路徑積分法推導泊松過程

本文分為兩部分。第一部分我先推導一個對任意的時間平穩獨立增量隨機過程都成立的方程。這個方程本質上是對隨機過程中所有可能發生的狀態求和，所以可以認為是路徑積分法。然後我通過引入一個條件來求解這個方程。通過引入這個條件，我可以得到泊松過程。本文的思路跟前面這篇文章(泊松過程的一些總結)的思路很像，都是先推導出一個普適的方程，然後將這個方程應用到某個特例上。

第一節：一個普適的積分方程

對於一個任意的計數過程，我們記時間區間內事件發生次數為的概率為 $p([t_1, t_2]_{n})$ . 假設事件發生過程是一個時間平穩獨立增量過程，也就是滿足以下條件：

1. $p([t_1, t_2]_{n}) = f_{n}(t_2 - t_1)$ ，意味著在時間區間內事件發生次的概率只依賴於發生次數和時間段的長度 .

2. $p([0, t]_{n}, [t, t+s]_{m}) = p([0, t]_{n})p([t, t+s]_m), t, s ge 0, m, n ge 0$ ，意味著不重合的時間段內事件發生次數是相互獨立的。

為了得到時間區間內事件發生次的概率，我引入這樣一個程序：

隨機選取一個時刻將時間區間切割為兩個區間，分別為 .
要求區間內事件發生次，區間內事件發生次，其中
遍歷所有可能的 .

每次切割都會牽涉到三個事件，這三個事件是相互獨立的，分別為: $egin{align} & A = [0, au] 區間內事件發生k次 \ & B = [ au, t]區間內事件發生n - k次 \ & C = 我們將切割點選擇在時刻 au end{align}$

根據前面的假設，我們記 $p(A) = p([0, au]_{k}) = f_{k}( au)$ , $p(B) = p([ au, t]_{n - k}) = f_{n - k}(t - au)$ . 然而，由於事件的測度為零，所以 . 為了避免這個問題，我先把時間區間切割為段，每個時間段長度為 $Delta t = frac{t}{N}$ . 於是前面的切割程序變為:

隨機選擇一個指標，將區間切割為兩部分，這個事件發生的概率為 $p = frac{1}{N-1} approx frac{Delta t}{t}$
要求區間內事件發生次，區間內事件發生次。這個事件發生的概率為 $p = p([0, iDelta t]_{k})p([iDelta t, t]_{n - k})$
遍歷所有可能的

給定，我們就得到一個複合事件，記作 $U^{k}_{i} = [0, iDelta t]_{k}cap[iDelta t, t]_{n - k}cap{指標選擇在i }$ . 複合事件中每一個事件都獨立，所以有

$p(U^{k}_{i}) = p( [0, iDelta t]_{k}) p([iDelta t, t]_{n - k}) p(i)$

對於不同的，該複合事件互斥。所以我們有

$egin{align} p([0, t]_{n}) &= sum_{i = 1}^{N-1}sum_{k = 0}^{n}p([0, iDelta t]_{k})p([iDelta t, t]_{n - k})frac{1}{N-1} \ & approx sum_{i = 1}^{N-1}sum_{k = 0}^{n}p([0, iDelta t]_{k})p([iDelta t, t]_{n - k})frac{Delta t}{t} end{align}$

當時，上面的方程變為

$f_{n}(t) =frac{1}{t} sum_{k = 0}^{n}int_{0}^{t} f_{k}( au)f_{n - k}(t - au) d au, nge 0$

做拉普拉斯變換得到

$-frac{d}{dp}hat{f}_{n}(p) = sum_{k = 0}^{n} hat{f}_{n - k}(p) hat{f}_{k}(p)$

迄今為止，這個方法對所有的時間平穩獨立增量隨機計數過程都成立。為了求解上面的這個方程，我需要引入新的假設。不同的假設可以得到不同的計數過程。

第二節：泊松過程的推導

假設對於所有的概率 $f_{n}(t)$ ，我們都有

$int_{0}^{infty} f_{n}(t)mu dt = 1, mu > 0$

這個假設等價於，對於所有的 $hat{f}_{n}(p)$ ，我們都有 $hat{f}_{n}(0) = frac{1}{mu}$ ，其中 $hat{f}_{n}(p) = int_{0}^{infty} f_{n}(t) e^{-pt} dt$ 為概率函數的拉普拉斯變換。這個要求的含義在附錄裡面有詳細敘述。有了這個假設，我就可以逐步求解上面的積分方程了。

當時，我們有

$-frac{d}{dp} hat{f}_{0}(p) = hat{f}_{0}^2(p), \hat{f}_{0}(0) = frac{1}{mu}$

求解得到

$hat{f}_{0}(p) = frac{1}{p + mu}$

當時，我們有

$egin{align} -frac{d}{dp}hat{f}_{1}(p) &= hat{f}_{0}(p) hat{f}_{1}(p) + hat{f}_{1}(p) hat{f}_{0}(p) \ &= frac{2}{p + mu} hat{f}_{1}(p) end{align}$

根據條件 $hat{f}_{1}(0) = frac{1}{mu}$ ，我們可以得到

$hat{f}_{1}(p) = frac{mu}{(p + mu)^2}$

當時，我們有

$egin{align} -frac{d}{dp}hat{f}_{2}(p) &= 2hat{f}_{0}(p)hat{f}_{2}(p) + hat{f}_{1}(p) end{align}$

代入 $hat{f}_{0}, hat{f}_{1}, hat{f}_{2}(0)$ 可以得到

$hat{f}_{2}(p) = frac{mu^2}{(p + mu)^3}$

可以用數學歸納法求解積分方程如下.

已知 $hat{f}_{0}, hat{f}_{1}, hat{f}_{2}$ ，為了計算 $hat{f}_{n}(p), n ge 3$ ，假設

$hat{f}_{k}(p) = frac{mu^{k}}{(p + mu)^{k+1}}$

對於任意的都成立。那麼當為偶數的時候，我們有

$egin{align} -frac{d}{dp}hat{f}_{n}(p) &= 2sum_{k= 0}^{frac{n}{2} - 1} hat{f}_{k} (p)hat{f}_{n - k}(p) + hat{f}_{frac{n}{2}}^2(p) \ &= 2hat{f}_{0}(p)hat{f}_{n}(p) + 2sum_{k= 1}^{frac{n}{2} - 1} hat{f}_{k} (p)hat{f}_{n - k}(p) + hat{f}_{frac{n}{2}}^2(p) \ &= 2hat{f}_{0}(p)hat{f}_{n}(p) + (n-1)frac{mu^n}{(p + mu)^{n+2}} end{align}$

當為奇數的時候，我們有

$egin{align} -frac{d}{dp}hat{f}_{n}(p) &= 2sum_{k= 0}^{frac{n - 1}{2}} hat{f}_{k} (p)hat{f}_{n - k}(p) \ &= 2hat{f}_{0}(p)hat{f}_{n}(p) +2sum_{k= 1}^{frac{n - 1}{2}} hat{f}_{k} (p)hat{f}_{n - k}(p) \ &= 2hat{f}_{0}(p)hat{f}_{n}(p) + (n-1)frac{mu^n}{(p + mu)^{n+2}} end{align}$

所以對於任意的，我們都有

$-frac{d}{dp}hat{f}_{n}(p) = 2hat{f}_{0}(p)hat{f}_{n}(p) + (n-1)frac{mu^n}{(p + mu)^{n+2}}$

兩邊同時乘以，得到

$frac{d}{dp}Big( (p+mu)^2 hat{f}_{n}(p)Big) = -(n - 1)frac{mu^n}{(p + mu)^{n}}$

積分得到

$hat{f}_{n}(p) = frac{mu^n}{(p + mu)^{n-1}}frac{1}{(p + mu)^2} + frac{c}{(p + mu)^2}$

根據初始條件 $hat{f}_{n}(0) = frac{1}{mu}$ ，得到

$hat{f}_{n}(p) = frac{mu^n}{(p + mu)^{n+1}}$

因此，根據數學歸納法原理，我們求出了對於任意的的概率函數的拉普拉斯變換。對上式求拉普拉斯逆變換，得到

$egin{align} f_{n}(t) &= frac{1}{2pi i}oint frac{mu^n}{(p + mu)^{n+1}} e^{pt} dp \ &= frac{1}{2pi i} oint_{p = -mu + delta e^{i heta}} frac{mu^n}{(delta e^{i heta})^{n+1}} e^{-mu t} e^{tdelta e^{i heta}} delta e^{i heta} i d heta \ &= frac{1}{2pi i} mu^n e^{-mu t} oint frac{t^n (delta e^{i heta})^n}{(delta e^{i heta})^n n!} i d heta \ &= frac{(mu t)^n e^{-mu t}}{n!} end{align}$

這正是參數為的泊松過程。

附錄

這裡我要討論一下為什麼要求 $hat{f}_{n}(0) = frac{1}{mu}$ 意味著該過程是泊松過程。

對於一個獨立增量平穩隨機級數過程， $f_{n}(t)$ 表示在時間段內發生事件次的概率。如果個事件已經發生了，那麼我們稱這個過程結束了。一個過程持續時間的概率為 $f_{n}(t)$ . 考察過程的結束時間。過程的結束髮生在時刻的概率為零，因為時刻的測度為零。因此，我們應該考察過程結束髮生在微小時間段的概率。對於平穩獨立增量過程，該概率為

$p = f_{n-1}(t) f_{1}(Delta t)$

表示到時刻為止，事件發生了次；然後在微小時間段內，事件又發生了一次，過程結束。因為經過無窮長的時間，過程一定會結束，而且對不同的時刻，所有的概率事件互斥，因此有

$sum_{t} f_{n-1}(t) f_{1}(Delta t) = 1$

下面引入泊松假設。假設在微小時間段內，事件發生一次的概率為，發生 0 次的概率為，那麼就有 $f_{1}(Delta t) = muDelta t$ . 因此，上面的求和可以轉化為積分：

$int_{0}^{infty} f_{n-1}(t) mu dt = 1$

該方程對任意的都成立。所以就有對任意的， $hat{f}_{n}(0) = frac{1}{mu}$ . 時間區間內事件發生 0 次表示等待的時間超過了時間 . $frac{1}{mu}$ 表示等待的平均時間。為了完成證明，我們再假設對所有的事件，平均等待時間都是 $frac{1}{mu}$ . 這些正是泊松過程的假設。