07 叠加、稀释与更新过程

两个车间共用一张维修工单表。把两边的工单合起来，总量增加；只留下需要人工复核的工单，数量又会减少。真正需要判断的是：合并或筛选以后，还能不能沿用 Poisson 模型？如果设备每次修好后重新开始运行，而运行寿命并非指数分布，又该从哪里建立模型？

上一章已经证明独立 Poisson 来源可以相加。这一章会继续追踪每一次事件的来源和标签，再把视野扩展到一般更新过程。两种观察方式会反复出现：站在某次更新之后往前看，和在时间轴上随意挑一个位置看。它们看到的等待规律，往往不是同一个。

合并以后，来源信息还在

设 $N_1,N_2$ 是相互独立、速率分别为 $\lambda_1,\lambda_2>0$ 的 Poisson 过程。总计数

N(t)=N_1(t)+N_2(t)

仍为 Poisson 过程，速率为 $\lambda_1+\lambda_2$ 。上一章的卷积证明确定了每段计数的分布；各来源在不相交区间的整组增量相互独立，则保证了过程层面的独立增量。反复使用同一结论，可以合并任意有限个独立来源。

合并保留全部事件及其发生时刻，总数等于两来源计数之和

合并只把记录放到同一条时间轴上，并不会使事件改在另一个时刻发生。独立连续到达流同时发生事件的概率为零，所以总流几乎必然仍一次增加一个事件。

例：四十分钟内至少三件工单

甲、乙车间分别按每小时 $2$ 件、 $3$ 件的独立 Poisson 模型产生工单。四十分钟等于 $2/3$ 小时，总计数的参数为 $10/3$ 。至少三件的补事件包含零件、一件、两件，因此

\begin{aligned} \mathbb P(N(2/3)\ge3) &=1-e^{-10/3}\left(1+\frac{10}{3}+\frac{(10/3)^2}{2}\right)\\ &\approx0.6472. \end{aligned}

列补事件时，我建议把“少于三件”具体写成 $0,1,2$ ，再代公式。均值在三件附近，并不能代替这一步，也不能单凭直觉判断一个数算得是否正确。

下一件来自哪里

从两边刚开始计时，下一件甲工单的等待为 $E_1\sim\operatorname{Exp}(\lambda_1)$ ，乙工单的等待为独立的 $E_2\sim\operatorname{Exp}(\lambda_2)$ 。下一件总工单在 $\min(E_1,E_2)$ 到来，故

\mathbb P(\min(E_1,E_2)>t)=e^{-(\lambda_1+\lambda_2)t}.

甲先到的概率，则要把“甲在 $t$ 附近到达，乙此时尚未到达”对所有 $t$ 相加：

\mathbb P(E_1<E_2)=\int_0^\infty\lambda_1e^{-\lambda_1t}e^{-\lambda_2t}\,dt =\frac{\lambda_1}{\lambda_1+\lambda_2}.

在刚才的例子中是 $2/5$ 。合并流的每次到达可以视为独立贴上甲、乙标签，概率分别为 $2/5,3/5$ ；下面的分流证明也会给出这一表示。

稀释：每个事件只贴一个标签

从速率为 $\lambda$ 的 Poisson 过程出发，对每次到达独立抛一次概率为 $p$ 的硬币：成功就归入 A 类，否则归入 B 类。标签之间独立，也与原到达时刻独立。记两类计数为 $A(t),B(t)$ ，每条路径上始终有

A(t)+B(t)=N(t).

同一事件只进入一类。筛选不会复制事件，也不会改变它的发生时刻。

每个事件按独立标签进入一条子流，两个子流合起来恰为原流

给定总次数 $N(t)=n$ ，A 类计数服从 $\operatorname{Bin}(n,p)$ 。但尚未给定总次数时，A、B 两类各是什么分布，是否独立，还要算联合概率。对非负整数 $a,b$ ，

\begin{aligned} \mathbb P(A(t)=a,B(t)=b) &=\mathbb P(N(t)=a+b)\binom{a+b}{a}p^a(1-p)^b\\ &=e^{-\lambda t}\frac{(\lambda t)^{a+b}}{(a+b)!} \frac{(a+b)!}{a!b!}p^a(1-p)^b\\ &=\left(e^{-p\lambda t}\frac{(p\lambda t)^a}{a!}\right) \left(e^{-(1-p)\lambda t}\frac{((1-p)\lambda t)^b}{b!}\right). \end{aligned}

联合概率分解为两个 Poisson 概率的乘积，所以

A(t)\sim\operatorname{Pois}(p\lambda t),\qquad B(t)\sim\operatorname{Pois}((1-p)\lambda t),

并且它们独立。 $p=0$ 或 $1$ 时，一条流恒为零，结论按退化分布理解。

还差一步才能说两个过程独立。取任意有限组观察时刻，把时间轴分割成共同的小区间。每个区间内，上述计算保证两类计数独立；不同区间的原计数和标签又相互独立。因此全部 A 类增量与全部 B 类增量独立。把增量加回累计计数，就得到两组任意有限时刻观测的独立性。每条子流也分别具有平稳、独立增量，速率为 $p\lambda$ 和 $(1-p)\lambda$ 。

多类标签的证明相同。若每个事件独立选择类别 $1,\ldots,r$ ，概率 $p_1+\cdots+p_r=1$ ，条件总数下是多项分布；乘上总数的 Poisson 概率后，联合概率分解为 $r$ 个速率 $p_i\lambda$ 的 Poisson 概率。反过来，先生成速率为 $\sum_i\lambda_i$ 的总流，再以 $p_i=\lambda_i/\sum_j\lambda_j$ 独立贴标签，所得子流与原来的独立来源有相同的联合分布。

给定总数以后，独立性会改变

若已经知道 $N(t)=n$ ，那么 $B(t)=n-A(t)$ 。A 多一件，B 就少一件。对 $n>0$ 且 $0<p<1$ ，

\operatorname{Cov}(A(t),B(t)\mid N(t)=n) =-\operatorname{Var}(A(t)\mid N(t)=n) =-np(1-p)<0.

未给定总数时，两类独立，协方差为零。两句话并不矛盾，因为给定总数改变了可发生的组合。总数本身的波动，恰好抵消了固定总数下的负关联。

固定总数时两类计数沿着 A+B=n 分布，不能把条件独立与无条件独立混同

例：报警类型同时受约束

总报警按每分钟 $0.8$ 次的 Poisson 过程发生，每次独立以概率 $0.25$ 标为温度异常。五分钟内，温度异常与其余报警的参数分别为 $1,3$ 。温度异常恰好两次、其余恰好一次的概率是

\left(e^{-1}\frac{1^2}{2!}\right)\left(e^{-3}\frac{3^1}{1!}\right) =\frac32e^{-4}\approx0.0275.

若另外告诉你总共只有三次，答案则是条件概率 $\binom32(1/4)^2(3/4)=9/64$ 。前一个答案等于后一个答案乘上“总共三次”的概率。是否给定总数，是读题时必须留下来的条件。

观察一条带标签的到达时间线，逐个检查原事件是否恰好进入一条子流。拖动 $p$ ，在相同原始事件和同一组标签随机数上比较保留结果； $p=0$ 与 $p=1$ 是最直接的边界检查。再看重复实验的均值、方差和两类计数散点：未给定总数时与固定总数时，散点的形状有什么不同？一次有限模拟的相关系数不会严格等于理论值，比较时也要看样本量。

交替保留不是独立稀释

若规定第 $2,4,6,\ldots$ 次到达才保留，那么连续两次保留事件之间要经历两个原始指数间隔。新的间隔服从 Erlang $(2,\lambda)$ ，平均为 $2/\lambda$ ，方差为 $2/\lambda^2$ 。速率长期看减为一半，却不是速率 $\lambda/2$ 的 Poisson 过程：后者的间隔应为指数分布，方差是 $4/\lambda^2$ 。

标签依赖于事件编号或过去间隔时，也不能直接套独立稀释结论。这里恰好引出一个更广的模型：相邻间隔仍然独立同分布，但不要求它是指数分布。

每次更新以后重新开始

设 $X_1,X_2,\ldots$ 是独立同分布的正随机变量，表示两次更新之间的间隔。本章取

X_i>0\text{ 几乎必然},\qquad 0<\mu=\mathbb E X_i<\infty.

定义累计时刻和更新次数

S_0=0,\qquad S_n=X_1+\cdots+X_n,\qquad N(t)=\max\{n\ge0:S_n\le t\}.

这种计数过程称为更新过程。时刻 $0$ 是起点，不额外计一次更新；若 $t=S_n$ ，第 $n$ 次已发生，要计入 $N(t)$ 。

间隔依次累加成更新时刻；图中的 M(t) 与本节的 N(t) 表示相同计数

当间隔为指数分布时，我们得到 Poisson 过程；若每次固定等 $d$ ，则 $N(t)=\lfloor t/d\rfloor$ ；若间隔是独立的两点随机变量，也得到更新过程。重启发生在更新时刻，一般不能换成任意观察时刻：已经运行多久，通常会影响还要等多久。

例如间隔以相同概率取 $1$ 或 $7$ 小时。刚更新完，下一次可能一小时后，也可能七小时后；若已经运行两小时仍没有更新，那么本周期必为七小时，剩余恰为五小时。计数本身没有把“已经运行多久”保存下来。

为什么有限时间内不会挤进无限次更新

强大数定律给出 $S_n/n\to\mu>0$ ，所以 $S_n\to\infty$ ，每个有限时间窗内只有有限次更新。后面还要取 $N(t)$ 的期望，因此再说明它的期望有限。

因为 $X>0$ ，可以选 $\varepsilon>0$ 使 $q=\mathbb P(X\ge\varepsilon)>0$ 。每遇到一次这样的间隔，累计时间至少增加 $\varepsilon$ 。令 $K=\lfloor t/\varepsilon\rfloor+1$ ；遇到第 $K$ 个“长于或等于 $\varepsilon$ ”的间隔时，累计时间已经超过 $t$ 。这些判断是独立 Bernoulli 试验，等到 $K$ 次成功的平均试验数为 $K/q$ ，故

\mathbb E[N(t)+1]\le\frac{K}{q}<\infty.

这里的“长”只是相对于选定的 $\varepsilon$ ，不需要间隔有正的确定下界。

一条路径的长期更新率

把 $t$ 夹在最近一次更新与下一次更新之间：

S_{N(t)}\le t<S_{N(t)+1}.

随着 $t\to\infty$ ， $N(t)\to\infty$ 。当 $N(t)>0$ 时，

\frac{N(t)}{S_{N(t)+1}} <\frac{N(t)}t \le\frac{N(t)}{S_{N(t)}}.

右侧由 $S_n/n\to\mu$ 趋于 $1/\mu$ 。左侧可以写成

\frac{N(t)}{N(t)+1}\cdot \frac{N(t)+1}{S_{N(t)+1}},

两个因子分别趋于 $1$ 和 $1/\mu$ 。夹逼得到更新强律：

\boxed{\frac{N(t)}t\longrightarrow\frac1\mu\quad\text{几乎必然}.}

它描述长期斜率。有限时刻的路径仍是阶梯，不会因为有了极限，就变成直线 $t/\mu$ 。例如固定间隔 $d$ 时，误差 $\lfloor t/d\rfloor-t/d$ 一直在 $(-1,0]$ 内变化，但除以 $t$ 后消失。

更新函数保留了有限时间的信息

记 $m(t)=\mathbb E N(t)$ 。把非负整数变量写成指示函数之和，得到

m(t)=\sum_{n=1}^\infty\mathbb P(N(t)\ge n) =\sum_{n=1}^\infty\mathbb P(S_n\le t).

也可以按第一次间隔 $X_1=x$ 分类。若 $x>t$ ，没有更新；若 $x\le t$ ，已经更新一次，之后的间隔独立且遵循原分布，剩下时间的平均更新数为 $m(t-x)$ 。设 $F(x)=\mathbb P(X_1\le x)$ ，便得到更新方程

\boxed{m(t)=F(t)+\int_{(0,t]}m(t-x)\,dF(x).}

第一项数第一次更新，积分项数以后的更新。这里按分布 $F$ 积分：若 $X$ 有密度 $f$ ，它就是 $\int_0^t m(t-x)f(x)\,dx$ ；若 $X$ 只取离散值，就按各个点的概率求和。端点 $x=t$ 也在积分范围内，与“恰好到时也计入更新”的约定一致。

例：间隔可能为一小时或三小时

令两种间隔概率均为 $1/2$ ，则 $\mu=2$ 。由于更新只发生在整数时刻，记 $m_k=m(k)$ ，并把负下标的 $m_k$ 设为零。 $m_0=0$ ，对于整数 $k\ge1$ ，

m_k=\frac12\mathbf1_{\{k\ge1\}}+\frac12\mathbf1_{\{k\ge3\}} +\frac12m_{k-1}+\frac12m_{k-3}.

据此算出

m_1=\frac12,\quad m_2=\frac34,\quad m_3=\frac{11}{8},\quad m_4=\frac{31}{16}.

例如 $m_3=1+\tfrac12m_2+\tfrac12m_0=11/8$ 。有限时间的期望并不总等于 $t/2$ 。对非整数 $t$ ，因为所有更新时刻都是整数， $m(t)=m(\lfloor t\rfloor)$ 。

有限时刻的更新函数由递推求出，长期斜率不能代替每个时刻的精确值

期望的长期极限还需要论证

更新强律是样本路径结论。一般来说，随机变量几乎必然收敛，并不允许直接把极限移进期望。这里的确还有

\boxed{\frac{m(t)}t\longrightarrow\frac1\mu,}

称为初等更新定理。下面用一个可检查的上、下界证明它。

令 $J=N(t)+1$ ，即第一次使累计时间超过 $t$ 的间隔编号。事件 $\{J\ge i\}$ 等价于 $\{S_{i-1}\le t\}$ ，只依赖前 $i-1$ 个间隔，因此与 $X_i$ 独立。所有项非负，可以交换期望与求和：

\begin{aligned} \mathbb E S_J &=\sum_{i=1}^\infty\mathbb E\bigl[X_i\mathbf1_{\{J\ge i\}}\bigr]\\ &=\mu\sum_{i=1}^\infty\mathbb P(J\ge i) =\mu\mathbb E J=\mu(m(t)+1). \end{aligned}

由于 $S_J>t$ ，得到 $m(t)/t>1/\mu-1/t$ 。留意这里必须用 $N(t)+1$ ：只看到前 $N(t)$ 个间隔，还不能知道下一次是否会落在 $t$ 之前。

上界用截短间隔。固定 $K>0$ ，设 $X_i^{(K)}=\min(X_i,K)$ ，其均值为 $\mu_K$ 。截短后更快更新，所以 $N^{(K)}(t)\ge N(t)$ ；第一次超过 $t$ 的累计时刻又不超过 $t+K$ 。把刚才的等式用于截短过程，有

m(t)\le m^{(K)}(t)\le\frac{t+K}{\mu_K}-1.

对固定 $K$ 让 $t\to\infty$ ，得 $\limsup m(t)/t\le1/\mu_K$ 。再令 $K\to\infty$ ，由单调收敛 $\mu_K\uparrow\mu$ ，与下界合起来完成证明。这个结论不要求方差有限，也不要求间隔具有密度；它并没有断言 $m'(t)$ 存在。

周期报酬：先把统计口径定下来

假设第 $i$ 个周期结束时获得报酬 $R_i$ ，其中成对变量 $(X_i,R_i)$ 独立同分布， $\mathbb E|R_i|<\infty$ 。周期内的报酬可以与本周期长度相关，例如运行越久，维修费用越高。不同周期之间的独立同分布，才是这里要保留的结构。

截至 $t$ 的已完成周期报酬为 $C(t)=\sum_{i=1}^{N(t)}R_i$ 。把它分解为每周期平均乘更新率：

\frac{C(t)}t =\frac{\sum_{i=1}^{N(t)}R_i}{N(t)}\cdot\frac{N(t)}t \longrightarrow\frac{\mathbb E R}{\mathbb E X} \quad\text{几乎必然}.

取 $R_i=1$ ，就是更新率；取 $R_i=X_i$ ，完成周期覆盖的时间比例趋于 $1$ 。若报酬在周期中逐渐累积，还要说明未完成周期如何处理，不能默认它的贡献总能忽略。第九章会用具体模型继续讨论这一点。

例如一台设备每个完整运行周期平均十八天，周期结束后平均获得四十五元净报酬，并满足上述条件。长期每天的净报酬是 $45/18=2.5$ 元。“长期每一百天约 $5.56$ 次更新”指归一到一百天的长期速率，并不保证刚开机的一百天内期望恰好等于 $100/18$ 。

为什么在随机时刻更容易碰到长周期

按编号等机会抽一个周期，看到的就是原间隔分布。现在改为：在一段越来越长的观察窗 $[0,T]$ 内，均匀抽一个时刻，看看它落在哪个周期。长度为七小时的周期占了七小时，长度为一小时的周期只占一小时；按时间抽样自然更偏向前者。

令

A(t)=t-S_{N(t)},\qquad B(t)=S_{N(t)+1}-t,\qquad L(t)=A(t)+B(t)=X_{N(t)+1}.

$A$ 是已经过的年龄， $B$ 是剩余等待， $L$ 是所在周期的总长度。更新时刻 $S_n$ 按新周期计，年龄重置为零。普通观察时刻只在周期内部移动，不会凭空触发一次更新。

对于一组周期长度 $D$ ，每个完整周期贡献给“所在周期长度属于 $D$ ”的时间为 $X_i\mathbf1_{\{X_i\in D\}}$ 。用周期报酬与末端周期的夹逼，长期时间比例为

\boxed{\mathbb P_{\text{时间抽样}}(L\in D) =\frac{\mathbb E[X\mathbf1_{\{X\in D\}}]}{\mu}.}

若 $X$ 取离散值 $x_j$ 、概率 $p_j$ ，观察到该长度的概率就是 $x_jp_j/\mu$ 。各权重加起来为 $1$ ，因为分母正是 $\sum_jx_jp_j$ 。

例：相同平均间隔，不同的观察体验

方案 A 每次固定四小时；方案 B 的周期独立以各 $1/2$ 的概率取一小时、七小时。二者平均间隔都是四小时，长期更新率都是 $1/4$ 。但在 B 中，按时间抽样看到短、长周期的概率分别为

\frac{1\times(1/2)}4=\frac18,\qquad \frac{7\times(1/2)}4=\frac78.

看到的周期长度均值是 $1/8+49/8=25/4=6.25$ 小时，而按周期编号抽样的均值是四小时。改变的是抽样办法，概率模型没有自相矛盾。

按周期抽样与按时间抽样使用不同权重，年龄和余寿命在同一周期内相加

若 $\mathbb E X^2<\infty$ ，同样按每个周期覆盖的时间加权，得到

\mathbb E_{\text{时间抽样}} L=\frac{\mathbb E X^2}{\mu}.

年龄与剩余等待的时间平均各是多少？在长度为 $x$ 的周期中，年龄从 $0$ 线性增加到 $x$ ，余寿命从 $x$ 线性减少到 $0$ ；它们的曲线下面积都是 $x^2/2$ 。把完整周期的面积相加，观察窗末端的部分面积夹在相邻两个完整周期累计面积之间，便有

\lim_{T\to\infty}\frac1T\int_0^T A(t)\,dt =\lim_{T\to\infty}\frac1T\int_0^T B(t)\,dt =\frac{\mathbb E X^2}{2\mu} \quad\text{几乎必然}.

两点方案 B 的结果是 $25/8=3.125$ 小时，固定四小时间隔的结果是两小时。周期均值相同，并不能决定随机观察时的平均剩余等待。

若只想求余寿命在 $y\ge0$ 处的尾概率，不必要求二阶矩有限。在长度为 $x$ 的周期中， $B(t)>y$ 的时长是 $(x-y)_+=\max(x-y,0)$ ，所以

\mathbb P_{\text{时间抽样}}(B>y) =\frac{\mathbb E[(X-y)_+]}{\mu}.

指数间隔的右侧为 $e^{-\lambda y}$ ，仍是原来的指数尾；固定间隔 $d$ 则为 $(d-y)_+/d$ ，对应 $[0,d]$ 上的均匀剩余等待。

这里讨论的是沿长时间窗均匀抽样得到的时间分布。不能把它不加条件地改成“任意确定时刻 $t$ 越来越大时的分布”。固定间隔 $d$ 就是反例：确定时刻的年龄为 $t-d\lfloor t/d\rfloor$ ，持续周期振荡；在长窗内均匀选时刻，才得到均匀的年龄与余寿命。

把固定间隔四小时、均值四小时的指数间隔，以及一小时或七小时各半的间隔放在一起比较。延长同一条路径，看 $N(t)/t$ 怎样变化；计数图应保持阶梯形，参考线的斜率为 $1/\mu$ 。然后拖动观察点，读出年龄、剩余等待和所在周期总长。对两点方案分别按周期编号与按时间抽样，比较长周期的比例为何从 $1/2$ 变成接近 $7/8$ 。长期结论是参照，不是要求某一条有限路径必须给出完全相同的数字。

练习

1．叠加后的次数与来源

三个相互独立的 Poisson 来源速率为每小时 $1,4,5$ 次。求半小时内恰好三次的概率，以及下一次总事件来自第三个来源的概率。

2．联合事件与条件事件

总报警为速率 $12$ 次/小时的 Poisson 过程，每次独立以概率 $1/3$ 标为人工复核。求十五分钟内复核恰好一次、其余恰好两次的概率；如果已经知道总共三次，条件概率又是多少？

两类参数为 $1,2$ ，联合概率为 $(e^{-1})(e^{-2}2^2/2!)=2e^{-3}\approx0.0996$ 。给定总数三次以后，复核计数为 $\operatorname{Bin}(3,1/3)$ ，恰好一次的条件概率为 $3(1/3)(2/3)^2=4/9$ 。后一个概率乘总共三次的概率 $e^{-3}3^3/3!$ ，即得到前一个。

3．检查更新时刻的等号

一条样本的前四个间隔为 $3,5,2,4$ 小时。写出累计时刻，求 $N(10)$ ，以及在 $t=11$ 的年龄、余寿命、当前周期长度。

4．有限时间的更新函数

间隔独立且以概率 $1/2$ 分别取 $2$ 和 $4$ 。用更新方程求 $m(2),m(4),m(6)$ ，再写出长期更新率。能否把有限时间结果直接写成 $t/\mu$ ？

$\mu=3$ 。递推是 $m(t)=F(t)+\tfrac12m(t-2)\mathbf1_{\{t\ge2\}}+\tfrac12m(t-4)\mathbf1_{\{t\ge4\}}$ ，其中 $m(0)=0$ 。因此

m(2)=\frac12,\qquad m(4)=1+\frac12\cdot\frac12=\frac54, \qquad m(6)=1+\frac12\cdot\frac54+\frac12\cdot\frac12=\frac{15}{8}.

长期率为 $1/3$ 。例如 $m(6)=15/8\ne2=6/\mu$ ，只有除以时间后的长期极限相同。

独立标记的 Poisson 分流中，哪些说法正确？

只要两种更新过程的平均间隔相同，它们在任意有限时间窗内的计数分布就相同。

间隔不是指数分布时，固定区间增量必定不独立，没有例外。

8．给定总数时的负关联

给定某时间窗内恰有四次总事件，每次独立以概率 $1/2$ 标为 A 类。列出 $(A,B)$ 的全部可能值及概率，求条件协方差。

9．等待第一次被保留的事件

原流速率为 $\lambda$ ，每次独立以概率 $0<p\le1$ 保留。用稀释求第一次保留的等待分布与均值，再解释它为什么也是几何个指数间隔之和。

保留流速率为 $p\lambda$ ，所以等待 $V\sim\operatorname{Exp}(p\lambda)$ ，均值为 $1/(p\lambda)$ 。第一枚保留标签的编号 $G$ 满足 $\mathbb P(G=g)=(1-p)^{g-1}p$ ，且与间隔独立，因此 $V=W_1+\cdots+W_G$ 。条件求期望给出 $\mathbb EV=\mathbb EG/\lambda=1/(p\lambda)$ 。若 $p=0$ ，永远没有保留事件，等待为无穷。

10．每两次保留一次

保留 Poisson 流中编号为 $2,4,6,\ldots$ 的事件。若原速率为 $3$ ，求新间隔的均值、方差、长期更新率，并说明新过程为什么不是速率 $1.5$ 的 Poisson 过程。

11．周期长度会影响报酬

间隔独立以相同概率取 $2$ 或 $6$ 小时，每周期结束时得到报酬 $R=10-X$ 。求长期单位时间报酬。 $R$ 与 $X$ 不独立会不会使本章的报酬公式失效？

12．按时间抽样的长度与余寿命

仍取 $X=2$ 或 $6$ 各半。长窗均匀抽时刻时，落在六小时周期的概率是多少？所在周期长度与余寿命的时间平均各是多少？余寿命超过三小时的时间比例是多少？

六小时周期权重为 $6(1/2)/4=3/4$ 。 $\mathbb EX^2=(4+36)/2=20$ ，所以所在长度均值为 $20/4=5$ 小时，余寿命时间平均为 $20/8=2.5$ 小时。余寿命超过三小时的比例为

\frac{\mathbb E[(X-3)_+]}{\mathbb EX} =\frac{(1/2)\cdot0+(1/2)\cdot3}{4}=\frac38.

13．把两种长期结论区分开

若间隔恒为 $4$ ，证明 $N(t)/t$ 与 $m(t)/t$ 都趋于 $1/4$ 。说明为什么这并不表示确定时刻的年龄分布趋于一个固定分布，而长窗均匀抽样的年龄仍可以有极限分布。

$N(t)=m(t)=\lfloor t/4\rfloor$ ，与 $t/4$ 的差有界，所以除以 $t$ 后极限为 $1/4$ 。年龄 $A(t)=t-4\lfloor t/4\rfloor$ 在 $[0,4)$ 周期变化，沿 $t=4n$ 为零，沿 $t=4n+2$ 为二，确定时刻分布没有统一极限。长窗均匀抽样则按一个周期各位置所占的时长取权重，得到 $[0,4]$ 上的均匀分布。