关于泊松过程的推导，我的一个可行方案？

对于一个任意的计数过程，我们记时间区间内事件发生次数为的概率为 $p([t_1, t_2]_{n})$ . 假设事件发生过程是一个时间平稳独立增量过程，也就是满足以下条件：
1. $p([t_1, t_2]_{n}) = f_{n}(t_2 - t_1)$ ，意味著在时间区间内事件发生次的概率只依赖于发生次数和时间段的长度 .
2. $p([0, t]_{n}, [t, t+s]_{m}) = p([0, t]_{n})p([t, t+s]_m), t, s ge 0, m, n ge 0$ ，意味著不重合的时间段内事件发生次数是相互独立的。
为了得到时间区间内事件发生次的概率，我先把时间区间切割为段，每个时间段长度为 $Delta t = frac{t}{N}$ . 然后做如下操作:

随机选择一个指标，将区间切割为两部分，这个事件发生的概率为 $p = frac{1}{N-1} approx frac{Delta t}{t}$

要求区间内事件发生次，区间内事件发生次。这个事件发生的概率为 $p = p([0, iDelta t]_{k})p([iDelta t, t]_{n - k})$

遍历所有可能的

给定，我们就得到一个复合事件，记作 $U^{k}_{i} = [0, iDelta t]_{k}cap[iDelta t, t]_{n - k}cap{指标选择在i }$ . 复合事件中每一个事件都独立，所以有

$p(U^{k}_{i}) = p( [0, iDelta t]_{k}) p([iDelta t, t]_{n - k}) p(i)$
对于不同的，该复合事件互斥，因为你一旦将切割点选择在，你就不可能把它选择在处。所以我们有
$egin{align} p([0, t]_{n}) = sum_{i = 1}^{N-1}sum_{k = 0}^{n}p([0, iDelta t]_{k})p([iDelta t, t]_{n - k})frac{1}{N-1} \ approx sum_{i = 1}^{N-1}sum_{k = 0}^{n}p([0, iDelta t]_{k})p([iDelta t, t]_{n - k})frac{Delta t}{t} end{align}$
当时，上面的方程变为
$f_{n}(t) =frac{1}{t} sum_{k = 0}^{n}int_{0}^{t} f_{k}( au)f_{n - k}(t - au) d au, nge 0$
做拉普拉斯变换得到
$-frac{d}{dp}hat{f}_{n}(p) = sum_{k = 0}^{n} hat{f}_{n - k}(p) hat{f}_{k}(p)$
求解这个方程即可。如果假设初始条件 $hat{f}_{n}(0) = frac{1}{lambda}, lambda > 0, n ge 0$ ，那么可以解得 $hat{f}_{n}(p) = frac{lambda^n}{(p + lambda)^{n+1}}$ . 求逆变换得到 $f_{n}(t) = frac{(lambda t)^n e^{-lambda t}}{n!}$ . 这正是泊松分布。

我们来看一下正确的步骤应该是怎样子的，题目中两个条件是正确的，但接下来不对

我们根据这两个条件，实际上可以得到两个不一样的式子：

$p([0,t]_n) = sum_{k=0}^{n} p([0,s]_k)p([s,t]_{n-k})$

这个式子里的s是固定的，固定找一个点将区间分开，然后分别考虑两个区间上的出现次数，再求和。

第二种是让s恰好是「最后一次事件发生的时间点」，这个就比较有技巧了，得到的式子是这样的：

$p([0,t]_n) = int_0^t p([0,s]_{n-1})frac{partial p([s,t]_0)}{partial s}{ m d}s$

只对n &>= 1的情况生效。这个式子看来是需要进一步解释一下的，对于任意的s，我们考虑的一个小区间，则最后一次事件恰好落入这个区间的概率，可以表示为：

能看明白这个式子吗？它代表中至少有一次事件发生（注意不要误用为恰好有一次，最后一次落在区间内，不代表倒数第二次、倒数第三次不在区间内），且右端点之后没有事件发生。展开然后运用独立增量的条件可以得到

如果把区间划小，这里的差分就可以用偏微分来代替。进一步用时不变的条件，就可以改写为：

$f_n(t) = int_0^t f_{n-1}(s)frac{partial f_0(t-s)}{partial s}{ m d}s$

$= -int_0^t f_{n-1}(s)f_0(t-s){ m d}s$

因为是一元函数，所以偏微分可以改用导数表示。

题目中列出的两个式子都是不对的，把两个关系混了起来，然后随便凑了一下量纲，能得到最后的结果，完全是因为泊松过程中的特殊性，它的导数和自身只差一个常系数。

下面就是愉快的推导时间了，将第一个式子代入s = t = 0，得到

$f_n(0) = sum_{k=0}^{n} f_k(0)f_{n-k}(0)$

n = 0时有，或，其中时不难得到任意，这与概率的定义矛盾（应有 $sum_0^{+infty} f_n(0) = 1$ ），因此，根据概率定义一定有

我们再重新将第一个式子代入n=0，得到

即

因为概率总在0和1之间，因此很容易得到是单调不增的，如果存在一个，则容易得到 $f_0(frac{t}{2^k}) = 0$ ，再结合单调性得到，可以进一步推出，与概率定义矛盾。因此应当有。

这样对前式取对数之后是个柯西方程，再根据f0对数的单调性，可以知道它的解一定是正比例函数，因此有

$f_0(t) = e^{-lambda t}$

再代入前面的积分关系式，得到

$f_n(t) = -int_0^t f_{n-1}(s)f_0(t-s){ m d}s$

$= lambda int_0^t f_{n-1}(s) e^{-lambda(t-s)}{ m d}s$

接下来就不难用数学归纳法得到具体形式了，我们先推导一下f1作为例子：

$f_1(t) = lambda int_0^t e^{-lambda s} e^{-lambda(t-s)}{ m d}s$

$= lambda t e^{-lambda t}$

剩下的只要用数学归纳法就可以了

注意：我们在推出积分关系式时没有证明是可导的，这里步骤不严谨，但只需要将它调整到解柯西方程之后就严谨了，按照这个顺序书写只是为了叙述方便。另外，积分关系式的推导中还隐含用到了是的高阶无穷小这一未证明的结论，严格来说也是需要补充证明的，留作思考题。

我们来补充一下，如果只用第一个关系式的话，能否推导出整个形式呢？

先改写一下形式：

$f_n(t+s) = sum_{k=0}^{n} f_k(t)f_{n-k}(s)$

f0的情况我们前面处理了，我们先看一下f1：

先代入一个特殊值s=t，有

因为我们没有假定f任意的特征，所以这里我们必须要先想办法证明f1的特征（连续，可导等），否则会难以使用我们常用的工具；当然如果你满足于工程数学的严谨性（i.e.完全没有严谨性），这一步可以跳过。

我们已经知道 $f_0(t) = e^{-lambda t}$ ，则一定存在，使得 $f_0(t_0) > frac{2}{3}$ 。这样对于任意，有 $f_1(t) = 2f_0(frac{t}{2})f_1(frac{t}{2}) ge frac{4}{3} f_1(frac{t}{2})$

即

$f_1(frac{t}{2}) le frac{3}{4} f_1(t)$

进一步有

$f_1(frac{t}{2^k}) le left(frac{3}{4} ight)^kf_1(t) le left(frac{3}{4} ight)^k$

区间每次缩小，区间内的函数值得上限也跟著按比例缩小，用极限的epsilon-delta定义很容易验证得到

$lim_{t ightarrow 0^+} f_1(t) = 0 = f_1(0)$

接下来，由于

对s两边同时取极限得到

$lim_{s ightarrow 0+}f_1(t+s) = f_1(t)left(lim_{s ightarrow 0+}f_0(s) ight) + f_0(t)left(lim_{s ightarrow 0+}f_1(s) ight) = f_1(t)$

即

$lim_{s ightarrow t^+}f_1(s) = f_1(t)$

反过来用

变形得到

$f_1(t-s) = frac{f_1(t) - f_0(t-s)f_1(s)}{f_0(s)}$

对s取极限得到

$lim_{s ightarrow 0^+}f_1(t-s) = f_1(t)$

合起来有

$lim_{s ightarrow t}f_1(s) = f_1(t)$

即f1连续

然后变形一下最初的表达式：

$frac{f_1(t+s) - f_1(t)f_0(s)}{f_1(s)} = f_0(t)$

$frac{frac{f_1(t+s)}{f_0(s)f_0(t)} - frac{f_1(t)}{f_0(t)}}{frac{f_1(s)}{f_0(s)}} = 1$

又有，因此令 $g(t) = frac{f_1(t)}{f_0(t)}$ ，则有

又一次出现柯西方程，根据g的连续性，得到g(t)是正比例函数，即

$frac{f_1(t)}{f_0(t)} = mu t$

具体解出必须使用 $sum_{k=0}^{+infty} f_k(t) = 1$ 的归一化条件，方法是用前面的递推式证明 $lim_{t ightarrow0+} frac{f_{k+1}(t)}{f_k(t)} = 0$ ，代入归一化条件之后求极限，具体步骤可以自己推一下。剩下的阶数也可以用类似的方法，注意到每一阶都跟f1一样只有两个不确定的项，其他都已经是确定的表达式，只要运用数学归纳法就可以了。