隨機過程學習筆記1：泊松過程

泊松過程

• 隨機過程的通常概念
• 計數過程的通常概念
• 泊松過程
• 泊松過程的定義
• 泊松呼叫流、等待時間、年齡、壽命
• 呼叫流的聯合分佈
• 呼叫流的條件分佈
• 等待時間的分佈
• 年齡和壽命的分佈
• 泊松過程的匯合與分流
• 泊松過程的匯合
• 泊松過程的分流
• 泊松過程的統計推斷
• 以事件數估計強度
• 以到達時刻估計事件數
• 泊松過程的推廣
• 複合泊松過程
• 非時齊泊松過程

隨機過程的通常概念

隨機過程： $T$是 $(-\infty,\infty)$的子集，對於每一個 $t\in T$， $X_t$是隨機變量，則稱隨機變量的集合 $\{X_t|t\in T\}$是隨機過程， $T$是隨機過程的 $\underline{指標集}$
隨機過程的觀測或實現：對每一個 $t\in T$，都獲得了 $X_t$的觀測值 $x_t$，稱 $\{x_t|t\in T\}$是 $\{X_t|t\in T\}$是隨機過程的一次實現或一次觀測
軌跡或軌道：當 $T$是 $[0,\infty)$或 $(-\infty,\infty)$時， $\{X_t|t\in T\}$的一次觀測又稱爲是一條軌道或一條軌跡
時間序列： $T=N$或 $T=Z$時，隨機過程又稱爲時間序列

計數過程的通常概念

計數過程:用來描述一段時間內發生的某類事件的次數的隨機過程，計數過程 $\{N(t)\}$定義爲： $N(t)$是 $(0,t]$時間內某事件發生的次數，知足：
(1)對 $t\ge 0$， $N(t)$是取非負整數值的隨機變量
(2) $t\ge s$時， $N(t)\ge N(s)\ge 0$
(3) $N(t)-N(s)$表示 $(s,t]$時間段內該事件發生的次數
(4) $N(t)$的軌跡是單調不減右連續的階梯函數
舉例：計數過程能夠表示某段時間內收到的手機短信數，某段時間內到達某個車站的乘客數目，某段時間內商場經理收到商品質量的投訴數，某段時間內股票市場股票成交的次數

獨立增量性：對於計數過程 $\{N(t)\}$，若是任取 $0<t_1<t_2<\cdots<t_n$，隨機變量 $N(t_1),N(t_2)-N(t_1),\cdots,N(t_n)-N(t_{n-1})$是相互獨立的，則稱計數過程 $\{N(t)\}$具備獨立增量性，該計數過程稱爲獨立增量過程

平穩增量性：若是對計數過程 $\{N(t)\}$，對任何的非負實數 $s$，隨機變量
$N(t_2)-N(t_1),N(t_2+s)-N(t_1+s)$同分布，則稱該計數過程具備平穩增量性，該計數過程稱爲平穩增量過程

泊松過程

泊松過程的定義

泊松過程 稱知足如下條件的計數過程 $\{N(t)\}$是強度爲 $\lambda$的泊松過程：
(1) $\{N(t)\}$是知足 $N(0)=0$的獨立增量過程和平穩增量過程
(2) $N(t)$知足參數爲 $\lambda t$的泊松分佈

強度的含義： $EN(t)=\lambda t$，故單位時間內發生的平均事件數爲 $\frac{EN(t)}{t}=\lambda$所以，強度的實際含義是單位時間內發生時間的平均次數

等價定義：若是計數過程 $\{N(t)\}$知足：
(1) $N(0)=0$
(2) $\{N(t)\}$是獨立增量過程和平穩增量過程
(3) $\{N(t)\}$知足普通性，即： $\begin{cases} P(N(h)=1)=\lambda h+o(h)\\ P(N(h)\ge 2)=o(h) \end{cases}$則 $\{N(t)\}$是強度爲 $\lambda$的泊松過程（通俗地講是，在極短的時間內，發生一次時間的機率同時間幾乎成正比，幾乎不可能發生兩次或以上事件）

證：
令 $f_0(h)=P\{N(h)=0\}=1-P\{N(h)=1\}-P\{N(h)\ge 2\}=1-\lambda h+o(h)$，則當 $\Delta h>0$時 $\begin{aligned} &f_0(h+\Delta h)=P\{N(h+\Delta h)=0\}\\=&P\{N(h)=0,N(h+\Delta h)-N(h)=0\}\\ =&P\{N(h)=0\}P\{N(\Delta h)=0\}\\ =&f_0(h)f_0(\Delta h) \end{aligned}$上式的第二個等號，能夠從兩個角度理解
第一個角度，計數過程的取值都是非負整數，且知足單調性， $\Delta h>0$，而 $N(h+\Delta h)=N(h)+N(h+\Delta h)-N(h)$，因爲 $N(h),N(h+\Delta h)-N(h)$都取非負整數值，二者之和爲零的充要條件是二者均爲0，若是 $\Delta h<0$
第二個角度，從計數過程的定義來看， $(0,h+\Delta h]$這段時間內沒有任何事件發生的充要條件固然是 $(0,h],(h,h+\Delta h]$時間段內都沒有任何事件發生，這兩段時間內只要有任何一段發生了一次事件，那麼 $(0,h+\Delta h]$這段時間內都至少會發生1次事件
因而，當 $\Delta h>0$時，就有 $f_0(h+\Delta h)-f_0(h)=[f_0(\Delta h)-1]f(h)=[-\lambda \Delta h+o(\Delta h)]f_0(h)$兩邊除以 $\Delta h$，再令 $\Delta h\to 0^+$，便可證得 $f(h)$的右導數存在，而且 $f_0^{+}(h)=-\lambda f_0(h)$若是 $\Delta h<0$，那麼 $f_0(h)=f_0(h+\Delta h)f_0(-\Delta h)$所以 $f_0(h+\Delta h)-f_0(h)=f_0(h+\Delta h)[1-f_0(-\Delta h)]=f_0(h+\Delta h)[-\lambda \Delta h+o(\Delta h)]$由上式不可貴出 $\displaystyle \lim_{\Delta \to 0^-}f_0(h+\Delta h)=f(h)$，兩邊除以 $\Delta h$，再令 $\Delta h\to 0^-$，便可證得 $f(h)$的左導數也存在，而且 $f^{-}_0(h)=-\lambda f_0(h)$故 $f(h)$在 $h=0$處可導，且知足微分方程 $f_0^\prime(h)=-\lambda f_0(h)$方程的通解爲 $f_0(h)=Ce^{-\lambda h}$令 $h=0$， $f_0(h)=1$，故 $C=1$，從而獲得 $P\{N(h)=0\}=e^{-\lambda h}$。接下來就能夠求解 $P\{N(h)=1\}$，一樣地，咱們令 $f_1(h)=P\{N(h)=1\}$，當 $\Delta h>0$時 $f_1(h+\Delta h)=f_1(h)f_0(\Delta h)+f_1(\Delta h)f_0(h)$所以 $\begin{aligned} &f_1(h+\Delta h)-f_1(h)=f_1(h)[f_0(\Delta h)-1]+f_1(\Delta h)f_0(h)\\ =&f_1(h)[-\lambda \Delta h +o(\Delta h)]+[\lambda \Delta h+o(\Delta h)]e^{-\lambda h} \end{aligned}$兩邊除以 $\Delta h$，令 $\Delta \to 0^+$，便可證得 $f_1(h)$在 $h$處存在右導數，而且 $f^+_1(h)=-\lambda f_1(h)+\lambda e^{-\lambda h}$若是 $\Delta h<0$，有 $\begin{aligned} &f_1(h+\Delta h)-f(h)\\ =&f_1(h+\Delta h)[1-f_0(-\Delta h)]-f_1(-\Delta h)f_0(h+\Delta h)\\ =&[-\lambda \Delta h +o(\Delta h)]f_1(h+\Delta h)-[-\lambda \Delta h+o(\Delta h)]f_0(h+\Delta h) \end{aligned}$同理可得 $f_1^{-}(h)$存在，而且 $f_1^{-}(h)=-\lambda f_1(h)+\lambda e^{-\lambda h}$因而 $f_1(h)$在 $h$處可導，而且知足微分方程 $f_1^\prime(h)=-\lambda f_1(h)+\lambda e^{-\lambda h}$同時 $f_1(0)=0$，方程組的通解爲 $f_1(h)=\lambda h e^{-\lambda h}+Ce^{-\lambda h}$由 $f_1(0)=0$，獲得 $C=0$， $f_1(h)=\lambda h e^{-\lambda h}$，接下來咱們用數學概括法完成接下來的證實，假設對 $k\le n$，都有 $P\{N(h)=k\}=\frac{(\lambda h)^k}{k!}e^{-\lambda h}$咱們來求 $f_{n+1}(h)=P\{N(h)=n+1\}$，咱們這裏設 $f_k(h)=\frac{(\lambda h)^k}{k!}e^{-\lambda h},k=1,\cdots,n$，一樣地，當 $\Delta h>0$時，有 $f_{n+1}(h+\Delta h)=\sum_{k=0}^{n+1}f_k(h)f_{n+1-k}(\Delta h)$故 $f_{n+1}(h+\Delta h)-f_{n+1}(h)=f_{n+1}(h)(1-f_0(\Delta h))+\sum_{k=0}^nf_k(h)f_{n+1-k}(\Delta h)$兩邊除以 $\Delta h$，再令 $\Delta h\to 0^+$，可證得 $f_{n+1}(h)$在 $h$處右導數存在，而且 $f_{n+1}^{+}(h)=\lambda f_{n+1}(h)+\lambda f_n(h)$模仿上面的證實，能夠證得 $f_{n+1}$在 $h$處左導數也存在，而且 $f_{n+1}^{-}(h)=\lambda f_{n+1}(h)+\lambda f_n(h)$故 $f_{n+1}^\prime(h)=\lambda f_{n+1}(h)+\frac{\lambda^{n+1}h^n}{n!}e^{-\lambda h}$該微分方程的通解爲 $f_{n+1}(h)=\frac{(\lambda h)^{n+1}}{(n+1)!}e^{-\lambda h}+C e^{-\lambda h}$再由 $f_{n+1}(0)=0$，得 $C=0$，故 $f_{n+1}(h)=\frac{(\lambda h)^{n+1}}{(n+1)!}e^{-\lambda h}$由概括法，對任意的 $n=1,2,\cdots$，就有 $P\{N(h)=n\}=\frac{(\lambda t)^n}{n!}e^{-\lambda t}$故 $\{N(t)\}$是泊松過程

泊松呼叫流、等待時間、年齡、壽命

先給出這幾個概念，再給出他們的分佈。假設對 $\{N(t)\}$對應的事件流，第一次事件發生的時間點爲 $S_1$， $S_2$， $S_3$， $\cdots$，咱們將其畫在時間軸上，即

泊松呼叫流：計數過程 $\{N(t)\}$對應的各事件發生的時刻 $\{S_n\}$， $\{S_n\}$是單調遞增的非負時間序列，由泊松呼叫流的一次實現能夠獲得 $\{N(t)\}$的一次實現，因爲 $N(t)$的含義是在 $(0,t]$內發生的事件的次數，故咱們只須要數 $(0,t]$時間內有多少個 $S_i$，若是 $N(t)=n$說明： $S_n\le t$， $S_{n+1}>t$，咱們獲得如下的基本關係式
$\{N(t)< n\}=\{S_n>t\}\\ \{N(t)=n\}=\{S_n\le t < S_{n+1}\}$
等待時間：即相鄰兩次事件發生的時間間隔，即 $X_i=S_{i}-S_{i-1},i=1,2,\cdots$，這裏定義 $S_0=0$
年齡和壽命：咱們把 $S_1,S_2,\cdots$想象成更換某種零件的時間點，具體地講，在0時刻第一個零件開始運做，在 $S_1$時刻第一個零件損壞，當即更換上第二個零件，在 $S_2$時刻，第二個零件損壞，當即更換上第三個零件，以此類推。假設 $N(t)=n$，此時已經更換了 $n$次零件，即此時運做的是機器的第 $n+1$個零件，那麼 $S_n$是這個零件開始運做的時刻， $S_{n+1}$是這個零件損壞的時刻，那麼，這個零件的年齡是 $t-S_n$，剩餘壽命是 $S_{n+1}-t$，將 $n$換成 $N(t)$，年齡就是 $t-S_{N(t)}$，壽命就是 $S_{N(t)+1}-t$，前者咱們記爲 $A(t)$，後者咱們記爲 $R(t)$

呼叫流的聯合分佈

如今咱們來求呼叫流 $(S_1,\cdots,S_n)$的分佈，首先求單個 $S_n$的分佈：實際上 $\{S_n\le t\}=\{N(t)\ge n\}$，因而就獲得 $S_n$的分佈函數 $F_n(t)=\sum_{k=n}^\infty \frac{(\lambda t)^k}{k!}e^{-\lambda t}$求導便可獲得其密度函數 $\begin{aligned} p_n(t)=&\sum_{k=n}^\infty k\frac{\lambda^k t^{k-1}}{k!}e^{-\lambda t}-\lambda\sum_{k=n}^\infty \frac{(\lambda t)^k}{k!}e^{-\lambda t}\\ =&\lambda \sum_{k=n}^\infty \frac{(\lambda t)^{k-1}}{(k-1)!}e^{-\lambda t}-\lambda \sum_{k=n}^\infty \frac{(\lambda t)^{k}}{k!}e^{-\lambda t}\\ =&\frac{\lambda^n}{\Gamma(n)}t^{n-1}e^{-\lambda t} \end{aligned}$可見 $S_n$服從伽馬分佈，參數爲 $n,\lambda$，其均值爲 $\frac{n}{\lambda}$，接下來咱們來求 $(S_1,S_2,\cdots,S_n)$的聯合分佈：咱們假設其分佈函數爲 $F(s_1,s_2,\cdots,s_n)=P\{S_1\le s_1,S_2\le s_2,\cdots,S_n\le s_n\}$若是 $i<j$,但 $s_i>s_j$，那麼 $\begin{aligned} &P\{S_1\le s_1,\cdots,S_i>s_i,\cdots,S_j\le s_j,\cdots,S_n\le s_n\}\\ =&P\{S_1\le s_1,\cdots,S_{i-1}\le s_{i-1},S_{i+1}\le s_{i+1},\cdots ,S_n\le s_n\}-\\ &F(x_1,x_2,\cdot,x_n)=0 \end{aligned}$兩邊對 $x_1,\cdots,x_n$依次求偏導，則 $p(x_1,\cdots,x_n)=0$所以，咱們假設 $s_1\le s_2\le s_3\cdots\le s_n$，咱們求分佈函數 $F(s_1,\cdots,s_n)$，以 $n=2$爲例， $s_1< s_2$，則 $\begin{aligned} F(s_1,s_2)=&P\{S_1\le s_1,S_2\le s_2\}\\ =&P\{S_2\le s_2\}-P\{S_1>s_1,S_2\le s_2\} \end{aligned}$而事件 $\{S_1>s_1,S_2\le s_2\}$至關於在 $(0,s_1]$段事件發生了0次， $(s_1,s_2]$段事件至少發生了兩次，有 $\begin{aligned} P\{S_1>s_1,S_2\le s_2\}=&P\{N(s_1)=0,N(s_2)-N(s_1)\ge 2\}\\ =&P\{N(s_1)=0\}P\{N(s_2-s_1)\ge 2\}\\ =&e^{-\lambda s_1}(\sum_{k=2}^\infty\frac{\lambda^k(s_2-s_1)^k}{k!})e^{-\lambda(s_2-s_1)}\\ =&(\sum_{k=2}^\infty\frac{\lambda^k(s_2-s_1)^k}{k!})e^{-\lambda s_2} \end{aligned}$則密度函數 $p(s_1,s_2)=\frac{\partial^2}{\partial s_1\partial s_2}F(s_1,s_2)=\lambda^2e^{-\lambda s_2}$所以 $(S_1,S_2)$的密度函數爲 $p(s_1,s_2)=\lambda^2e^{-\lambda s_2}I_{s_1<s_2}$，再求 $n=3$的情形，設 $s_1< s_2< s_3$，那麼 $\begin{aligned} F(s_1,s_2,s_3)=&P\{S_1\le s_1,S_2\le s_2,S_3\le s_3\}\\ =&P\{S_2\le s_2,S_3\le s_3\}-P\{S_1>s_1,S_2\le s_2,S_3\le s_3\}\\ =&P\{S_2\le s_2,S_3\le s_3\}-P\{S_1>s_1,S_2\le s_2\}+\\ &P\{S_1>s_1,S_2\le s_2,S_3>s_3\} \end{aligned}$從下圖能夠看出 $\{S_1>s_1,S_2\le s_2,S_3>s_3\}=\{N(s_1)=0,N(s_2)-N(s_1)=2,N(s_3)-N(s_2)=0\}$
故 $\begin{aligned} &P\{S_1>s_1,S_2\le s_2,S_3>s_3\}\\ =&P\{N(s_1)=0\}P\{N(s_2)-N(s_1)=2\}P\{N(s_3)-N(s_2)=0\}\\ =&e^{-\lambda s_1}\frac{\lambda^2(s_2-s_1)^2}{2}e^{-\lambda(s_2-s_1)}e^{-\lambda(s_3-s_2)}=\frac{\lambda^2(s_2-s_1)^2}{2}e^{-\lambda s_3} \end{aligned}$一樣地方法能夠獲得 $(S_1,S_2,S_3)$的密度函數爲 $p(s_1,s_2,s_3)=\lambda^3e^{-\lambda s_3}I_{s_1<s_2<s_3}$ $n=2$及 $n=3$情形已經給出求 $(S_1,\cdots,S_n)$的通常方法，當 $n=2k+1$， $s_1<s_2<\cdots<s_{2k}$時，首先，比較容易求出的是如下機率 $\begin{aligned} &G_k(s_1,s_2,\cdots,s_{2k})\\ =&P\{S_1>s_1,S_2\le s_2,S_3>s_3,S_4\le s_4,\cdots,S_{2k-1}>s_{2k-1},S_{2k}\le s_{2k}\}\\ =&\prod_{i=1}^nP\{N(s_{2i-1})-N(s_{2i-2})=0\}.\prod_{i=1}^{n-1}P\{N(s_{2i})-N(s_{2i-1})=2\}\\ \times&P\{N(s_{2k})-N(s_{2k-1})\ge 2\}\\ =&\prod_{i=1}^{n-1}\frac{\lambda^2(s_{2i}-s_{2i-1})^2}{2}(\sum_{j=2}^\infty\frac{\lambda^j(s_{2k}-s_{2k-1})^j}{j!})e^{-\lambda s_{2k}} \end{aligned}$其中規定 $s_0=0$，先對 $s_1,\cdots,s_{2k-2}$依次求偏導 $\frac{\partial^{2k-2}}{\partial s_1\partial s_2\cdots\partial s_{2k-2}}G_k=\lambda^{2k-2}(\sum_{j=2}^\infty\frac{\lambda^j(s_{2k}-s_{2k-1})^j}{j!})e^{-\lambda s_{2k}}$這樣對其他兩個變元求偏導就輕鬆不少，具體過程再也不詳述，最終獲得 $\frac{\partial^{2k}}{{\partial s_1\partial s_2\cdots\partial s_{2k}}}G_k=(-1)^k\lambda^{2k}e^{-\lambda s_{2k}}$如今，咱們令 $\begin{aligned} G_1(s_1,s_2,\cdots,s_n)=&P\{S_1>s_1,S_2\le s_2,S_3\le s_3,\cdots,S_{2k}\le s_{2k}\}\\ G_2(s_1,s_2,\cdots,s_n)=&P\{S_1>s_1,S_2\le s_2,S_3>s_3,S_4\le s_4,S_5\le s_5,\cdots,S_{2k}\le s_{2k}\}\\ \cdots\\ G_i(s_1,s_2,\cdots,s_n)=&P\{S_1>s_1,S_2\le s_2,\cdots,S_{2i-1}>s_{2i-1},S_j\le s_j,n\ge j>2i-1\}\\ \cdots\\ G_k(s_1,s_2,\cdots,s_n)=&P\{S_1>s_1,S_2\le s_2,S_3>s_3,S_4\le s_4,\cdots,S_{2k-1}>s_{2k-1},S_{2k}\le s_{2k}\} \end{aligned}$因而 $F(s_1,s_2,\cdots,s_n)=P\{S_2\le s_2,S_3\le s_3,\cdots,S_{2k}\le s_{2k}\}-G_1(s_1,\cdots,s_n)\\ G_1(s_1,\cdots,s_n)=P\{S_1>s_1,S_2\le s_2,S_4\le s_4,\cdots,S_{2k}\le s_{2k}\}-G_2(s_1,\cdots,s_n)\\ \cdots$這樣看 $F$和 $G_k$的偏導數的關係應該是 $\frac{\partial^{2k}}{{\partial s_1\partial s_2\cdots\partial s_{2k}}}F=(-1)^k\frac{\partial^{2k}}{{\partial s_1\partial s_2\cdots\partial s_{2k}}}G_k$從而獲得 $(S_1,\cdots,S_{2k})$的聯合密度應該是 $p(s_1,\cdots,s_n)=\lambda^{2k}e^{-\lambda s_{2k}}I_{0<s_1<\cdots<s_{2k}}$當 $n$爲奇數的時候也進行相似的討論，就獲得 $(S_1,\cdots,S_n)$的聯合密度爲 $p(s_1,\cdots,s_n)=\lambda^ne^{-\lambda s_n}I_{0<s_1<s_2<\cdots<s_n}$
總結： $\{S_n\}$是強度爲 $\lambda$的泊松過程 $\{N(t)\}$的呼叫流，則
(1) $S_n$服從 $\Gamma(n,\lambda)$
(2) $(S_1,\cdots,S_n)$的聯合密度爲 $p(s_1,\cdots,s_n)=\lambda^ne^{-\lambda s_n}I_{0<s_1<s_2<\cdots<s_n}$

呼叫流的條件分佈

下面給定 $N(t)=n$的條件， $(S_1,\cdots,S_n)$的分佈：
按照條件機率的定義 $P(S_1\le s_1,\cdots,S_n \le s_n|N(t)=n)=\frac{P\{S_i\le s_i,i=1,2,\cdots,n,N(t)=n\}}{P\{N(t)=n\}}$同非條件的聯合分佈的討論同樣，若是 $(s_1,\cdots,s_n)$不知足 $0<s_1<\cdots<s_n<t$，則對 $s_1,\cdots,s_n$依次求偏導等於0，所以咱們假設 $0<s_1<\cdots<s_n<t$。若是 $n=2k$，比較容易求解的一個機率是 $P\{S_1>s_1,S_2\le s_2,S_3>s_3,S_4\le s_4,\cdots,S_{2k-1}>s_{2k-1},S_{2k}\le s_{2k},N(t)=n\}$咱們把這些時刻畫在時間軸上

這樣，如何求解這個機率值就一目瞭然了，這個事件等價於在 $(0,s_1]$段事件發生了0次，在 $(s_1,s_2]$段事件發生了2次， $(s_2,s_3]$段事件發生了0次， $(s_3,s_4]$段事件發生了2次， $\cdots$，在 $(s_{2k-1},s_{2k}]$段事件發生了兩次，在 $(s_{2k},t]$事件發生了0次。所以 $\begin{aligned} &G(s_1,\cdots,s_n)\\ =&P\{S_1>s_1,S_2\le s_2,S_3>s_3,S_4\le s_4,\cdots,S_{2k-1}>s_{2k-1},S_{2k}\le s_{2k},N(t)=n\}\\ =&\prod_{i=1}^{k}(\frac{\lambda^2(s_{2i}-s_{2i-1})^2}{2}e^{-\lambda(s_{2i}-s_{2i-1})}) \prod_{i=1}^ke^{-\lambda(s_{2i-1}-s_{2i-2})}.e^{-\lambda(t-s_{2k})}\\ =&\prod_{i=1}^k[\frac{\lambda^2(s_{2i}-s_{2i-1})^2}{2}]e^{-\lambda t} \end{aligned}$其對 $s_1,\cdots,s_{2k}$依次求偏導，獲得 $\frac{\partial^{2k}}{\partial s_1\cdots\partial s_{2k}}G=(-1)^k\lambda^{2k}e^{-\lambda t}$相似於非條件分佈的討論，令 $F(s_1,\cdots,s_n)=P\{S_1\le s_1,\cdots,S_n\le s_n,N(t)=n\}$，就有 $\frac{\partial^{2k}}{\partial s_1\cdots\partial s_{2k}}F=\lambda^{2k}e^{-\lambda t}$因而，在給定 $N(t)=n$條件下，條件密度爲 $p(s_1,\cdots,s_n)=\frac{\lambda^{2k}e^{-\lambda t}}{\frac{(\lambda t)^{2k}}{(2k)!}e^{-\lambda t}}=\frac{(2k)!}{t^{2k}}=\frac{n!}{t^n}I_{0<s_1<\cdots<s_n<t}$當 $n$爲奇數時討論也相似，獲得的條件密度函數也是上式。實際上，這也是來自均勻分佈 $U(0,t)$的樣本 $U_1,\cdots,U_n$的順序統計量 $U_{(1)},\cdots,U_{(n)}$的聯合分佈。也就是說，在給定 $N(t)=n$的條件下，這 $n$個事件發生的時間點在 $(0,t]$內均勻分佈，再進行一個排列就獲得 $S_1,\cdots,S_n$。

結論： $S_1,S_2$