随机过程：复合泊松过程

$E(N_t)=E(\frac{(\lambda t{)}^k}{k!}{e}^{-\lambda t})=\lambda t（因为泊松过程的期望均值都为\lambda ）$

复合泊松过程de定义级性质

$$Y_t=\sum _{n=1}^{N_t}{\xi }_n,N_t为泊松过程，{\xi }_n独立同分布，则对于任意t\ge 0$$

• {Yt是独立增量过程}\{Y_t是独立增量过程\}{Yt​是独立增量过程}
• E{Yt}=λtE(ξ)E\{Y_t\}=\lambda tE(\xi)E{Yt​}=λtE(ξ),V{Yt}=λtE(ξ2)V\{Y_t\}=\lambda tE(\xi^2)V{Yt​}=λtE(ξ2)
• 均值：E(Yt)=E(E(Yt∣Nt)),   全期望公式其中E(Yt∣Nt=n)=nE(ξ)⇒E(Yt∣Nt)=NtE(ξ)E{NtE(ξ)}=E(ξ)E{Nt}=E(ξ)∗λt方差：V(Yt)=E(V(Yt∣Nt))+V(E(Yt∣Nt))   条件方差公式V(Yt∣Nt=n)=V(∑n=1Nξn)=N∗V(ξ)V(Yt)=E(V(Yt∣Nt))+V(E(Yt∣Nt))=E(Nt∗V(ξ))+V(NtE(ξ))=V(ξ)∗E(Nt)+E2(ξ)∗V(Nt)=[V(ξ)+E2(ξ)]∗λt=E(ξ2)∗λt{\color{red}均值}：E(Y_t)=E(E(Y_t|N_t)), \ \ \ {全期望公式} \\ 其中E(Y_t|N_t=n)=nE(\xi) \\ \Rightarrow E(Y_t|N_t)=N_tE(\xi)\\ E\{N_tE(\xi) \}=E(\xi)E\{N_t \}=E(\xi)*\lambda t \\ {\color{red}方差}：V(Y_t)=E(V(Y_t|N_t))+V(E(Y_t|N_t)) \ \ \ {条件方差公式}\\ V(Y_t|N_t=n)=V(\sum_{n=1}^{N} \xi_n)=N*V( \xi) \\ V(Y_t)=E(V(Y_t|N_t))+V(E(Y_t|N_t))\\ =E(N_t*V( \xi))+V(N_tE(\xi))\\ =V( \xi)*E(N_t)+E\color{red}^2\color{black}(\xi)*V(N_t)\\ =[V( \xi)+E\color{red}^2\color{black}(\xi)]*\lambda t\\ =E(\xi^2)*\lambda t\\ 均值：E(Yt​)=E(E(Yt​∣Nt​)),   全期望公式其中E(Yt​∣Nt​=n)=nE(ξ)⇒E(Yt​∣Nt​)=Nt​E(ξ)E{Nt​E(ξ)}=E(ξ)E{Nt​}=E(ξ)∗λt方差：V(Yt​)=E(V(Yt​∣Nt​))+V(E(Yt​∣Nt​))   条件方差公式V(Yt​∣Nt​=n)=V(n=1∑N​ξn​)=N∗V(ξ)V(Yt​)=E(V(Yt​∣Nt​))+V(E(Yt​∣Nt​))=E(Nt​∗V(ξ))+V(Nt​E(ξ))=V(ξ)∗E(Nt​)+E2(ξ)∗V(Nt​)=[V(ξ)+E2(ξ)]∗λt=E(ξ2)∗λt
• {Yt}的特征函数\{Y_t\}的特征函数{Yt​}的特征函数
• $$\begin{gathered} {\phi }_Y(u)=E(e^{iuY})=\sum _{n=0}^{+\infty }E[e^{iu{Y}_t}|N_t=n]P(N_t=n) \\ =\sum _{n=0}^{+\infty }E[e^{iu{\sum }_{n=1}^n{\xi }_n}]P(N_t=n) \\ =\sum _{n=0}^{+\infty }[E[e^{iu{\xi }_n}]{]}^{n}P(N_t=n) \\ =\sum _{n=0}^{+\infty }[{\phi }_{\xi }(u){]}^{n}P(N_t=n) \\ =\sum _{n=0}^{+\infty }[{\phi }_{\xi }(u){]}^n\frac{(\lambda t{)}^n}{n!}{e}^{-\lambda t} \\ =e^{-\lambda t}\sum _{n=0}^{+\infty }[{\phi }_{\xi }(u){]}^n\frac{(\lambda t{)}^n}{n!} \\ =e^{-\lambda t}\sum _{n=0}^{+\infty }\frac{(\lambda t\ast {\phi }_{\xi }(u){)}^n}{n!} \\ =e^{-\lambda t}{e}^{(\lambda t\ast {\phi }_{\xi }(u))} \end{gathered}$$
  $$\begin{gathered} 或先求E[e^{iu{Y}_t}|N_t=n] \\ =E[e^{iu{\sum }_{n=1}^n{\xi }_n}|N_t=n] \\ =[E[e^{iu{\xi }_n}]{]}^n \\ =[{\phi }_{\xi }(u){]}^n，所以E[e^{iu{Y}_t}|N_t]=[{\phi }_{\xi }(u){]}^{N_t} \\ 原式=E([{\phi }_{\xi }(u){]}^{N_t})=\sum _{n=0}^{+\infty }[{\phi }_{\xi }(u){]}^n\frac{(\lambda t{)}^n}{n!}{e}^{-\lambda t} \\ =e^{-\lambda t}\sum _{n=0}^{+\infty }[{\phi }_{\xi }(u){]}^n\frac{(\lambda t{)}^n}{n!} \\ =e^{-\lambda t}\sum _{n=0}^{+\infty }\frac{(\lambda t\ast {\phi }_{\xi }(u){)}^n}{n!} \\ =e^{-\lambda t}{e}^{(\lambda t\ast {\phi }_{\xi }(u))} \end{gathered}$$

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其他相关习题或证明：

订阅报纸

$$\begin{gathered} 某书亭订阅报纸的强度为\lambda =6,某位顾客订阅2年，3年，6年的概率为\frac{1}{2},\frac{1}{3},\frac{1}{6},求[0,t]订阅的总年数Y_t={\sum }_{n=i}^{N_t}{\xi }_n的均值和方差 \\ 由复合泊松过程性质得到E(Y_t)=\lambda tE({\xi }_n)=18t,V(Y_t)=\lambda tE({\xi }^2)=6t\ast (2\ast 2\ast \frac{1}{2}+3\ast 3\ast \frac{1}{3}+6\ast 6\ast \frac{1}{6}) \end{gathered}$$

等火车时间

$火车在t时刻启程，求总等待时间的均值E({\sum }_{i=1}^{N_t}(t-S_i))$
$$\begin{gathered} E(\sum _{i=1}^{N_t}(t-S_i))=E(E[\sum _{i=1}^{N_t}(t-S_i)|N_t]) \\ 1.先求E[\sum _{i=1}^{N_t}(t-S_i)|N_t=n] \\ E[\sum _{i=1}^{N_t}(t-S_i)|N_t=n]=E[\sum _{i=1}^{N_t}t|N_t=n]-E[\sum _{i=1}^{N_t}{S}_i|N_t=n] \\ =nt-E[\sum _{i=1}^{N_t}{S}_i|N_t=n] \\ 其中E[\sum _{i=1}^{N_t}{S}_i|N_t=n]由泊松到达时间的条件性质=E[\sum _{i=1}^n{U}_i]=\frac{nt}{2} \\ 所以E[\sum _{i=1}^{N_t}(t-S_i)|N_t=n]=\frac{nt}{2}，E[\sum _{i=1}^{N_t}(t-S_i)|N_t]=\frac{N_{t}t}{2} \\ 2.E(\frac{N_{t}t}{2})=E(N_t)\frac{t}{2}=\frac{t}{2}\sum _{n=0}^{+\infty }n\frac{(\lambda t{)}^n}{n!}{e}^{-\lambda t} \\ =\frac{\lambda t^2}{2} \end{gathered}$$