随机微分方程 oksendal 答案

格式：pdf
大小：195.77 KB
文档页数：22

下载文档原格式

随机微分方程数值解法.

法和Milstein算法都是在随机Taylor展开式不同的地方截断而得到
的数值算法。
N
h (T t0 ) / N ,tn t0 nh,
设是正整数，
利用随机
Taylor展开式和Itó公式，可以得到：
y(tn1) y(tn) I0 f (y(tn)) I1g(y(tn)) I11L1g(y(tn)) I00L0 f (y(tn)) R, (11) 其中R 是余项，算子 L0和 L1 分别为
随机微分方程数值解法
2013年11月18日
随机微分方程数值解法
1.随机微分方程概述
1.1 布朗运动介绍 1.2 随机积分 1.3 两种形式的随机微分方程
2.随机微分方程数值方法介绍
2.1 随机Taylor展开 2.1 Euler方法 2.2 Milstein方法
3. 数值试验
3.1 精度数值试验 3.2 稳定性数值试验
是可以相互转换的。在标量情形下，对方程（6）令
f (t, y(t )) f (t, y(t )) 1 g (t, y(t ))g(t, y(t )), 2 y
在矢量情形下，令
f i (t, y(t ))
fi
(t,
y(t ))
1 2
m j 1
d k 1
gik y j
(t,
y(t ))g jk (t ,
2) 有些随机微分方程的解析解虽然可以求到，但是形式很复杂，处理起来很不方便。
3) 在实际应用中，实用的方法是在计算机上进行数值求解，
即不直接求出 y(t ) 的解析解，而是在解所存在的区间上，求得一系列点 xn(n 1, 2, ) 上的近似值。
2.随机微分方程数值方法介绍
目前随机微分方程的数值求解方法有Euler方法、Milstein方法、Runge-Kutta方法等。Runge-Kutta方法的复杂程度比Euler 方法和Milstein方法的程度要高。在实际应用中，一般情况下用 Euler方法和Milstein方法来对模型进行数值模拟。由于Itó型随机微分方程与Stratonovich型随机微分方程是可以相互相互转化的，以下介绍求解Itó型随机微分方程(6)的Euler方法和Milstein方法。

微分方程练习题基础篇答案.docx

常微分方程基础练习题答案求下列方程的通解dydyx 2Ce 2， C 为任意常数1.xy 分离变量xdx ， ydxydy x dx ， y Ce1 x22.xydx 1 x 2 dy 0 分离变量1 ， C 任意常数yx 2dy 1 3.xy y ln y 0 分离变量dx ， y Ce xy ln yx4.( xy 22y y)dy 0 分离变量 ydyxdx2)(12) Cx)dx ( xy 21 x2，(1yx15.dy(2 x y 5)2令 u2x y 5 则du2 dy ， du2 dx ， 1 arctan ux C 1 dxdxdx u 2 2 2dy x y dy 1 yy ， dy u xdu，代入得 2x ，令 u 1 u du 1dx6.x ，原方程变为dxdxy1 y x dxdx 1 u 2xx2arctan u uln xC ， uy x回代得通解2arctany xln xyxCdyy y 2y dudx 7.xy y x2y 20 dxxxx1 u 2x1 ，令 u，代入得arctanu ln x C， uy 回代得通解 arctan yln x y Cx xx8.xdyy lny，方程变形为dyyln y，令 u y du dx eCx 1，yxeCx 1，， udx xdx x x x u(ln u 1)x9. dy2xdx2 xdxdx C) Cex22xy 4x ，一阶线性公式法 y e( 4 xe2dx 10.dyy2x 21 ( 2x 2e1dx C) x 3Cxdxdxdx x11.( x 21)y2xy 4x 2，方程变形为 y2xy 4x 21 (43C)2x 2一阶线性公式法 y1 x2 xx 11312.( y 2 6x)dy2y0，方程变形为dx3 x1 y 一阶线性公式法 y 1 y2 Cy 3dxdy y2213. y 3xy xy2，方程变形为 1 dy3x1x 伯努利方程，令 z y 1,dzy 2dy代入方程得y 2 dxydxdxdz 3xz x 一阶线性公式法再将 z 回代得 13 x 2Ce2dxy1314.dy1 y1(1 2x) y 4 ，方程变形为 1 dy1 1 1 (1 2x) 伯努利方程，令 dx 33 y4 dx3 y 33zy 3, dz3y 4dy代入方程得 dzz 2x 1，一阶线性公式法再将z 回代得dx dxdx1 Ce x2x 1y 315.y5y 6 y 0 ，特征方程为 r 2 5r 6 0 ，特征根为 r 12, r 23 ，通解y C 1e 2x C 2e 3x16.16y 24y 9y0，特征方程为 16r224r 9 0 ，特征根为 r 1,23 ，通解43 xy(C 1 C 2 x)e 417.yy0 ，特征方程为 r 2 r 0 ，特征根为 r 1 0, r 2 1 ，通解 y C 1 C 2e x18.y4y5y 0 ，特征方程为 r 2 4r 5 0 ，特征根为 r 1 2 i, r 2 2 i ，通解y e 2 x (C 1 cos x C 2 sin x)19.( x 2 y)dx xdy0 ，全微分方程 x 2 dx ( ydxxdy)0 ，d x 3d( xy) 0 ，通解x 3xy C3320.( x 3 y)dx ( xy)dy 0 ，全微分方程x 3dx ( ydx xdy ) ydy，d x 4d( xy)d y 20 ，通解 x 4xyy 2C424221.( x 2 y 2 )dx (2 xy y)dy 0 全微分方程 x 2dx( y 2 dx 2xydy ) ydy 0，d x3d ( xy 2) dy 20 ，通解x 3xy 2y 2 C3 2 3222.(x cosy cosx) y ysin x sin y 0 ，全微分方程( xcos ydy sin ydx) (cos xdyysin xdx)0， d( x sin y) d( y cosx) 0 ，通解xsin y y cosx C23.(3 x 2 y)dx (2 x 2 y x)dyC ，3x 2 dx 2x 2 ydyydx xdy 0 ，积分因子1x 2 ，方程变为 3dx 2ydyydx xdy 0 ， d3x dy 2dy0 ，通解 3x y 2y Cx 2xx24.xdxydy( x2y 2)dx，积分因子1，方程变为xdx ydydx 0 ，2y 2x 2y 2xd[ 1ln( x2y 2)]dx 0 通解1ln( x 2 y 2 ) x C2225.( x 2 y 2y)dx xdy 0 ， ( x 2 y 2 )dx ydx xdy 0 ，积分因子1，方程变为x 2y 2 dxydxxdy0 ， dxxx Cx 2y 2d arctan0，通解 x arctanyy26. y e3xsin x ，可降阶 y( n)f (x) 型，逐次积分得通解 y1e 3 x sin x C 1x C 2927. y1 y2 ，可降阶令 p( x)y ，原方程化为 p1 p2 可分离变量型，得yp tan( xC 1 ) ，积分得通解 y ln cos(x C 1 ) C 228.yyx ，可降阶 yf (x, y ) 型，令 p(x) y ，原方程化为 ppx ，一阶线性非齐次公式法得 y pC 1e x x 1 ，积分得通解 y C 1e x1 x2 x C 2229. y y 3y ，可降阶 yf ( y, y ) 型，令 p( y) y , y pdp，原方程化为 pdpp 3pdydy即 p[dp(1 p 2)]0 ， p0 是方程的一个解，由dp(1 p 2 ) 0 得dydyarctan p y C 1 即 yp tan( y C 1) ，通解为 y arcsin e x C 2C 1xf (x) e xP m ( x) 型，1是特征方程230.y 2 y y 4xe ，二阶常系数非齐次2 10的重根，对应齐次方程的通解为 Y(C 1C 2 x)e x ，设特解为 y *x 2 (ax b)e x ，代入方程得 (6ax 2b)ex4xe x，得 a2, b 0 ，故原方程的特解为 y *2x 3e x ，原方程通33解为 y (C1C2 x)e x 2x3e x 331.y a y ex ，二阶常系数非齐次 f ( x)e m特征方程ra0 ，特征值为1,2ai2x P(x) 型，22r，对应齐次方程的通解为YC1 cosax C2 sin ax ， 1 不是特征根，设原方程特解为y*Ae x Ae x a2 Ae x e x，得 A12则 y*e x2 ，原方程通解为，代入方程得1a 1 ay C1 cosax C2 sin axe x 1a232.y y x cosx ，对应齐次方程的通解为Y C1 cos x C2 sin x ，设y y x 的一个特解为y1Ax B 代入此方程得A1,B 0 ，故y1x ；设y y cosx 的一个特解为 y2Ex cos x Dx sin x 代入此方程得E0, D1，故y21xsin x ；原方程22通解为Y C cosx C sin x x1xsin x 12233.y 6 y9 y e x cos x ，特征方程r26r90 ，特征值为 r1,23，对应齐次方程的通解为Y C1e3x C2 xe3x，1i 不是特征根，原方程特解设为y*e x (a cos x b sin x)代入方程得a3, b4，则 y*e x (3cos x4sin x)25252525，原方程通解为Y C e3x C xe3x e x (3cosx 4sin x)12252534.已知y1e3 x xe2 x , y2e x xe2x , y3xe2 x是某二阶常系数非齐次线性方程的三个解，则该方程的通解y（）答案： y C1e x C2 e3 x xe2 x，y1y3e 3x , y2y3e x是对应齐次方程两个线性无关的解35.函数 yC 1e x C 2 e 2x xe x 满足的一个微分方程是（）( A) yy 2y 3xe x( B) y y 2 y 3e x(C ) yy 2 y 3xe x( D ) yy 2 y 3e x解析：特征根为 1 1,22，则特征方程为(1)( 2) 0 即22 0 ，故对应齐次方程为 y y 2 y0 ； y *xe x为原方程的一个特解，1,为单根，故原方程右端非齐次项应具有xf ( x) Ce 的形式。

《随机信号分析》-高新波等-课后答案

C = *第0章1/1;1/ 2;1/ 3;1/4;1/ 5;1/ 6;2 /1;2 / 2;2 / 3;2 /4;2 / 5;2/6;3/l;3/2;3/3;3/4;3/5;3/6;4/l;4/2;4/3;4/4;4/5;4/6;5/l;5/2;5/3;5/4;5/5;5/6;6/l;6/2;6/3;6/4;6/5;6/64 = {l/l;2/2;3/3;4/4;5/5;6/6}1/5;!/ 6;2 /4;2 / 5;2 / 6;3 / 3;3 / 4;3 / 5;3 / 6;4 / 2;4 / 3;4 / 4;4 / 5;'4/6;5/l;5/2;5/3;5/4;5/5;5/6;6/l;6/2;6/3;6/4;6/5;6/6 /1 /1;1 / 2;1 / 3;1 / 4;1 / 5;1 / 6;2 /1;2 / 2;2 / 3;2 / 4;2 / 5;2 / 6;3 /1;3 / 2;'3/3;3/4;3/5;3/6;4/l;4/2;4/3;5/l;5/2;5/3;6/l;6/2;6/3B =0.2（2）'0用）=x < 00<x<30x 2/12 2x -3-x 2/4,3<x <41 x>4P （l<x<7/2）=f^v +⑴⑶0.3E （X ）= L 2<T ：t/r = £ ~^y %dy =E （X2）=「Ji 奇dx = 了241a\^e~y 晶尸dy = 2a 2r （2）= 2a 2o(x)=£(/)-(研x))2=2尸_m S=04292S 0.4⑴£(Jf)=(-1)x03+0x0.44-1x03=0£(K)=1x0.4+2x0.2+3x0.4=2(2)由于存在X=0的情况，所以研Z)不存在(3)E(Z)=(-1-1)2x0.2+(-1-2)2xO.l+(O-l)2xO.l+(0-3)2x0.3+(l-l)2xO.1+0-2)2x0.1+(1-3)2x0.1=5 0.5X=ln*,当\dy\=^M=^e(Iny-mf2/”00.6t2+勺血s=£0<x<l,0<.y<2f32\X x~.—+—s as=(363-)7X*i X丁-312=诉号＞=2尸号间=fp+导=土名/(x)0.7££be~^x+y^dxdy=[/>(1-e~'\~y dy=/>(1-e-,)= 1,/>=(!—e~x尸/(x)=he~x Ve-y dy=—^e~x fi<x<\f(y)=be~y^e~x dx—e~y,y>00.8(1)x,v不独立⑵F(z)=££~'|(X+yY{x+y}dxdy=£|/『(xe~x +ye~x}ixdy =g按(1一(1+Z一*片5+*(]_e-(z-y)肱,=]_]+z+/2\2f(z)=F'(z)=\+z+—e~:-(1+z)e~z=—e-2,z>0、2)20.9。

（完整版）随机过程习题答案

（完整版）随机过程习题答案随机过程部分习题答案习题22.1 设随机过程b t b Vt t X ),,0(,)(+∞∈+=为常数，)1,0(~N V ，求)(t X 的⼀维概率密度、均值和相关函数。

解因)1,0(~N V，所以1,0==DV EV ，b Vt t X +=)(也服从正态分布，b b tEV b Vt E t X E =+=+=][)]([ 22][)]([t DV t b Vt D t X D ==+=所以),(~)(2t b N t X ，)(t X 的⼀维概率密度为),(,21);(222)(+∞-∞∈=--x ett x f t b x π，),0(+∞∈t均值函数 b t X E t m X ==)]([)(相关函数)])([()]()([),(b Vt b Vs E t X s X E t s R X ++==][22b btV bsV stV E +++=2b st +=2.2 设随机变量Y 具有概率密度)(y f ，令Yt e t X -=)(，0,0>>Y t ，求随机过程)(t X 的⼀维概率密度及),(),(21t t R t EX X 。

解对于任意0>t，Yt e t X -=)(是随机变量Y 的函数是随机变量，根据随机变量函数的分布的求法，}ln {}{})({);(x Yt P x e P x t X P t x F t Y ≤-=≤=≤=-)ln (1}ln {1}ln {tx F t x Y P t x Y P Y --=-≤-=-≥= 对x 求导得)(t X 的⼀维概率密度xtt x f t x f Y 1)ln ();(-=，0>t)(][)]([)(dy y f e eE t X E t m yt tY X相关函数+∞+-+---====0)()(2121)(][][)]()([),(212121dy y f e e E e e E t X t X E t t R t t y t t Y t Y t Y X 2.3 若从0=t 开始每隔21秒抛掷⼀枚均匀的硬币做实验，定义随机过程=时刻抛得反⾯时刻抛得正⾯t t t t t X ,2),cos()(π试求：（1）)(t X 的⼀维分布函数),1(),21(x F x F 和；（2）)(t X 的⼆维分布函数),;1,21(21x x F ；（3）)(t X 的均值)1(),(X X m t m ，⽅差 )1(),(22X Xt σσ。

（完整版）高等数学第七章微分方程试题及答案

（完整版）高等数学第七章微分方程试题及答案第七章常微分方程一．变量可分离方程及其推广 1．变量可分离的方程（1）方程形式：()()()()0≠=y Q y Q x P dxdy通解()()?+=C dx x P y Q dy（注：在微分方程求解中，习惯地把不定积分只求出它的一个原函数，而任意常数另外再加）（2）方程形式：()()()()02211=+dy y N x M dx y N x M通解()()()()C dy y N y N dx x M x M =+??1221()()()0,012≠≠y N x M 2．变量可分离方程的推广形式（1）齐次方程=x y f dx dy 令u xy=，则()u f dx du x u dx dy =+= ()c x c xdxu u f du +=+=-??||ln二．一阶线性方程及其推广1．一阶线性齐次方程()0=+y x P dxdy 它也是变量可分离方程，通解()?-=dxx P Ce y ，（c 为任意常数） 2．一阶线性非齐次方程()()x Q y x P dxdy=+ 用常数变易法可求出通解公式令()()?-=dxx P ex C y 代入方程求出()x C 则得()()()[]+=??-C dx e x Q e y dx x P dx x P3．伯努利方程()()()1,0≠=+ααy x Q y x P dxdy令α-=1y z 把原方程化为()()()()x Q z x P dxdz αα-=-+11 再按照一阶线性非齐次方程求解。

4．方程：()()x y P y Q dx dy -=1可化为()()y Q x y P dydx =+ 以y 为自变量，x 为未知函数再按照一阶线性非齐次方程求解。

四．线性微分方程解的性质与结构我们讨论二阶线性微分方程解的性质与结构，其结论很容易地推广到更高阶的线性微分方程。

二阶齐次线性方程 ()()0=+'+''y x q y x p y （1）二阶非齐次线性方程 ()()()x f y x q y x p y =+'+'' （2） 1．若()x y 1，()x y 2为二阶齐次线性方程的两个特解，则它们的线性组合()()x y C x y C 2211+（1C ，2C 为任意常数）仍为同方程的解，特别地，当()()x y x y 21λ≠（λ为常数），也即()x y 1与()x y 2线性无关时，则方程的通解为()()x y C x y C y 2211+=2．若()x y 1，()x y 2为二阶非齐次线性方程的两个特解，则()()x y x y 21-为对应的二阶齐次线性方程的一个特解。

常微分方程第三版课后习题答案

习题1.21．dxdy=2xy,并满足初始条件：x=0,y=1的特解。

解：ydy=2xdx 两边积分有：ln|y|=x 2+c y=e2x +e c =cex 2另外y=0也是原方程的解，c=0时，y=0原方程的通解为y= cex 2,x=0 y=1时 c=1 特解为y= e 2x .2. y 2dx+(x+1)dy=0 并求满足初始条件：x=0,y=1的特解。

解：y 2dx=-(x+1)dy2y dy dy=-11+x dx两边积分: -y1=-ln|x+1|+ln|c| y=|)1(|ln 1+x c另外y=0,x=-1也是原方程的解 x=0,y=1时 c=e 特解：y=|)1(|ln 1+x c3．dx dy =yx xy y 321++解：原方程为：dxdy =y y 21+31x x + y y 21+dy=31x x +dx 两边积分：x(1+x 2)(1+y 2)=cx 24. (1+x)ydx+(1-y)xdy=0 解：原方程为：y y -1dy=-xx 1+dx两边积分：ln|xy|+x-y=c另外 x=0,y=0也是原方程的解。

5．（y+x ）dy+(x-y)dx=0解：原方程为：dx dy =-yx y x +-令xy=u 则dx dy =u+x dx du 代入有：-112++u u du=x 1dxln(u 2+1)x 2=c-2arctgu 即 ln(y 2+x 2)=c-2arctg 2xy. 6. xdxdy-y+22y x -=0 解：原方程为：dx dy =x y +xx ||-2)(1x y -则令xy=u dx dy =u+ x dx du211u - du=sgnxx1dx arcsinxy=sgnx ln|x|+c 7. tgydx-ctgxdy=0 解:原方程为：tgy dy =ctgxdx 两边积分：ln|siny|=-ln|cosx|-ln|c| siny=x c cos 1=xccos 另外y=0也是原方程的解，而c=0时，y=0.所以原方程的通解为sinycosx=c.8 dx dy +ye x y 32+=0 解：原方程为：dx dy =ye y 2e x 32 ex3-3e2y -=c.9.x(lnx-lny)dy-ydx=0 解：原方程为：dx dy =x y ln xy令x y=u ,则dx dy =u+ x dx duu+ xdxdu=ulnu ln(lnu-1)=-ln|cx| 1+lnxy=cy. 10.dxdy =e yx - 解：原方程为：dxdy =e x e y- e y=ce x11dxdy =(x+y)2解：令x+y=u,则dx dy =dxdu -1 dx du -1=u 2211u +du=dx arctgu=x+c arctg(x+y)=x+c12.dx dy =2)(1y x + 解：令x+y=u,则dx dy =dxdu -1dx du -1=21uu-arctgu=x+c y-arctg(x+y)=c. 13.dx dy =1212+-+-y x y x 解: 原方程为：（x-2y+1）dy=(2x-y+1)dx xdy+ydx-(2y-1)dy-(2x+1)dx=0 dxy-d(y 2-y)-dx 2+x=cxy-y 2+y-x 2-x=c14:dx dy =25--+-y x y x 解：原方程为：（x-y-2）dy=(x-y+5)dx xdy+ydx-(y+2)dy-(x+5)dx=0dxy-d(21y 2+2y)-d(21x 2+5x)=0 y 2+4y+x 2+10x-2xy=c.15: dxdy=(x+1) 2+(4y+1) 2+8xy 1+ 解：原方程为：dxdy=（x+4y ）2+3令x+4y=u 则dx dy =41dx du -4141dx du -41=u 2+3 dx du=4 u 2+13 u=23tg(6x+c)-1 tg(6x+c)=32(x+4y+1).16:证明方程y x dxdy=f(xy),经变换xy=u 可化为变量分离方程，并由此求下列方程： 1） y(1+x 2y 2)dx=xdy2） y x dx dy =2222x -2 y x 2y+ 证明：令xy=u,则x dx dy +y=dxdu 则dx dy =x 1dx du -2x u，有：u x dxdu=f(u)+1)1)((1+u f u du=x1dx所以原方程可化为变量分离方程。

随机过程答案

第一章习题解答1．设随机变量X 服从几何分布，即：(),0,1,2,k P X k pq k ===。

求X 的特征函数，EX 及DX 。

其中01,1p q p <<=-是已知参数。

解()()jtxjtkk X k f t E eepq ∞===∑()k jtkk p q e∞==∑ =0()1jt kjtk pp qe qe ∞==-∑又200()kkk k q qE X kpq p kq p p p ∞∞======∑∑222()()[()]q D X E X E X P =-=（其中 00(1)nnn n n n nxn x x ∞∞∞====+-∑∑∑）令 0()(1)n n S x n x ∞==+∑则 1000()(1)1xxnn k n xS t dt n t dt x x∞∞+===+==-∑∑⎰⎰202201()()(1)11(1)1(1)xn n dS x S t dt dxx xnx x x x ∞=∴==-∴=-=---⎰∑同理 2(1)2kkkk k k k k k x k x kx x ∞∞∞∞=====+--∑∑∑∑令20()(1)k k S x k x ∞==+∑ 则211()(1)(1)xkk k k k k S t dt k t dt k xkx ∞∞∞+====+=+=∑∑∑⎰）2、（1）求参数为(,)p b 的Γ分布的特征函数，其概率密度函数为1,0()0,0()0,0p p bxb x e x p x b p p x --⎧>⎪=>>Γ⎨⎪≤⎩（2）其期望和方差；（3）证明对具有相同的参数的b 的Γ分布，关于参数p 具有可加性。

解（1）设X 服从(,)p b Γ分布，则10()()p jtxp bxX b f t ex e dx p ∞--=Γ⎰ 1()0()p p jt b x b x e dx p ∞--=Γ⎰101()()()()(1)p u p p p p p b e u b u jt b x du jt p b jt b jt b∞----==Γ---⎰ 10(())x p p e x dx ∞--Γ=⎰ （2）'1()(0)X p E X f j b∴== 2''221(1)()(0)X p p E X f j b +== 222()()()PD XE X E X b∴===（4）若(,)i i X p b Γ 1,2i = 则121212()()()()(1)P P X X X X jt f t f t f t b-++==-1212(,)Y X X P P b ∴=+Γ+同理可得：()()iiP X b f t b jt∑=∑-3、设ln (),()(k Z F X E Z k =并求是常数）。

应用随机过程答案1

2. （1）求参数为的()b p ,分布的特征函数，其概率密度为Γ()()是正整数p b x x e x p b x p bx p p ,0 000,1>⎪⎩⎪⎨⎧≤>Γ=−−（2）求其期望和方差。

（3）证明对具有相同参数的b Γ分布，关于参数具有可加性。

p 函数有下面的性质：解（1）首先，我们知道Γ()()! 1−=Γp p根据特征函数的定义，有()[]()()()()()()()()()()()()()()()()()()()()pp p x jt b p p xjt b p p x jt b p p xjt b p p xjt b p p bxp p jtxjtxjtXX jt b b jt b p p b dxe x jt b p p b dx e x jt b p p b dx e x jt b p p b e x jt b p b dx e x p b dx e x p b edx x p e e E t f ⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−=−−Γ=−−Γ==−−Γ=−−Γ+−−Γ=Γ=Γ===∫∫∫∫∫∫∞−−−∞−−−∞−−−∞−−−∞−−−−−∞∞∞−!1!11110010202010110L所以()pX jt b b t f ⎟⎟⎠⎞⎜⎜⎝⎛−=（2）根据期望的定义，有[]()()()()()()()bpdx x p b p dx e x p b b p dx e x bp p b e x bp b dx e x p b dx e x p b x dx x xp X E m bx p p bx p p bxp p bx p p bx p p X ==Γ=Γ+−Γ=Γ=Γ===∫∫∫∫∫∫∞∞−∞−−∞−−∞−∞−∞−−∞∞−010100011类似的，有[]()()()()()()()()()()()()()2201200010101222111111b p p dx x p b p p dx e x p b b p p dx e x b p p b dx e x bp p b e x bp b dx e x p b dx e x p b x dx x p x XE bxp p bxp p bxp p bxp p bx p p bx p p +=+=Γ+==+Γ=+Γ+−Γ=Γ=Γ==∫∫∫∫∫∫∫∞∞−∞−−∞−∞−∞−+∞−+∞−−∞∞−L的方差为X 所以，[]()222221b pb p b p p mXE D XX =⎟⎠⎞⎜⎝⎛−+=−=（3）()()()jt jnt jt e n e e t f −−=115. 试证函数为一特征函数，并求它所对应的随机变量的分布。

(仅供参考)随机信号分析与处理简明教程--第二章习题答案

证明：设τ = t2 − t1
Rz
(τ
)
=
E[z( t1 )z( t 2
)]
≤
E[
z2
(t1)
+ 2
z2
(t2
)]
=
1 2
E[z2
(t1 )
+
z2
(t2
)]
=
1 2
E[z
2
(t1
)]+
1 2
E[z2(t2 Nhomakorabea)]=
1 2
(R
z
(0)
+
R
z
(0))
=
R
z
(0)
（平稳过程）
所以， R z (0)
= σz2
+
可看作一个随机过程 X (t) = Acos(Ωt + Θ) ，其中 A, Ω, Θ 是相互独立的随机变量，且已知
f
A
(a)
=
⎧ ⎪ ⎨
2a A02
,
a ∈ (0, A0 ) ,
fΩ (ω) = ⎪⎨⎧1010 ,
ω
∈ (250,350) ,
fΘ (θ
)
=
⎪⎧ ⎨
1 2π
,
θ ∈ (0, 2π )
⎪⎩0, 其他
第 2 章习题解答
2.1 设有正弦波随机过程 X (t) = V cosωt ，其中 0 ≤ t < ∞ ， ω 为常数，V 是均匀分布于 [0,1] 区间的随机变量。
(1)画出该过程两条样本函数；
(2)确定随机变量
X (ti ) 的概率密度，画出 ti
=
0，
π 4ω

1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。

7.9. a)
d 2 Proof. By Theorem 7.3.3, A restricted to C0 (R) is rx dx + α 2x
2 (r − α 2 2 2
)t+αBt , and E [f (Xt )] = xγ e(r− calculated by deﬁnition. Indeed, Xt = xe So E x [f (Xt )] − f (x) α2 lim = (rγ + γ (γ − 1))xγ t↓0 t 2
t k Bt = 0
1 k−1 kBs dBs + k (k − 1) 2 k (k − 1) 2
t
t k−2 Bs ds 0
Therefore, βk (t) = βk−2 (s)ds
0
4 6 This gives E [Bt ] and E [Bt ]. For part b), prove by induction.
n n n n n
2 2 2 2 so E (B( j −1)/n − Bt ) = 3(t − (j − 1)/n) + 4(t − (j − 1)/n)(j − 1)/n, and
j n j −1 n
2 2 E (B 2 j −1 − Bt ) dt =
n
2j + 1 n3
Hence E
1 (Bt 0
1
3.2.
Problems in Oksendal’s book
Proof. WLOG, we assume t = 1, then
n 3 B1
=
j =1 n
3 3 (Bj/n − B( j −1)/n )
=
j =1 n
[(Bj/n − B(j −1)/n )3 + 3B(j −1)/n Bj/n (Bj/n − B(j −1)/n )]
3
Proof. First, we check by integration-by-parts formula,
t
dYt = Set Xt = (1 − t)
−a + b −
0
dBs 1−s
dt + (1 − t)
dBt b − Yt = dt + dBt 1−t 1−t
t dBs , 0 1−s
d2 dx2 . x
For f (x) = xγ , Af can be
α2 2
+ α2 γ )γt
2
.
So f ∈ DA and Af (x) = (rγ + b)
α2 2 γ (γ
− 1))xγ .
2 Proof. We choose ρ such that 0 < ρ < x < R. We choose f0 ∈ C0 (R) such that f0 = f on (ρ, R). Deﬁne τ(ρ,R) = inf {t > 0 : Xt ∈ (ρ, R)}. Then by Dynkin’s formula, and the fact 2 Af0 (x) = Af (x) = γ1 xγ1 (r + α 2 (γ1 − 1)) = 0 on (ρ, R), we get
− Bt )2 dt =
1 0
( n)
n 2j −1 j =1 n3
→ 0 as n → ∞.
To argue III → 3
n
Bt dt as n → ∞, it suﬃces to prove
n 2
B(j −1)/n (Bj/n − B(j −1)/n ) −
j =1 j =1
B(j −1)/n (
n
I≤[
j =1
(Bj/n − B(j −1)/n )2 ] max |Bj/n − B(j −1)/n | → 0 a.s.
1≤j ≤n 1 1 (Bt 0
2 To argue II → 3 0 Bt dBt as n → ∞, it suﬃces to show E [ ( n) n 2 where Bt = j =1 B(j −1)/n 1{(j −1)/n<t≤j/n} . Indeed, 1 n j/n (j −1)/n
− Bt )2 dt] → 0,
( n)
E[
0
|Bt − Bt |2 dt] =
j =1
( n)
2 2 2 E (B( j −1)/n − Bt ) dt
2 2 is equal to − B2 We note (Bt j −1 )
n
(Bt − B j−1 )4 + 4(Bt − B j−1 )3 B j−1 + 4(Bt − B j−1 )2 B 2 j −1
then Xt is centered Gaussian, with variance
t
2 E [Xt ] = (1 − t)2 0 2
ds = (1 − t) − (1 − t)2 (1 − s)2
So Xt converges in L to 0 as t → 1. Since Xt is continuous a.s. for t ∈ [0, 1), we conclude 0 is the unique a.s. limit of Xt as t → 1. 7.8 Proof. {τ1 ∧ τ2 ≤ t} = {τ1 ≤ t} ∪ {τ2 ≤ t} ∈ Nt And since {τi ≥ t} = {τi < t}c ∈ Nt , {τ1 ∨ τ2 ≥ t} = {τ1 ≥ t} ∪ {τ2 ≥ t} ∈ Nt
n j =1
αj Bj . Note
n j =1
αj Bj
(iv)
1 Proof. dXt = dt is obvvious. Set f (t, x) = et x, then 2 2 dXt = df (t, Bt ) = et Bt dt + et dBt = Xt dt + et dBt
5.9. Proof. Let b(t, x) = log(1 + x2 ) and σ (t, x) = 1{x>0} x, then |b(t, x)| + |σ (t, x)| ≤ log(1 + x2 ) + |x| Note log(1 + x2 )/|x| is continuous on R − {0}, has limit 0 as x → 0 and x → ∞. So it’s bounded on R. Therefore, there exists a constant C , such that |b(t, x)| + |σ (t, x)| ≤ C (1 + |x|) Also, |b(t, x) − b(t, y )| + |σ (t, x) − σ (t, y )| ≤ for some ξ between x and y . So |b(t, x) − b(t, y )| + |σ (t, x) − σ (t, y )| ≤ |x − y | + |x − y | Conditions in Theorem 5.2.1 are satisﬁed and we have existence and uniqueness of a strong solution. 5.11. 2|ξ | |x − y | + |1{x>0} x − 1{y>0} y | 1 + ξ2
2
c) Proof. We consider ρ > 0 such that ρ < x < R. τ(ρ,R) is the ﬁrst exit time of X from (ρ, R). 2 Choose f0 ∈ C0 (R) such that f0 = f on (ρ, R). By Dynkin’s formula with f (x) = log x and 2 the fact Af0 (x) = Af (x) = r − α 2 for x ∈ (ρ, R), we get E x [f0 (Xτ(ρ,R) ∧k )] = f0 (x) + (r − Since r >
n
=
j =1ห้องสมุดไป่ตู้n
2 2 E B( j −1)/n [(Bj/n − B(j −1)/n ) −
1 2 ] n
=
j =1 n
j−1 2 1 E (Bj/n − B(j −1)/n )4 − (Bj/n − B(j −1)/n )2 + 2 n n n j−1 1 1 1 (3 2 − 2 2 + 2 ) n n n n 2(j − 1) →0 n3
α2 2 ,
α2 x )E [τ(ρ,R) ∧ k ] 2
Xt → ∞ a.s. as t → ∞. So τ(ρ,R) < ∞ a.s.. Let k ↑ ∞, we get E x [τ(ρ,R) ] = f0 (R)p(ρ) + f0 (ρ)(1 − p(ρ)) − f0 (x) 2 r− α 2
The second equality is due to the fact Bt − Bs is independent of Fs . 4.4. Proof. For part a), set g (t, x) = ex and use Theorem 4.12. For part b), it comes from the fundamental property of Ito integral, i.e. Ito integral preserves martingale property for integrands in V . Comments: The power of Ito formula is that it gives martingales, which vanish under expectation. 4.5. Proof.