香港理工大学 概率和随机过程 期末试卷

{N(t),t ≥ 0} 独立，令 X(t)=∑X(t)] = λ tE {Y1} 。
k=1
N(t)
2
证明：由条件期望的性质 E [X(t) ] = E E ⎡ ⎣ X(t) N(t) ⎤ ⎦ ，而 E ⎡ ⎣ X(t) N(t) = n ⎤ ⎦ = E⎢
P(X(t) ≤ x X(t1 )=x1 , X(t 2 )=x 2 , X(t n )=x n ) = P(X(t)-X(t n ) ≤ x-x n X(t1 )-X(0)=x1 , X(t 2 )-X(0)=x 2 , X(t n )-X(0)=x n ) = P(X(t)-X(t n ) ≤ x-x n ) ，又因为 P(X(t) ≤ x X(t n )=x n )= P(X(t)-X(t n ) ≤ x-x n X(t n )=x n ) = P(X(t)-X(t n ) ≤ x-x n ) ，故 P(X(t) ≤ x X(t1 )=x1 , X(t 2 )=x 2 , X(t n )=x n ) = P(X(t) ≤ x X(t n )=x n )
2 2
0 0 1 4 0
4 0
0⎤ ⎥ 0⎥ ⎥ 1 ⎥ 4⎥ 1⎥ ⎦
（2） p33 = 1, 而p30，p31，p32 均为零，所以状态 3 构成一个闭集，它是吸收态，记 C1 = {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 C2 = {0， 1}，且它们都是正常返 非周期状态；由于状态 2 可达 C1，C 2 中的状态，而 C1，C 2 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： E=D ∪ C1 ∪ C2 四.简答题（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。 答： （略）

7. 1
8. 1 1
4. ，
2
数理统计
57 33 e 30 154 e 15 9. , 8 24
2 2 2
又由
15 S 2
2
4
即
152
2 15 S 2 (15) 知 D 2 2 15

D S 2 2 15
2

得 D S

2 15
4
五、解:
数理统计
1 2 3 (1) 先求二步转移概率矩阵 1 1/ 2 1/ 4 1/ 4 2 P (2) [ P (1)] 2 1/ 4 1/ 2 1/ 4 3 1/ 4 1/ 4 1/ 2 3 P{ X 2 2} P X 0 iP X 2 2 | X 0 i
数理统计
《概率统计与随机过程》期末试卷二 参考答案 一、填空题
1. F (1, n)
2. P X 1 x1 ,..., X n xn p i 1 (1 p) 其中xi 0或1;
1 n 3. X , Xi X n i 1
xi
n
n
xi
i 1
n
,
E ( S 2 ) p(1 - p)
六、解:
a2 (3) 因 RX ( t , t ) cos 0 , 2 i 故 S X R e d X
2 a i cos( ) e d 0 2 2 a cos(0 )e i d 2 a2 0 0 2
p1 (0) P12 (2) p2 (0) P22 (2) p3 (0) P32 (2) 1 1 1 1 1 ( ) 3 4 2 4 3 (2) P{ X 2 2, X 3 2 | X 0 1}

随机过程期末试题及答案一、选择题（每题5分，共20分）1. 随机过程的数学定义是：A. 一系列随机变量的集合B. 一系列随机事件的集合C. 一系列随机数的集合D. 一系列确定的数列答案：A2. 马尔可夫性指的是：A. 过程的未来状态只依赖于当前状态B. 过程的过去状态只依赖于当前状态C. 过程的未来状态和过去状态都依赖于当前状态D. 过程的未来状态和过去状态都不依赖于当前状态答案：A3. 泊松过程的特征是：A. 事件在连续时间内均匀且独立地发生B. 事件在离散时间内均匀且独立地发生C. 事件在连续时间内非均匀且独立地发生D. 事件在离散时间内非均匀且独立地发生答案：B4. 布朗运动是：A. 一种确定性过程B. 一种随机游走过程C. 一种马尔可夫过程D. 一种泊松过程答案：C二、填空题（每题5分，共20分）1. 随机过程的数学定义是一系列______的集合。

答案：随机变量2. 马尔可夫链的基本性质是______。

答案：无后效性3. 泊松分布的参数λ表示单位时间内事件发生的______。

答案：平均次数4. 布朗运动的增量具有______性。

答案：独立三、简答题（每题10分，共30分）1. 简述随机过程与随机变量的主要区别。

答案：随机变量是单个的随机试验结果，而随机过程是一系列随机试验结果的集合，具有时间序列特性。

2. 描述马尔可夫链的无后效性。

答案：无后效性指的是马尔可夫链的未来状态只依赖于当前状态，而与过去状态无关。

3. 说明泊松过程的独立增量特性。

答案：泊松过程的独立增量特性指的是在不相交的时间间隔内发生的事件是相互独立的。

四、计算题（每题15分，共30分）1. 设随机过程{X(t)}为泊松过程，参数λ=3，求t=2时的事件数的分布。

答案：泊松分布，参数λ=6。

2. 给定马尔可夫链的状态转移矩阵P和初始状态分布π，求马尔可夫链在第n步的状态分布。

答案：根据马尔可夫链的性质，第n步的状态分布为πn = πP^n。

《概率论与随机过程》概率论部分习题解答参考一、ABC BC A C B A C AB C B A C B A .3;.2;.1C B A C B A C B A C B A .4 二、填空1．（1）0.2, (2)52; 2．1 0.4 3．P （A ）+P （B ）－P （AB ） ， 1－P （A ）；4．3213211,)1)(1)(1(1p p p p p p ----- ；5．)002.0028.0()3.0()7.0()3.0(,)135.0()7.0()3.0(55514452335++或或C C C ； 6．3125864)6.0()4.0(,6,,2,1,0,)6.0()4.0(333666或C k C k k k =- ； 7．1 ， 4，+∞<<∞---∞-⎰x dt et x,2218)1(2π ；8．0.7612 ; 9．1 ； 10．3 ； 11．3ln 21； 12．1 ；13．σπ2； 14．91,92 ； 15． 2， 0。

三、单项选择题1．C 2．B 3．B 4．C 5．D 6．D 四、计算题1. 解：设A 1、A 2表示第一、二次取出的为合格品{}{}{}{}{}72960495119532321)()(1)(1132121=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-==⨯-=-=-=-==三批全拒收收三批中至少有一批被接接收接收拒收P P A P A P A A P P P P2. 解：（1）22535523,51288883=⨯⨯⎪⎪⎭⎫⎝⎛===⨯⨯=ΩA N N44.0512225)(===ΩN N A P A（2）1802334523,336678131538=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⨯⨯⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛===⨯⨯=ΩA A N A N A 54.05630381325)(54.0336180)(==⎪⎪⎭⎫⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛====ΩA P N N A P A 或3. 解：令{}个盒子各有一球恰有n A =,!!()nA nnN N N N N N N n n N n n P A N Ω⎛⎫=⋅== ⎪⎝⎭⎛⎫ ⎪⎝⎭=因此4. 解：令{}{}有效系统有效系统b B a A ==829.093.01862.092.0)(1)()()(1)()()()()2(988.0862.093.092.0)(862.085.0)92.01(93.0)()()()()()()()()()()()1(85.0)(93.0)(92.0)(=--=--=--===-+==--=-=-=-=-+====B P AB P A P B P AB A P B P B A P B A P B A P A B P A P B P A B P B P A B B P AB P AB P B P A P B A P A B P B P A P 所以其中5. 解：设A 1、A 2、A 3分别为甲、乙、丙的产品，B 表示产品是次品，显然12312311(),()()24()()2%()4%P A P A P A P B A P B A P B A ====== 1111(1)()()()2%1%2P A B P B A P A ==⨯=由乘法公式 025.041%441%221%2)()()()2(31=⨯+⨯+⨯==∑=i i i A P A B P B P 由全概率公式（3）由Bayes 公式 4.0025.021%2)()()()()(31111=⨯==∑=i ii A P A B P A P A B P B A P 6. 解：设A 表示原为正品 )(A P =96% )(A P =4% 设B 表示简易验收法认为是正品 )(A B P =98% )(A B P =5% 所求概率为998.004.005.096.098.098.096.0)()()()()()()()()(≈⨯+⨯⨯=+==A P AB P A P A B P A B P A P B P AB P B A P7. 解：设A =｛机器调整良好｝ B =｛合格品｝)(A P =75% )(A P =25% )(A B P =90% )(A B P =30% 因此 )(B A P =)()()()()()()()(A B P A P A B P A P A B P A P B P AB P +=%90%30%25%90%75%90%75=⨯+⨯⨯=8. 解：设A 1、A 2分别表示第一次取到有次品产品的事件和无次品产品的事件，B 为第一次取出的合格品，显然有1)(,43)(,21)()(2121====A B P A B P A P A P由Bayes 公式111112213()()324()131()()()()71242P A P B A P A B P A P B A P A P B A ⨯===+⨯+⨯ 设C 表示第二次取出次品的事件2834173)(=⨯=C P9. 解：设A =｛甲出现雨天｝，B =｛乙出现雨天｝由题意可知 )(A P =0.2, )(B P =0.18, )(A B P =0.6所求概率为P (A ∪B )=P (A )+P (B )－P (AB )=P (A )+(B )－P (A )P (B ︱A ) =0.2+0.18－0.2×0.6=0.26 10. 解：令{},3,2,1==i i A i 次取出为正品第所求概率为0084.0989099910010)()()()()()(21312121321321=⨯⨯===A A A P A A P A P A A A P A A P A A A P11. 解：设{}3,2,1==i i A i 人能译出第 A =｛密码被译出｝,则123A A A A =123123()()1()P A P A A A P A A A ==- 1234231()()()10.6534P A P A P A =-=-⨯⨯= 12. 解：设X 表示卖出的一包产品中的次品数（1）X ～B （10，0.01）于是 P ｛卖出的一包被退回｝ =P {X ＞1｝=1－P ｛X ≤1｝=1－P ｛X =0｝－P ｛X =1｝=004.0)99.0()01.0(99.0()01.0(191110100010≈--C C ）（2）X ～B （20，0.01）P ｛卖出的一包被退回｝ =P ｛X ＞2｝=1－P ｛X ≤2｝ =1－P ｛X =0｝－P ｛X =1｝－P ｛X =2｝=001.0)99.0()01.0()99.0()01.0(99.0()01.0(1182220191120200020≈---C C C ）13. 解：先研究一人负责维修20台设备的情况。