(h),(2.9)где λ – постоянная величина, 0 < λ < ∞.Видно, что два первых условия в точности повторяют условия однородностии независимости приращений для процесса Пуассона.Обсудим последнее условие. Положимdefp0 (h) == P (∆ξ(h) = 0),h > 0.Доопределим эту вероятность в нуле как p0 (0) = 1, поскольку в промежуток [t, t)нулевой длины не может поступить ни одного требования. Предположим, что p0 (h)при h → +0 ведёт себя непрерывным образом: p0 (h) → 1 − 0 (вероятность стремитсяк p(0) = 1, разумеется, снизу).

Теперь нас будут интересовать поправки к предельному значению при малых h > 0. Будем считать, что возможно разложение в рядТейлора до членов первого порядка:dp0 (h) · h + o(h),h → +0.p0 (h) = p0 (0) +dh h=0Тогда условия (2.7)–(2.9) означают, что вся поправка первого порядка «исчерпывается» событием ∆ξ(h) = 1, а события ∆ξ(h) > 1 чрезвычайно редки (имеют вероятность порядка o(h)).

Таким образом, можно сказать, что условия (2.7)–(2.9)гарантируют малую интенсивность (редкость) событий в потоке.Теорема 2.1. Пусть поток элементарных случайных событий является пуассоновым, т. е. удовлетворяет условиям независимости приращений, однородности14во времени и условиям (2.7)–(2.9). Тогда случайная величина ξ(t) при каждом t > 0имеет распределение Пуассона с параметром λt:P (ξ(t) = m) =(λt)m −λte ,m!m = 0, 1, 2, . . . .(2.10)Доказательство. Пусть значение t > 0 и число m ∈ {0, 1, 2, . . .} фиксированы.

Выберем произвольное и пока также фиксированное натуральное число n > 1.Разобьем промежуток [0, t) точками t0 , t1 , . . . , tn на n интервалов одинаковой длины:0 = t0 < t1 < · · · < tn = t,h = tj − tj−1 =tnдля всех j = 1, .

. . , n.Пусть βj – случайная величина, равная количеству требований, поступивших в промежуток [tj−1 , tj ), j = 1, 2, . . . , n. В силу условий независимости приращений и однородности потока все случайные величины β1 , . . . , βn независимы и одинаково распределены. В каждый из промежутков [tj−1 , tj ) может произойти сколь угодно многособытий, другими словами, любая из случайных величин βj может принимать значения 0, 1, 2, . . .

. Кроме того, общее количество требований в интервале [0, t) естьсумма требований, поступивших в каждом из маленьких интервалов:ξ(t) =nXβj .j=1Рассмотрим следующее событие: если все βj , j = 1, 2, . . . , n, не превосходят единицы, то будем говорить, что случилось событие In . Его дополнение (хотя бы одна из случайных величин βj , j = 1, 2, . . . , n, приняла значение, большее единицы)обозначим через IIn . Можно записать математические выражения для введённыхсобытий:nn\[In ={βj = 0, 1},IIn ={βj > 1}.j=1j=1Запишем формулу полной вероятностиP (ξ(t) = m) = P (ξ(t) = m | In )P (In ) + P (ξ(t) = m | IIn )P (IIn )и найдём входящие в неё вероятности. Имеем для βj = ∆ξ(h) в силу (2.9)P (IIn ) = P[nj=1{βj > 1}6nXj=1P (βj > 1) = n · o(h) = n · o(t/n).Далее, если реализовалось событие In , то в каждом из интервалов [tj−1 , tj ) либопоступит (ровно) одно требование (βj = 1), либо ни одного требования не поступит(βj = 0), j = 1, 2, .

. . , n. При этом, как мы уже отмечали, случайные величиныβ1 , . . . , βn независимы и одинаково распределены. Другими словами, имеем схемуn независимых испытаний Бернулли с вероятностью успехаpn = P (βj = 1) = λh + o(h) = λt/n + o(t/n)15(2.11)(см. условие (2.8)). Итак,n−mP (ξ(t) = m | In ) = Cnm pm,n (1 − pn )m = 0, 1, . . . , n.(2.12)Теперь посмотрим, к чему стремится каждая вероятность при n → ∞:P (IIn ) = n · o(t/n) → 0,P (ξ(t) = m | IIn )P (IIn ) 6 P (IIn ) → 0,P (In ) = 1 − P (IIn ) → 1,P (ξ(t) = m | IIn ) →(λt)m −λte ,m!(2.13)где в последнем предельном переходе мы применили теорему Пуассона: в формулах (2.12) и (2.11)n−mCnm pm→n (1 − pn )(λt)m −λtem!приn → ∞,npn = λt + n · o(t/n) → λt.Таким образом,(λt)m −λte· 1 + 0.P (ξ(t) = m) = P (ξ(t) = m | In )P (In ) + P (ξ(t) = m | IIn )P (IIn ) −→n→∞ m!Поскольку выражение в левой части равенства не зависит от n, мы обязаны записатьP (ξ(t) = m) =(λt)m −λte ,m!m = 0, 1, .

. . .Теорема доказана.Если вспомнить, что в потоке событий P (ξ(0) = 0) = 1, и учесть условие однородности потока, то мы получим, что случайная величина ξ(t) − ξ(s) при 0 < s < tраспределена так же, как случайная величина ξ(t − s) − ξ(0) = ξ(t − s), поэтомуP (ξ(t) − ξ(s) = m) =(λ(t − s))m −λ(t−s)e,m!m = 0, 1, . . . ,что совпадает с (2.1). Таким образом, любой пуассонов поток событий являетсяпроцессом Пуассона.

В дальнейшем мы будем пользоваться обеими интерпретациями процесса Пуассона: и его математическим определением, и его физическимпредставлением как потока требований.Траектории ξω (t), t > 0, процесса Пуассона представляют собой кусочно-постоянные функции, выходящие из нуля, ξω (0) = 0, в случайные моменты времени τ1 , τ2 , . . .испытывающие скачок, равный +1:ξω (τk − 0) = k − 1,ξω (τk ) = k,k = 1, 2, .

. . .Момент времени t = τk – это время поступления k-го требования. Очевидно, чтос вероятностью единица0 < τ1 < τ2 < · · · < τn < · · · .16Распределения времён поступления требований. Найдём связь между распределениями времени τk и распределением процесса Пуассона. Если τk > t, то k-eтребование поступило самое раннее в момент времени t, следовательно, на промежутке [0, t) мы имеем строго меньше, чем k требований, ξ(t) < k. Таким образом,τk > t влечёт ξ(t) < k.

Наоборот, если ξ(t) < k, то на промежутке [0, t) мы имеемстрого меньше чем k требований, следовательно, k-е требование поступило в моментвремени t или когда-то позже, иначе говоря, ξ(t) < k влечёт τk > t. Итак,⇐⇒τk > tξ(t) < k,τk < t⇐⇒ξ(t) > k.(2.14)Отсюдаt1 6 τk < t2 = {τk > t1 } ∩ {τk < t2 }⇐⇒{ξ(t1 ) < k} ∩ {ξ(t2 ) > k}.(2.15)Пример 2.4. Найти распределение случайной величины τk .Решение.

С учётом эквивалентности событий (2.14) имеемP (τk > t) = P (ξ(t) < k) =k−1X(λt)m −λte .m!m=0Функция распределения случайной величины τk записывается какdefFk (t) == P (τk < t) = 1 − P (τk > t) = 1 − P (ξ(t) < k) = P (ξ(t) > k),или, в явном виде,k−1X∞X(λt)m −λt(λt)m −λtFk (t) = 1 −e=e ,m!m!m=0t > 0.(2.16)m=kПри этом Fk (0) = P (τk < 0) = 0.Найдём более компактное выражение для плотности распределения случайнойвеличины τk , воспользовавшись первым равенством в (2.16): по определению имеемk−1dFk (t)d X (λt)m −λtpk (t) ==−e .dtdt m=0 m!Выделим отдельно первое слагаемое, не содержащее степенной функции, получимk−1X d (λt)mde−λt−λt=−epk (t) = −dtdtm!m=1−λt= λek−1Xk−1(λt)m −λt X m(λt)m−1 −λt+λe−λe .m!m!m=1m=1Объединяем обратно первый и второй член в правой части,−λtλek−1X (λt)m(λt)m −λte=λe−λt ,+λm!m!m=0m=1k−1X17(2.17)а в третьем члене делаем тривиальные преобразования и сдвигаем индекс суммирования как m 7→ m − 1,k−2X (λt)mm(λt)m−1 −λte=λλe−λt .λm!m!m=0m=1k−1X(2.18)Видим что правые части равенств (2.17) и (2.18) различаются только одним слагаемым (при m = k − 1 в (2.17)), таким образом,k−1Xk−2X (λt)m′(λt)m −λt(λt)k−1 −λt−λtpk (t) = λe−λλe=λe .m!m′ !(k − 1)!′m=0(2.19)m =0В частности, p1 (t) = λe−λt , t > 0, и время ожидания первого из элементарныхсобытий имеет экспоненциальное распределение.Пример 2.5.

Найти совместное распределение случайных величин τ1 , . . . , τn .Решение. Вновь рассмотрим сначала случай n = 2. Пусть t1 , t2 > 0. НайдёмP (t1 6 τ1 < t1 +∆t1 , t2 6 τ2 < t2 +∆t2 ) в первом порядке по ∆t1 , ∆t2 и воспользуемсядифференциальным равенством, задающим плотность распределения:pτ1,τ2(t1 , t2 ) =P (t1 6 τ1 < t1 + ∆t1 , t2 6 τ2 < t2 + ∆t2 ).∆t1 ,∆t2 →0∆t1 ∆t2limПоскольку τ1 < τ2 с вероятностью единица, pτ1,τ2(t1 , t2 ) = 0 при t1 > t2 . Поэтому положим t1 < t2 и выберем ∆t1 настолько малым, чтобы было выполнено неравенствоt1 + ∆t1 < t2 .Теперь перепишем искомую вероятность в терминах процесса Пуассона.

Воспользуемся эквивалентностью событий (2.15) при k = 1, 2 и запишем несколькоравносильных условий:t1 6 τ1 < t1 + ∆t1 ,ξ(t1 ) < 1,ξ(t1 ) = 0,t2 6 τ2 < t2 + ∆t2mξ(t1 + ∆t1 ) > 1,mξ(t1 + ∆t1 ) = 1,ξ(t1 ) − ξ(0) = 0,ξ(t2 ) < 2,ξ(t2 + ∆t2 ) > 2ξ(t2 ) = 1,ξ(t2 + ∆t2 ) > 2(2.20)mξ(t1 + ∆t1 ) − ξ(t1 ) = 1,ξ(t2 ) − ξ(t1 + ∆t1 ) = 0,ξ(t2 + ∆t2 ) − ξ(t2 ) > 1,где мы учли, что t1 + ∆t1 < t2 и что траектории процесса Пуассона не убывают.Кроме того, в силу 0 < t1 < t1 + ∆t1 < t2 < t2 + ∆t2 все приращения в последнемблоке в (2.20) независимы (ξ(0) = 0 с вероятностью единица). В результате имеемP (t1 6 τ1 < t1 + ∆t1 , t2 6 τ2 < t2 + ∆t2 ) == P (ξ(t1 ) = 0) · P (∆ξ(∆t1 ) = 1) · P (∆ξ(t2 − t1 − ∆t1 ) = 0) · P (∆ξ(∆t2 ) > 1).(2.21)18Первые три вероятности очевидны,P (ξ(t1 ) = 0) = e−λt1 ,P (∆ξ(∆t1 ) = 1) = λ∆t1 e−λ∆t1 ,P (∆ξ(t2 − t1 − ∆t1 ) = 0) = e−λ(t2 −t1 −∆t1 ) = e−λ(t2 −t1 ) e−λ∆t1 ,а последнюю вероятность запишем какP (∆ξ(∆t2 ) > 1) = 1 − P (∆ξ(∆t2 ) = 0) = 1 − e−λ∆t2 = λ∆t2 + o(∆t2 ).Записываем (2.21) в первом порядке малости по ∆t1 , ∆t2 .

Мы уже имеем в явномвиде ∆t1 , ∆t2 во втором и четвёртом сомножителях в правой части (2.21), поэтомув показателях экспонент кладём ∆tk = 0, суммируем показатели экспонент и получаем окончательный ответP (t1 6 τ1 < t1 + ∆t1 , t2 6 τ2 < t2 + ∆t2 ) = λ2 e−λt2 · ∆t1 ∆t2 ,откуда (не забываем про ограничение 0 < t1 < t2 !)(λ2 e−λt2 при 0 < t1 < t2 ,pτ1,τ2(t1 , t2 ) =0при прочих t1 , t2 .(2.22)Нетрудно получить обобщение на случай произвольного n. Если 0 < t1 < · · · < tnи ∆t1 , . . . , ∆tn−1 настолько малы, что t1 + ∆t1 < t2 , . . .

Характеристики

Список файлов лекций