20. 有 A 和 B 兩路公交車，平均發車間隔分別為 5 分鍾和 10 分鍾。某乘客在站點 S 可以 任意選擇兩者之一乘坐，假定 A 和 B 到達 S 的時刻無法確定，那么該乘客的平均等待時間約為____。
A、1 分鍾 20 秒 B、3 分鍾 20 秒 C、2 分鍾 30 秒 D、1 分鍾 40 秒
首先，平均等待時間即為等待時間的期望，形式上我們有式子
$$ E[t]=\int \int_D min(t_A, t_B) p(t_A,t_B) d t_A d t_B$$
$t_A, t_B$ 均為隨機變量，對應相應公車到達的剩余時間；$min(t_A, t_B)$ 對應着理性乘客假設，即該乘客一定會上先來的那輛車，那么等車時間就是等待先來的那輛車花去的時間；$p(t_A,t_B)$ 為 $t_A, t_B$ 的聯合概率密度；$D$ 為積分區域，也即 $p(t_A,t_B)$ 不為 $0$ 的區域。
i. 這道題很多人將“平均發車間隔”理解為“發車間隔”，后者將發車間隔看作一個固定時間，使得過程變得更為簡單。既不順應題意，也不符合現實，然而，我們也不妨分析一下這個更簡單的過程，進而轉向更為復雜的情況。
倘若發車間隔為固定時間，而“A 和 B 到達 S 的時刻無法確定”，那么在沒有其他信息的情況下，可認為 $t_A$ 在區間 $[0,5)$ 上均勻分布，而 $t_B$ 在區間$[0,10)$ 上均勻分布，又不妨假設$t_A, t_B$相互獨立，因此在如左圖矩形積分區域( $t_A\in [0, 5)$$, t_B\in [0, 10)$ )中，$p(t_A,t_B)=p(t_A)p(t_B)=1/50$。圖中虛線可以看作是等高線，區域內的高就是需要積分的值 $min(t_A, t_B)$。紅色虛線為縱向，表示其所在區域( $t_A<t_B$ )的值為 $t_A$；藍色虛線為橫向，表示其所在區域( $t_B<t_A$ )的值為 $t_B$。
分析到這里，想象力好的同學應該可以直接從左圖看出結果來。這個地方由於積分區域概率密度處處相等為常數，原二重積分可以轉化為求空間體積，然后除以積分區域面積。圖中點虛線將積分區域分成上下兩部，且具有相等的累積概率。若將積分區域的值看作高，那么上半部分是一個三角柱，其體積等於一半棱長為5的正立方體，即125/2。下半部分是一個四棱椎，其體積相當於三分之一棱長為5的正立方體（為什么是三分之一？一個立方體可以切出三個四棱椎，然后根據祖暅原理可以知道這三個椎體體積相等），即125/3。於是
平均等待時間 $E[t]=(125/2+125/3)/50=25/12=2\frac{1}{12}$
如果老老實實積分就是這樣算
$$E[t]=\frac{1}{50}\left( \int_0^5 \int_{t_B}^5 t_B d t_A d t_B+\int_0^5 \int_{t_A}^5 t_A d t_B d t_A+\int_0^5 \int_5^{10} t_A d t_B d t_A\right)=\left( \dfrac{125}{6}+\dfrac{125}{6}+\dfrac{125}{2}\right)\dfrac{1}{50}=\dfrac{25}{12}=2\dfrac{1}{12}$$
ii. 下面開始進入正題，倘若依照題意，發車間隔並不固定又如何呢？
發車間隔不固定，那么 $t_A, t_B$ 的值域變為$[0, +\infty)$，隨之而來的是另一個問題，概率密度分布是什么樣的？此時值域不再有限，無法使用均等分布。注意這里問題的關鍵字是等待，說起等待，首先就應該想到泊松分布（Poisson Distribution）和泊松過程（Poisson process）。這里，等車的過程就可以看作兩個相互獨立的泊松過程。泊松過程的平穩獨立增量假設十分重要，這意味着從任意時刻開始分布都是一樣的，也就是說並不存在等待越久公車更可能即將到來這件事情。由此，泊松過程中，兩次事件中的間隔時間服從指數分布，即
$$t \sim \lambda e^{-\lambda t}, t\geqslant 0$$
平均間隔時間即期望間隔時間$E[t]=\int_0^{+\infty} t\lambda e^{-\lambda t} d t=\dfrac{1}{\lambda} (1)$
由這個結論加上已知可得$t_A \sim \frac{1}{5} e^{-\frac{1}{5} t_A}, t_A\geqslant 0; t_B \sim\frac{1}{10} e^{-\frac{1}{10} t_B}, t_B\geqslant 0$
那么仍然根據獨立假設，可得$p(t_A, t_B)=\frac{1}{5}e^{-\frac{1}{5}t_A} \frac{1}{10}e^{-\frac{1}{10}t_B}, t_A\geqslant 0, t_B\geqslant 0$
此時積分有
$\displaystyle{E[t]=\int_0^{+\infty} \int_{t_B}^{+\infty} t_B \frac{1}{5}e^{-\frac{1}{5}t_A} \frac{1}{10}e^{-\frac{1}{10}t_B} d t_A d t_B+\int_0^{+\infty} \int_{t_A}^{+\infty} t_A \frac{1}{5}e^{-\frac{1}{5}t_A} \frac{1}{10}e^{-\frac{1}{10}t_B} d t_B d t_A}$
$\displaystyle{=\int_0^{+\infty} t_B \frac{1}{10}e^{-\frac{1}{10}t_B}e^{-\frac{1}{5}t_B} d t_B+\int_0^{+\infty} t_A \frac{1}{5}e^{-\frac{1}{5}t_A}e^{-\frac{1}{10}t_A} d t_A}$
$\displaystyle{=\int_0^{+\infty}x\left ( \frac{1}{5}+\frac{1}{10} \right ) e^{-\left (\frac{1}{5}+\frac{1}{10}\right ) x} dx}$
$\displaystyle{=\frac{1}{\frac{1}{5}+\frac{1}{10}}}$ 根據式$(1)$
$=3\dfrac{1}{3}$
也即3分鍾20秒，選B。
另外上述積分推出了一個比較妙的結果，就是兩個相互獨立的泊松過程一起作用后可以看作一個新的泊松過程，並且其率參數（rate parameter）為相應兩子過程率參數的和。有了這個結論，我們可以快速得到不同數值條件同類問題的答案。
在筆試中，比較直覺和取巧一點兒的方法是：如果只有A路，則平均等待時間就是5分鍾。容易想到增加一路平均發車間隔也為5分鍾的公車將使平均等待時間減半即2分鍾30秒。則增加一路平均發車間隔為10分鍾的公車將使平均等待時間落在兩分半和五分鍾之間，所以選擇B。
還有一小撮別有用心的人使用一個神奇的方法，即每5分鍾來輛A車，每10分鍾來輛B車，平均下來每10分鍾可來3輛車，於是平均等待時間為10/3=3分20秒。對於此種解法，我只能。。。
呵呵。。