指数分布与泊松过程（一）

指数分布是概率论中的一个比较常见的分布，本章节主要的目的就是列举指数分布的相关性质，同时举出例子说明这些性质的应用。
首先是指数分布的密度函数

f(x)={λe−λx,0,x ≥ 0x<0

f(x)=\begin{cases}\lambda e^{-\lambda x}, &\text{x $\ge$ 0}\\0, &\text{x
它的期望和方差分别为

E(x)=1λVar(x)=1λ2

E(x)=\frac 1\lambda\\Var(x)=\frac 1{\lambda^2}
性质1 无记忆性
一个随机变量X成为无记忆的，如果它满足

P(X>s+t|X>s)=P(X>t)

P(X>s+t|X>s)=P(X>t)\\
例1.考虑由两个办事员经营的邮局，假设A进入邮局的时候，两个办事员分别在为B和C两个客户进行服务，同时这两个办事员用在两个顾客上的时间服从参数为 λ \lambda的指数分布，那么这三个顾客中，A顾客最后走的概率是多少。

分析：在A进入邮局时，必须等到B或者是C中的一个服务完之后，方可被服务。显然A一定不是第一个走，同时无论是B或者是C中的哪一个顾客先走，剩下的那个顾客等待时间仍然是一个指数分布，这样和A顾客的等待时间服从相同的分布，故剩下的那个顾客和A最终是谁先走，概率是一样的，原因就是指数分布的无记忆性，无论剩下的那个顾客被服务了多久，他再被服务的时间仍然是服从相同的分布

性质2 两个指数分布随机变量大小关系
如果 X1 X_1和 X2 X_2是两个参数分别为 λ1 \lambda_1和 λ2 \lambda_2的随机变量，那么

P(X1<X2)=λ1λ1+λ2

P(X_1
证明用全概率公式

P(X1<X2)=∫∞0P(X1<X2|X1=x)λ1e−λ1dx

P(X_1

例2.还是例1那种情况，但是不同的是，这两个办事员的服务时间服从参数分别是 λ1 \lambda_1和 λ2 \lambda_2的指数分布，那么A在邮局待的时间T的期望是多少。
\\
分析：A在邮局待的时间T等于B或者C从A进入邮局到他俩其中一个办完事的时间加上A被服务的时间，其实就是

E(T)=E(T|TB<TC)∗P(TB<TC)+E(T|TC<TB)∗P(TC<TB)

E(T)=E(T|T_B
根据性质2，我们可得

P(TB<TC)=λ1λ1+λ2

P(T_B

P(TC<TB)=λ2λ1+λ2

P(T_C同时

E(T|TB<TC)=E(TA+TB|λ1)=E(TA|λ1)+E(TB)

E(T|T_B

E(T|TC<TB)=E(TA+TC|λ2)=E(TA|λ2)+E(TC)

E(T|T_C
这样便可以求出 E(T) E(T).

性质3 假设 X1 X_1,…, Xn X_n是独立的指数随机变量， Xi X_i具有参数 μi,i=1,...,n \mu_i,i=1,...,n.那么 min{X1,...,Xn} min\{X_1,...,X_n\}是参数为 μi \mu_i的和的指数分布.即如下形式

P{min(X1,...,Xn)>x}=exp{−(∑i=1nμi)x}

P\{min(X_1,...,X_n)>x\}=exp\{-(\sum_{i=1}^n \mu_i)x\}\\

推论 (性质2和性质3) 令 X1,...,Xn X_1,...,X_n是分别具有参数 λ1,...,λn \lambda_1,...,\lambda_n的独立随机变量。那么我们有

P{Xi=minjXj}=P{Xi<minj≢iXj}=λi∑nj=1λj

P\{X_i=\min_j X_j\}=P\{X_i

例3.在身体中有n个细胞，其中细胞1,…,k是目标细胞。每个细胞有一个权重， wi \mathcal w_i是细胞 i \mathcal i的权重, i=1,...,n. \mathcal i=1,...,n.每一次按一个随机的次序毁灭一个细胞，设当前存活的细胞集合为S，下一次被杀死的细胞 i \mathcal i的概率为 wi/∑j∈Swj,i∈S \mathcal w_i/\sum_{j\in S}\mathcal w_j,\mathcal i \in S.以A来记当所有的细胞 1,...,k \mathcal 1,...,k都被杀时仍旧存活的细胞总数。求 E(T) E(T)

分析:我们用 Xi X_i表示第i个细胞的寿命，服从参数是 wi \mathcal w_i的指数分布，那么由题意得，它被杀死的概率为 wi/∑j∈Swj \mathcal w_i/\sum_{j\in S}\mathcal w_j,这个概率恰好是 Xi=minjXj,j∈S X_i=\min_j X_j,j\in S的概率（这可以由上述推论得到），那么题中的细胞被杀死的顺序就可以由 Xi X_i之间的大小关系来确定。如果第i个细胞被杀死，那么我们令 Ai=0 A_i=0，否则为1，那么

E(T)=∑j=k+1nE(Aj)

E(T)=\sum_{j=k+1}^n E(A_j)
接下来我们确定 E(Ai) E(A_i)

E(Aj)=P(Aj=1)=P(Xj>maxi=1,...,kXi)=∫∞0P(maxi=1,...,kXi<x|Xj=x)λje−λjxdx=∫∞0∏i=1,...,kP(Xi<x)λje−λjxdx

E(A_j)=P(A_j=1)=P(X_j>\max_{i=1,...,k} X_i)\\ =\int _0^\infty P(\max_{i=1,...,k} X_i
由于 Xi X_i服从指数分布，所以上式易求。这样我们便可求得 E(T) E(T).

性质3 如果 Xi X_i是指数分布随机变量， miniXi min_i X_i与 Xi X_i的大小次序是相互独立的。也就是下式

P{Xi1<...<Xin|miniXi>t}=P{Xi1−t<...<Xin−t|miniXi>t}=P{Xi1<...<Xin}

P\{X_{i_1}t\}\\=P\{X_{i_1}-tt\}\\=P\{X_{i_1}
注主要是运用指数分布的无记忆性
例 4 假设顾客有序地接受一个服务员的服务。一旦一次服务完毕，下一个人就进入服务系统。然而每个顾客只等待一个参数是 θ \theta的指数分布时间。如果这个时间前还没有开始他的服务，那么他就立刻离开该系统。各个顾客的这些指数时间是独立的。同时服务时间是参数为 μ \mu的独立指数随机变量。假设某人正在接受服务，考虑队列中的第 n n个顾客。
(1)求这个顾客最终接受服务的概率PnP_n.
(2)在给定他接受服务的条件下，他在队列中等待的时间的条件期望 Wn W_n.

分析：(1)我们仍然用全概率公式来解决，记第i个等待顾客的等待时间为 Xi X_i，正在接受服务的顾客的服务时间为 Y Y

Pn=P(Xn=max{Xi,Y,i=1,...,n})=P(Xn=max{Xi,Y,i=1,...,n}|Xn=min{Xi,Y,i=1,...,n})∗P(Xn=min{Xi,Y,i=1,...,n})+P(Xn=max{Xi,Y,i=1,...,n}|Xn≠min{Xi,Y,i=1,...,n})∗P(Xn≠min{Xi,Y,i=1,...,n})(1)

P_n=P(X_n=max\{X_i,Y,i=1,...,n\})\\ =P(X_n=max\{X_i,Y,i=1,...,n\}|X_n=min\{X_i,Y,i=1,...,n\})\\*P(X_n=min\{X_i,Y,i=1,...,n\})\\+P(X_n=max\{X_i,Y,i=1,...,n\}|X_n\neq min\{X_i,Y,i=1,...,n\})\\*P(X_n\neq min\{X_i,Y,i=1,...,n\}) \tag {1}
显然等式左边的第一项为0，同时

P(Xn=max{Xi,Y,i=1,...,n}|Xn≠min{Xi,Y,i=1,...,n})=P(Xn=max{Xi,Y,i=1,...,n}|Xk≠n=min{Xi,Y,i=1,...,n})=P(Xn=max{Xi,Y,i=1,...,n−1})(2)

P(X_n=max\{X_i,Y,i=1,...,n\}|X_n\neq min\{X_i,Y,i=1,...,n\})\\= P(X_n=max\{X_i,Y,i=1,...,n\}|X_{ k \neq n}= min\{X_i,Y,i=1,...,n\})\\= P(X_n=max\{X_i,Y,i=1,...,n-1\}) \tag {2}
等式(2)的解释为：如果 Xn X_n不是最小的，那么必然存在 k∈{1,...n−1} k\in \{1,...n-1\}，使得 Xk X_k是最小的，那么在这个条件下， Xn=max{Xi,Y,i=1,...,n} X_n=max\{X_i,Y,i=1,...,n\}的概率其实就是 Xn=max{Xi,Y,i=1,...,n−1} X_n=max\{X_i,Y,i=1,...,n-1\}的概率，也就是 Pn−1 P_{n-1},这里无所谓前n-1个等待的顾客中谁是最小的，原因是他们的等待时间都是服从相同参数的指数分布，
同时,根据推论我们知道

P(Xn≠min{Xi,Y,i=1,...,n})=1−P(Xn=min{Xi,Y,i=1,...,n})=1−θnθ+μ=(n−1)θ+μnθ+μ

P(X_n\neq min\{X_i,Y,i=1,...,n\})\\=1-P(X_n= min\{X_i,Y,i=1,...,n\})=1-\frac \theta {n \theta +\mu}\\=\frac {(n-1)\theta+\mu} {n \theta +\mu}
故我们可得

Pn=(n−1)θ+μnθ+μPn−1

P_n=\frac {(n-1)\theta+\mu} {n \theta +\mu} P_{n-1}
从而可以计算出 Pn P_n.
(2)在第n个顾客最终接受服务条件下，他的等待时间 Tn T_n应该是前面的n-1个人和正在被服务的人的时间的最小值加上之后的时间。注意这个之后的时间就是 Tn−1 T_{n-1}，原因很简单，由于指数分布的无记忆性，在一个人走后，剩下的人构成的系统就是n-1人的等待系统，这和这个人没有走时，是一样的，故我们用公式来表示如下

Wn=E(Tn|Xn=max{Xi,Y,i=1,...,n})+E(min{Xi,Y,i=1,...n}|Xn=max{Xi,Y,i=1,...,n})+E(TXn−min{Xi,Y,i=1,...n}|Xn=max{Xi,Y,i=1,...,n})=E(min{Xi,Y,i=1,...n})+E(Tn|Xn=max{Xi,Y,i=1,...k,k+1...,n})=1nθ+μ+Wn−1

W_n=E(T_{n}|X_n=max\{X_i,Y,i=1,...,n\})\\+E(min\{X_i,Y,i=1,...n\}|X_n=max\{X_i,Y,i=1,...,n\})\\+E(T_{X_n}-min\{X_i,Y,i=1,...n\}|X_n=max\{X_i,Y,i=1,...,n\})\\= E(min\{X_i,Y,i=1,...n\})\\+E(T_{n}|X_n=max\{X_i,Y,i=1,...k,k+1...,n\})\\= \frac 1 {n\theta +\mu}+W_{n-1}
这样便可以计算出 Wn W_n

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