期末随机过程试题及答案

期末随机过程试题及答

案

公司内部档案编码：[OPPTR-OPPT28-OPPTL98-OPPNN08]

《随机过程期末考试卷》

1．设随机变量X 服从参数为λ的泊松分布，则X 的特征函数为 。

2．设随机过程X(t)=Acos( t+),-

3．强度为λ的泊松过程的点间间距是相互独立的随机变量，且服从均值为 的同一指数分布。

4．设{}n W ,n 1≥是与泊松过程{}X(t),t 0≥对应的一个等待时间序列，则

n W 服从 分布。

5．袋中放有一个白球，两个红球，每隔单位时间从袋中任取一球，取

后放回，对每一个确定的t 对应随机变量⎪⎩⎪⎨⎧=时取得白球

如果时取得红球如果t t t e t

t X ,

,

3

)(，则 这个随机过程的状态空间 。

6．设马氏链的一步转移概率矩阵ij P=(p )，n 步转移矩阵(n)(n)ij P (p )=，二者之间的关系为 。

7．设{}n X ,n 0≥为马氏链，状态空间I ，初始概率i 0p P(X =i)=，绝对概率{}j n p (n)P X j ==，n 步转移概率(n)

ij

p ，三者之间的关系为 。

8．设}),({0≥t t X 是泊松过程，且对于任意012≥>t t 则

{(5)6|(3)4}______P X X ===

9．更新方程()()()()0t

K t H t K t s dF s =+-⎰解的一般形式为 。 10．记()(),0n EX a t M M t μ=≥→∞-→对一切，当时，t +a 。

二、证明题（本大题共4道小题，每题8分，共32分）

1.设A,B,C 为三个随机事件，证明条件概率的乘法公式：

P(BC A)=P(B A)P(C AB)。

2.设{X (t ),t 0}是独立增量过程, 且X (0)=0, 证明{X (t ),t 0}是一个马尔

科夫过程。

3.设{}n X ,n 0≥为马尔科夫链，状态空间为I ，则对任意整数n 0,1

l ≥≤和i,j I ∈，n 步转移概率(n)()(n-)

ij ik kj

k I

p p p l l ∈=∑ ，称此式为切普曼—科尔莫哥洛夫方程，证明并说明其意义。

4.设{}N(t),t 0≥是强度为λ的泊松过程，{}k Y ,k=1,2,

是一列独立同分布

随机变量，且与{}N(t),t 0≥独立，令N(t)k k=1

X(t)=Y ,t 0≥∑，证明：若

21E(Y <)∞，则[]{

}1E X(t)tE Y λ=。

三、计算题（本大题共4道小题，每题8分，共32分）

1.设齐次马氏链的一步转移概率矩阵为

⎪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=3/23/103/203/103/23/1P ，求其平稳分布。

2.设顾客以每分钟2人的速率到达，顾客流为泊松流，求在2分钟内到达的顾客不超过3人的概率。

3.设明天是否有雨仅与今天的天气有关，而与过去的天气无关。又设今天下雨而明天也下雨的概率为α，而今天无雨明天有雨的概率为β；规定有雨天气为状态0，无雨天气为状态1。设0.7,0.4αβ==，求今天有

雨且第四天仍有雨的概率。

4.设有四个状态{}I=0123，，，的马氏链，它的一步转移概率矩阵

110022110022

P=111144

4

40

1⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦

（１）画出状态转移图； （２）对状态进行分类； （３）对状态空间I 进行分解。

四、简答题（本题6分）

简述指数分布的无记忆性与马尔科夫链的无后效性的关系。 一．填空题 1．为it

(e

-1)

e λ。2． 1(sin(t+1)-sin t)2ωω。3．

1λ

4． Γ 5． 2

12

t,t,;e,e 33

⎧

⎫⎨⎬⎩⎭

。 6．(n)n

P P =。 7．(n)

j i ij i I

p (n)p p ∈=⋅∑。

8．6

18e - 9。()()()()0

t

K t H t K t s dM s =+-⎰ 10.

a μ

二．证明题

1.

证明：左边=P(ABC)P(ABC)P(AB)

P(C AB)P(B A )P(A)P(AB)P(A)

===右边 2.

证明：当12n 0t t t t <<<

<<时，

1122n n P(X(t)x X(t )=x ,X(t )=x ,X(t )=x )≤=

n n 1122n n P(X(t)-X(t )x-x X(t )-X(0)=x ,X(t )-X(0)=x ,

X(t )-X(0)=x )≤=

n n P(X(t)-X(t )x-x )≤，又因为

n n P(X(t)x X(t )=x )=≤n n n n P(X(t)-X(t )x-x X(t )=x )≤=

n n P(X(t)-X(t )x-x )≤，故

1122n n P(X(t)x X(t )=x ,X(t )=x ,X(t )=x )≤=n n P(X(t)x X(t )=x )≤

3. 证明：

{}(n)

ij k I

P P X(n)=j X(0)=i P X(n)=j,X(l)=k X(0)=i ∈⎧⎫==⎨⎬⎩⎭=

{}k I

P X(n)=j,X(l)=k X(0)=i ∈∑

={}{}k I

P X(l)=k X(0)=i P X(n)=j X(l)=k,X(0)=i ∈∑=(l)(n-l)ik kj

P P

∑，其意义为n 步

转移概率可以用较低步数的转移概率来表示。 4.

证明：由条件期望的性质[]{}E X(t)E E X(t)N(t)=⎡⎤⎣⎦，而

N(t)i i=1E X(t)N(t)n E Y N(t)n ⎡⎤

===⎡⎤⎢⎥⎣⎦

⎣⎦

∑ =n

i i=1

E Y N(t)n ⎡

⎤=⎢⎥⎣⎦

∑=n

i i=1

E Y ⎡

⎤

⎢⎥⎣⎦

∑=1nE(Y )，所以[]{}1E X(t)tE Y λ=。

三．计算题（每题10分，共50分）

1. 解：

解方程组P ππ

=和1=∑i

π，即⎪

⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧

=+++=+=+=1

3232313231313213

233

12211ππππππππππππ

解得74,72,71321===πππ，故平稳分布为)7

4

,72,71(=π

2.解：设{}N(t),t 0≥是顾客到达数的泊松过程，2λ=，故

{}k -4

(4)P N(2)=k e k!

=，则

{}{}{}{}{}-4-4-4-4-4

3271P N(2)3P N(2)=0+P N(2)=1+P N(2)=2+P N(2)=3e 4e 8e e e 33

≤==+++

= 3.解：由题设条件，得一步转移概率矩阵为00

011011p p 0.70.3P=p p 0.40.6⎡⎤⎡⎤

=⎢

⎥⎢⎥⎣

⎦⎣⎦，于是(2)0.610.39P PP=0.520.48⎡⎤

=⎢

⎥

⎣⎦

，四步转移概率矩阵为(4)

(2)(2)

0.57490.4251P

P P

0.56680.4332⎡⎤==⎢⎥⎣⎦

，从而得到今天有雨且第四天仍有雨的概率为(4)

00

P 0.5749=。 4.

解：（1）图略；

（2）33303132p 1,p p p =而，，均为零，所以状态3构成一个闭集，它是吸收态，记{}1C =3；0，1两个状态互通，且它们不能到达其它状态，它

们构成一个闭集，记{}2C =01，，且它们都是正常返非周期状态；由于状态2可达12C C ，中的状态，而12C C ，中的状态不可能达到它，故状态2为非常返态，记{}D=2。

（3）状态空间I 可分解为：12E=D C C ⋃⋃