Acerca del proceso de Poisson no homogéneo

Question

Demuestra que $\left \{ N(t+s)-N(t),\geq t \right \} $ es un proceso de Poisson no homogéneo con función de intensidad respectiva $\lambda(t)$ y función de densidad de probabilidad $$P(N(t+s)-N(t)=n)=\frac{e^{m(t+s)-m(t)}[m(t+s)-m(t)]^n}{n!}$$ donde $m(t)=\int_{0}^t\lambda(v)dv$, si $N(t)$ verifica

i)$N(0)=0$

ii)$\left \{ N(t+s),\geq t \right \}$ tienen incrementos independientes

iii)$P(N(t+h)-N(t)\geq2)=o(h)$

iv)$P(N(t+h)-N(t)=1)=\lambda(t)h+o(h)$

Intenté demostrar de forma análoga a una prueba en el caso del Proceso de Poisson homogéneo que encontré en "Introducción a los modelos de probabilidad" (Ross).

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Answer 1

Las variables $s$ y $t$ están al revés en el libro de Ross, así que iré con eso. Entonces estamos tratando de probar:

$$P(N(s+t)-N(s)=n)=e^{-(m(s+t)-m(s))}\dfrac{[m(s+t)-m(s)]^n}{n!},\quad n\geq 0\qquad\qquad(*)$$

Para una notación más fácil, sea $P_n(u,v) := P(N(v)-N(u)=n),\;$ para $n\geq 0\;$ y $u\leq v$.

Primero, tomamos el caso $n=0$.

\begin{eqnarray*} P_0(s,s+t+h) &=& P(N(s+t+h)-N(s)=0) \\ &=& P(N(s+t)-N(s)=0)\; P(N(s+t+h)-N(s+t)=0) \\ &=& P_0(s,s+t)\; P_0(s+t,s+t+h) \\ &=& P_0(s,s+t)\; (1-\lambda(s+t)h+o(h)) \\ P_0(s,s+t+h) - P_0(s,s+t) &=& -\lambda(s+t)hP_0(s,s+t)+o(h) \\ P_0^{'}(s,s+t) &=& -\lambda(s+t)P_0(s,s+t) \qquad\quad\text{(dividir por $h$ y dejar que $h\to 0$)} \\ \therefore\quad P_0(s,s+t) &=& Ce^{-m(s+t)} \qquad\text{ya que $\frac{d}{dt}e^{-m(s+t)} = -\lambda (s+t)e^{-m(s+t)}$}. \\ && \\ P_0(s,s)=1\quad \text{ entonces }\quad 1 &=& Ce^{-m(s)} \\ C &=& e^{m(s)} \\ && \\ \therefore\quad P_0(s,s+t) &=& e^{-(m(s+t)-m(s))}. \end{eqnarray*}

Ahora tomamos el caso general, $n\gt 0$.

\begin{eqnarray*} P_n(s,s+t+h) &=& P(N(s+t+h)-N(s)=n) \\ &=& \sum_{i=0}^{n} P(N(s+t)-N(s)=i)\; P(N(s+t+h)-N(s+t)=n-i) \\ &=& \sum_{i=0}^{n} P_i(s,s+t)\; P_{n-i}(s+t,s+t+h) \\ &=& P_n(s,s+t)\; (1-\lambda(s+t)h+o(h)) + P_{n-1}(s,s+t)\; (\lambda(s+t)h+o(h)) + o(h) \\ \end{eqnarray*} \begin{eqnarray*} P_n(s,s+t+h) - P_n(s,s+t) &=& -\lambda(s+t)hP_n(s,s+t) + \lambda(s+t)hP_{n-1}(s,s+t) + o(h) \\ P_n^{'}(s,s+t) &=& \lambda(s+t)(P_{n-1}(s,s+t) - P_n(s,s+t)) \\ \end{eqnarray*} \begin{eqnarray*} \therefore\quad e^{m(s+t)}\left[ P_n^{'}(s,s+t) + \lambda (s+t)P_n(s,s+t) \right] &=& \lambda (s+t) e^{m(s+t)} P_{n-1}(s,s+t) \\ \frac{d}{dt}\left[ e^{m(s+t)} P_n(s,s+t) \right] &=& \lambda (s+t) e^{m(s+t)} P_{n-1}(s,s+t). \end{eqnarray*}

Desde aquí podemos probar el resultado por inducción en $n$. El caso inicial para $P_0(s,s+t)$ ya ha sido probado. Entonces asumimos que $(*)$ se cumple para $n-1$.

\begin{eqnarray*} \frac{d}{dt}\left[ e^{m(s+t)} P_n(s,s+t) \right] &=& \lambda (s+t) e^{m(s+t)} e^{-(m(s+t)-m(s))}\dfrac{[m(s+t)-m(s)]^{n-1}}{(n-1)!} \\ &=& \lambda (s+t) e^{m(s)}\dfrac{[m(s+t)-m(s)]^{n-1}}{(n-1)!} \\ e^{m(s+t)} P_n(s,s+t) &=& C + e^{m(s)} \dfrac{[m(s+t)-m(s)]^{n}}{n!}. \end{eqnarray*}

Estableciendo $t=0$ para evaluar la constante C, obtenemos $C=0$ y la prueba está completa ya que llegamos a

$$P_n(s,s+t) = e^{-(m(s+t)-m(s))} \dfrac{[m(s+t)-m(s)]^{n}}{n!}.$$