注上述定理的结果应该在预料之中， 因为泊松过程有平稳独立增量， 过程在任何时刻都“重新开始”， 这恰好就是“无记忆性”的体现， 正好与指数分布的“无记忆性”是对应的. 6
注 上述定理的结果应该在预料之中, 6 因为泊松过程有平稳独立增量, 过程在任何时刻都“重新开始”, 这恰好就是“无记忆性”的体现, 正好与指数分布的“无记忆性”是对应的
例1 ●●●● ●● 甲、乙两路公共汽车都通过某一车站，两路汽车的到达分别 为10分钟1辆（甲），15分钟1辆（乙）的Poiss0n过程.假定车总不 会满员，试问可乘坐甲或乙两路公共汽车的乘客在此车站所 需等待时间的概率分布及其期望. 解 甲、乙两路公共汽车到达分别为参数2=1/10和%2=1/15 的泊松过程N(t),N(t) 两路车混合到达过程为N(t)=N,(t)+N(t), 所以NO=N①+N,O为参数元=+L的泊松过程 10156 公共汽车的到达时间间隔服从均值为6分钟的指数分布. 再由指数分布的无记忆性，这位乘客的等待时间也服从均 值为6分钟的指数分布
甲、乙两路公共汽车都通过某一车站，两路汽车的到达分别 为10分钟1辆(甲)，15分钟1辆(乙)的Poisson过程. 假定车总不 会满员，试问可乘坐甲或乙两路公共汽车的乘客在此车站所 需等待时间的概率分布及其期望. 例1 解 两路车混合到达过程为 1 2 N t N t N t ( ) ( ) ( ), = + 甲、乙两路公共汽车到达分别为参数 和 的泊松过程 N t 1 ( ) ， 2 N t( ) 1/10 1 = 2 =1/15 公共汽车的到达时间间隔服从均值为6分钟的指数分布. 7 2 1 1 1 ( ) ( ) ( ) = = 10 15 6 所以N t N t N t = + + 为参数 的泊松过程. 再由指数分布的无记忆性，这位乘客的等待时间也服从均 值为6分钟的指数分布
二.事件发生时刻Tn的分布 定理对于参数为的泊松过程N,仑0}，事件A第n次出 现的等待时间Tn服从「(n,2)分布，其概率密度为： .)= te-i (At) t≥0； (n-1): 0, t<0 注1： T(x,)的密度函数为 I(a)=[xaedx,I(a+1)=ar(a),I(n+1)=n! 注2：在排队论中称T服从爱尔朗分布
( ) 1 ( ) , 0; ( 1)! 0, 0 T n n t t e t f t n t − − = − 对于参数为λ的泊松过程{N(t),t≥0},事件A第n 次出 现的等待时间Tn服从 ( , ) n 分布,其概率密度为： 二.事件发生时刻Tn的分布 定理 8 注1： ( , ) 的密度函数为 ( ) ( ) 1 , 0, x f x x e x − − = ( ) ( ) ( ) ( ) 1 0 , 1 , 1 ! x x e dx n n + − − = + = + = 注2：在排队论中称Tn服从爱尔朗分布
注3：若X~r(a,A),有Ex-%DX=是 注4：若X~T(必，)，Y~T(42,),且X与Y独立， 则X+Y~T(%+2,)
( ) 2 X EX DX ~ , , , 若 = = 有 若X Y X Y ~ , , ~ , , , ( 1 2 ) ( ) 且 与 独立 则X Y+ + ~ , . ( 1 2 ) 9 注 3 ： 注 4 ：
证1：因Tn是事件A第n次出现的等待时间，故 [Tn≤}={（0，（内A至少出现n次）={Nt)≥n 5.0=PT≤g-2e",≥0 k- k! 天1=元-· e i k=r =ea(- t≥0. (n-1) 0
( ) ( ) , 0 ! n k t T n k n t F t P T t e t k − = = = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 , 1 ! ! n n k k t t T T k n k n t t f t F t e e k k − − − = = = = − − ( ) 1 , 0. ( 1)! n t t e t n − − = − ｛Tn≤t}={（0, t]内A至少出现n次} ={N(t)≥n} 证1: 因Tn是事件A 第 n次出现的等待时间,故 10