Homogener Poisson-Prozess

In diesem Abschnitt betrachten wir (Erneuerungs-) Zählprozesse $\{N_t,t\ge 0\}$ mit

$$N_t=\sum_{k=1}^\infty {1\hspace{-1mm}{\rm I}}(S_k\le t) \qquad S_n=T_1+\ldots +T_n\,,$$ (22)

wobei $T_1,T_2,\ldots:\Omega\to[0,\infty)$ eine Folge von unabhängigen und identisch verteilten Zufallsvariablen ist. Dabei setzen wir zusätzlich voraus, dass die Zwischenankunftszeiten $T_n$ exponentialverteilt sind, d.h.,

$$T_n\sim {\rm Exp}(\lambda) \mbox{für ein $\lambda>0$.}$$ (23)

Definition

$\;$ Falls (23) gilt, dann wird der Zählprozess $\{N_t,t\ge 0\}$ ein homogener Poisson-Prozess mit der Intensität $\lambda$ genannt.

Beachte

$\;$

• Eine grundlegende Eigenschaft homogener Poisson-Prozesse besteht darin, dass sie eine Klasse stochastischer Prozesse mit unabhängigen und stationären Zuwächsen bilden.
• Dies werden wir in dem folgenden Theorem genauer analysieren, das verschiedene äquivalente Definitionsmöglichkeiten des homogenen Poisson-Prozesses enthält wobei wir das Adjektiv ,,homogen'' der Kürze wegen weglassen.

Theorem 2.9   Sei $\{N_t,t\ge 0\}$ ein beliebiger Zählprozess. Dann sind die folgenden Aussagen äquivalent:

(a)

$\{N_t\}$ ist ein Poisson-Prozess mit Intensität $\lambda$.

(b)

Für beliebige $t\ge 0$ und $n=1,2,\ldots$ ist die Zufallsvariable $N_t$ poissonverteilt mit Parameter $\lambda t$, d.h. $N_t\sim{\rm Poi}(\lambda t)$, und unter der Bedingung, dass $\{N_t = n\}$, hat der Zufallsvektor $(S_1,\ldots,S_n)$ die gleiche Verteilung wie die Ordnungsstatistik von $n$ unabhängigen, in $[0,t]$ gleichverteilten Zufallsvariablen.

(c)

$\{N_t\}$ hat unabhängige Zuwächse mit ${\mathbb{E}\,}N_1 = \lambda$, und für beliebige $t\ge 0$ und $n=1,2,\ldots$ hat der Zufallsvektor $(S_1,\ldots,S_n)$ unter der Bedingung, dass $\{N_t = n\}$, die gleiche Verteilung wie die Ordnungsstatistik von $n$ unabhängigen, in $[0,t]$ gleichverteilten Zufallsvariablen.

(d)

$\{N_t\}$ hat stationäre und unabhängige Zuwächse, und für $h\downarrow 0$ gilt

$$P(N_h = 0) = 1 - \lambda h + o(h)\,,\qquad P(N_h = 1) = \lambda h + o(h)\,.$$ (24)

(e)

$\{N_t\}$ hat stationäre und unabhängige Zuwächse, und für jedes $t\ge 0$ ist $N_t$ eine ${\rm Poi}(\lambda t)$-verteilte Zufallsvariable.

Beweis

$\;$ Wir führen einen zyklischen Beweis, d.h., wir zeigen, dass (a) $\Rightarrow$(b) $\Rightarrow$(c) $\Rightarrow$(d) $\Rightarrow$(e) $\Rightarrow$(a) gilt.

(a) $\Rightarrow$(b)

• Aus (a) ergibt sich, dass $S_n=\sum_{i=1}^n T_i$ eine Summe von $n$ unabhängigen und Exp$(\lambda)$-verteilten Zufallsvariablen ist, d.h., $S_n$ ist Erl $(n,\lambda)$-verteilt, wobei Erl $(n,\lambda)$ die Erlang-Verteilung mit den Parametern $n$ und $\lambda$ bezeichnet.
• Hieraus ergibt sich, dass $P(N_t = 0) = P(S_1 > t) = {\rm e}^{-\lambda t}$ und
  

  $$P(N_t = n) = P(N_t \ge n) - P(N_t \ge n+1)$$

  $$= P(S_n \le t) - P(S_{n+1} \le t)$$

  $$= \int_0^t \frac{\lambda^n v^{n-1}}{(n-1)! }\; {\rm e}^{-\lambda v}... ...m d}v - \int_0^t \frac{\lambda^{n+1} v^n}{n! } \;{\rm e}^{-\lambda v}\,{\rm d}v$$

  $$= \int_0^t \frac{{\rm d}}{{\rm d}v} \Bigl(\frac{(\lambda v)^n}{n! }... ...^{-\lambda v}\Bigr)\,{\rm d}v = \frac{(\lambda t)^n}{n! }\;{\rm e}^{-\lambda t}$$

  
  
  für jedes $n\ge 1$, d.h., $N_t$ ist Poi $(\lambda t)$-verteilt.
• Weil die gemeinsame Dichte $f_{S_1,\ldots,S_{n+1}}(t_1,\ldots,t_{n+1})$ von $S_1,\ldots, S_{n+1}$ gegeben ist durch
  $$f_{S_1,\ldots,S_{n+1}}(t_1,\ldots,t_{n+1})= \prod_{k=1}^{n+1}\lambda {\rm e}^{-\lambda (t_k - t_{k-1})} = \lambda^{n+1} {\rm e}^{-\lambda t_{n+1}}$$
  für beliebige $t_0=0\le t_1\le\ldots\le t_n\le t_{n+1}$ und $f_{S_1,\ldots,S_{n+1}}(t_1,\ldots,t_{n+1})=0$ sonst, gilt für die gemeinsame bedingte Dichte $f_{S_1,\ldots,S_{n}}(t_1,\ldots,t_{n}\mid N_t=n)$ von $S_1,\ldots, S_n$ unter der Bedingung, dass $N_t=n$, die Formel
  

  $$f_{S_1,\ldots,S_{n}}(t_1,\ldots,t_{n}\mid N_t=n) = f_{S_1,\ldots,S_{n}}(t_1,\ldots,t_{n}\mid S_1\le t,\ldots,S_n\le t,S_{n+1}>t)$$

  $$= \frac{\int_t^\infty \lambda^{n+1} {\rm e}^{-\lambda x_{n+1}}\,{\r... ...nfty \lambda^{n+1}{\rm e}^{-\lambda x_{n+1}}\,{\rm d}x_{n+1} \ldots {\rm d}x_1}$$

  $$= \frac{n! }{t^n}$$

  
  
  für $0\le t_1\le\ldots\le t_n\le t$ und $f_{S_1,\ldots,S_{n}}(t_1,\ldots,t_{n}\mid N_t=n) =0$ sonst.

• Das ist die Dichte der Ordnungsstatistik von $n$ unabhängigen, in $[0,t]$ gleichverteilten Zufallsvariablen.

(b) $\Rightarrow$(c)

• Aus (b) ergibt sich ohne weiteres, dass ${\mathbb{E}\,}N_1 = \lambda$.
• Sei nun $x_1,\ldots,x_n\in\mathbb{N}$ und $t_0 = 0 < t_1 <\ldots < t_n$. Dann ergibt sich aus (b) für $x = x_1 + \ldots + x_n$, dass
  

  $$P\Big(\bigcap_{k=1}^n\left\{ N_{t_k} - N_{t_{k-1}} = x_k\right\}\Big) = P\Bigl(\bigcap_{k=1}^n\left\{ N_{t_k} - N_{t_{k-1}} = x_k\right\} \Bigm\vert N_{t_n} = x\Bigr) P(N_{t_n} = x)$$

  $$= \frac{(\lambda t_n)^x}{x! } {\rm e}^{-\lambda t_n} \frac{x! }{x_1! \ldots x_n! } \prod_{k=1}^n \left(\frac{t_k - t_{k-1}}{t_n}\right)^{x_k}$$

  $$= \prod_{k=1}^n \frac{(\lambda (t_k - t_{k-1}))^{x_k}}{x_k!} {\rm e}^{-\lambda (t_k - t_{k-1})}\,,$$

  
  
  d.h., der Zählprozess $\{N_t\}$ hat unabhängige Zuwächse.

(c) $\Rightarrow$(d)

• Wir nehmen an, dass der Zufallsvektor $(S_1,\ldots,S_m)$ unter der Bedingung, dass $N(t_n+h)=m$, die gleiche Verteilung hat wie die Ordnungsstatistik von $m$ unabhängigen, in $[0,t_n+h]$ gleichverteilten Zufallsvariablen.
• Dann gilt für beliebige $x_1,\ldots,x_n\in\mathbb{N}$, $t_0 = 0 < t_1 <\ldots < t_n$ und $h>0$, dass
  $$P\Bigl(\bigcap_{k=1}^n\left\{ N_{t_k+h} - N_{t_{k-1}+h} = x_k\rig... ...1}^n\left\{ N_{t_k} - N_{t_{k-1}} = x_k\right\}\bigm\vert N_{t_n+h}=m\Bigr)\,.$$

• Mit Hilfe der Formel der totalen Wahrscheinlichkeit ergibt sich nun, dass der Zählprozess $\{N_t\}$ stationäre Zuwächse hat.
• Außerdem ergibt sich aus der bedingten Gleichverteilungseigenschaft, die in (c) vorausgesetzt wird, dass für $0<h<1$
  

  $$P(N_h=0) = \sum_{k=0}^\infty P(N_h=0,N_1-N_h=k)$$

  $$= \sum_{k=0}^\infty P(N_1=k)\; P(N_1-N_h=k\mid N_1=k)$$

  $$= \sum_{k=0}^\infty P(N_1=k)(1-h)^k.$$

  
  

• Somit gilt
  

  $$\frac1h (1 - P(N_h = 0)) = \frac1h \Bigl(1 - \sum_{k=0}^\infty P(N_1 = k)(1-h)^k\Bigr)$$

  $$= \sum_{k=1}^\infty P(N_1 = k)\frac{1-(1-h)^k}{h}\,.$$

  
  

• Aus der Ungleichung $(1-h)^k \ge 1 - k h$, die für beliebige $0<h<1$ und $k=1,2,\ldots$ gilt, folgt, dass die Funktionen $g_h(k)=h^{-1}(1-(1-h)^k)$ in der letzten Summe die gemeinsame Schranke $g(k)=k$ besitzen.
• Diese Schranke ist integrierbar, denn es gilt
  $$\sum_{k=1}^\infty k P(N_1 = k) ={\mathbb{E}\,}N_1 = \lambda<\infty\,.$$

• Durch Vertauschung von Summation und Grenzwert ergibt sich nun, dass
  $$\lim_{h \to 0} \;\frac{1}{h}\; P(N_h > 0) = \lambda$$
  und somit der erste Teil von (24).
• Auf die gleiche Weise erhalten wir, dass
  $$\lim_{h \to 0}\; \frac1h \;P(N_h = 1) = \lim_{h \to 0} \sum_{k=1}^\infty P(N_1 =k)\, k (1-h)^{k-1} = \lambda\,,$$
  was äquivalent zum zweiten Teil von (24) ist.

(d) $\Rightarrow$(e)

• Sei $n\in\mathbb{N}$, $t\ge 0$ und $p_n(t) = P(N_t = n)$. Dann gilt für $h>0$

  $$p_0(t+h) = P(N_t = 0, N_{t+h} - N_t = 0) = p_0(t) (1-\lambda h + o(h))$$ (25)

  
  
  und für $t \ge h>0$

  $$p_0(t) = p_0(t-h)(1-\lambda h + o(h))\,.$$ (26)

  
  

• Hieraus folgt, dass die Funktion $p_0(t)$ stetig in $(0,\infty)$ und rechtsstetig im Punkt $t=0$ ist.
• Weil $p_0(t-h) = p_0(t) + o(1)$, ergibt sich aus (25) und (26), dass für beliebige $h \ge -t$
  $$\frac{p_0(t+h) - p_0(t)}{h} = - \lambda p_0(t) + o(1)\,.$$

• Die Funktion $p_0(t)$ ist somit differenzierbar, und sie genügt der Differentialgleichung

  $$p_0^{(1)}(t) = -\lambda p_0(t)$$ (27)

  
  
  für $t>0$.
• Wegen $p_0(0) = P(N_0 = 0) = 1$ ist die (eindeutig bestimmte) Lösung von (27) gegeben durch

  $$p_0(t) = {\rm e}^{-\lambda t},\qquad t\ge 0\,.$$ (28)

  
  

• Um zu zeigen, dass

  $$p_n(t) = \frac{(\lambda t)^n}{n!}\; {\rm e}^{-\lambda t},\qquad t\ge 0$$ (29)

  
  
  für beliebige $n\in\mathbb{N}$ gilt, kann man genauso wie im Beweis von (28) vorgehen.
• Hierfür genügt es zu beachten, dass (24) die Gültigkeit von $P(N_h>1)=o(h)$ für $h\downarrow 0$ impliziert.
• Mit Hilfe von (28) ergibt sich nun durch vollständige Induktion nach $n$, dass (29) gilt.

(e) $\Rightarrow$(a)

• Sei $b_0 = 0 \le a_1 < b_1 \le \ldots\le a_n < b_n$. Dann gilt
  

  $$P\Bigl(\bigcap_{k=1}^n\left\{ a_k < S_k \le b_k\right\}\Bigr) = P\Bigl(\bigcap_{k=1}^{n-1}\left\{ N_{a_k} -N_{b_{k-1}} = 0, N_{b_k} - N_{a_k} = 1\right\}$$

  $$\hskip3cm \cap\left\{N_{a_n} - N_{b_{n-1}} = 0, N_{b_n} - N_{a_n} \ge 1\right\}\Bigr)\,,$$

  
  
  und aus (e) ergibt sich , dass
  

  $$P\Bigl(\bigcap_{k=1}^n\left\{ a_k < S_k \le b_k\right\}\Bigr) = {\rm e}^{-\lambda(a_n - b_{n-1})} (1 - {\rm e}^{-\lambda(b_n - a_... ... e}^{-\lambda(a_k - b_{k-1})} \lambda (b_k - a_k) {\rm e}^{-\lambda(b_k - a_k)}$$

  $$= ({\rm e}^{-\lambda a_n} - {\rm e}^{-\lambda b_n}) \lambda^{n-1} \prod_{k=1}^{n-1} (b_k - a_k)$$

  $$= \int_{a_1}^{b_1}\!\ldots\int_{a_n}^{b_n} \lambda^n {\rm e}^{-\lambda y_n}\,{\rm d}y_n\ldots {\rm d}y_1$$

  $$= \int_{a_1}^{b_1}\! \int_{a_2 - x_1}^{b_2 - x_1}\! \ldots\int_{a_n... ...\lambda^n {\rm e}^{-\lambda(x_1 + \ldots +x_n)}\,{\rm d}x_n\ldots {\rm d}x_1\,.$$

  
  

• Die gemeinsame Dichte von $S_1, S_2 - S_1, \ldots,S_n - S_{n-1}$ ist somit gegeben durch
  $$P\Bigl(\bigcap_{k=1}^n \{S_k-S_{k-1}\in {\rm d}x_k\}\Bigr)= \lambda^n {\rm e}^{-\lambda(x_1 + \ldots +x_n)}\, {\rm d}x_1\ldots {\rm d}x_n\,.$$

• Dies bedeutet, dass die Zufallsvariablen $S_1, S_2 - S_1, \ldots,S_n - S_{n-1}$ unabhängig und Exp($\lambda$)-verteilt sind, d.h., $\{N_t\}$ ist ein Poisson-Prozess mit der Intensität $\lambda$.
  
  $\Box$