随机过程试题及答案
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1. 设随机变量X服从参数为A的泊松分布，则X的特征函数为
2. 设随机过程X(t)二Acos( a t+①),-ocvtv处 其中为正常数，A和①是相互独
立的随机变量，且A和①服从在区间［0,1］上的均匀分布，则X(t)的数学期望 为 。
3. 强度为入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｛Wn，n>1｝是与泊松过程｛x(t),t >0｝对应的一个等待时间序列，则 Wn服 从 分布。
程的状态空间
6 .设马氏链的一步转移概率矩阵P=(pjj)，n步转移矩阵P⑺=(pj)，二者之间 的关系为
7.设｛Xn,n >0｝为马氏链，状态空间I，初始概率Pi = P(X0=i)，绝对概率
Pj(n) = P｛Xn =j｝， n步转移概率pjn)，三者之间的关系为 ___________ 。
9. 更新方程K(t )=H(t )+J；K(t-sdF(s )解的一般形式为_
10. 记卩=EXn,对一切 a>0，当 tTK 时，M (t+a)—M (t 户
、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)。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X(t) 3’
Let, 如果t时取得红球，则这个随机过 如果t时取得白球 2. 设｛X(t), E>0｝是独立增量过程,且X(0)=0,证明｛X(t), t30｝是一个马尔科夫
过程。
8 .设｛X(t),t > 0｝是泊松过程，且对于任意t^> 0则
P{X (5) =6|X (3) = 4} = 3. 设｛Xn,n>0｝为马尔科夫链，状态空间为I，则对任意整数n>0,1Wlvn和 i,产I， n步转移概率pjn) =2 P聘pkj-l)，称此式为切普曼一科尔莫哥洛夫方程,
证明并说明其意义。
得分 评卷人
4. 设｛N(t),t >0｝是强度为A的泊松过程，｛Yk,k=1,2,…｝是一列独立同分布随机变
N(t)
量，且与｛N(t),t 乂｝独立，令 X(t)= S 丫k,t >0，证明：若 E(Y12^)，则
k=1 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。
E X(t) ] = AtE ｛丫1｝。
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a，而今天无雨明天有雨的概率为P ；规定有雨天气为
1.设齐次马氏链的一步转移概率矩阵为 P 『1/3 2/3
1/3 0
< 0 1/3 0、
2/3，求其平稳分布。
2/3丿 状态0,无雨天气为状态1。设a =0.7,P =0.4，求今天有雨且第四天仍有雨的
概率。 4道小题，每题8分，共32分) 得分 评卷人
三、计算题(本大题共
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。
4. 设有四个状态
%
14
L0
得分 评卷人
四、简答题(本题6分)
(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。 匸｛0,,2,3｝的马氏链，它的一步转移概率矩阵
p=
-•填空题
1 •为e汐-1) 1 1
。2 • -(sin(©t+1)-sinot)。3 • —
2 A
4 • r 5 『1*2+ 2
• t, —t,…;e,e
■- -k 6 • P(n) = Pn。
"[3 3 J
8 • 18e》 t
9。K(t) = H(t)+fK 〈(t-sdM (s) 10. 7
.证明题 a Z P{X(n)=j,X(l)=k |X(O)=i}
ke
1.
证明：左边=PABCUP(ABC) P(AB)= P |AB)P(B
P(A) P (AB) P(A)
2.
证明：当 0 Ct1 ■ 时, P(X(t) < X X(ti)=Xi ,X(t 2)=X2,…X(t n)=Xn) = • Pj(n) =2 Pi 持。 iS A)二右边 P(X(t)-X(t n^X-Xn X(ti)-X(O)=X i，X(t 2)-X(0)=X 2,…X(tn)-X(O)=X n)= P(X(t)-X(t n)兰 X-Xn)，又因为 P(X(t) < X X(t n)=X n)= P(X(t)-X(t n)兰 X-Xn X(t n)=Xn )= P(X(t)-X(t n)兰 X-Xn)，故 P (X(t) 3. 证明: Pjn) = p{x(n)=j|x(O)=i } = pjx(n)=j,U X(l)=k |X(O)=i |= . k寸 J =2 P{x(l)=k|X(0)=i}gp{x(n)=j|X(l)=k,X(0)=i }=S P^PT，其意义为 n 步转 k曰 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 rN(t) E[X(t)|N(t) = n卜 E E 丫』N(t)= Li=1 =^ Yi N(t) = ni = E[£ 丫〕= nE(Y1)，所以 E [X(t) ] jtE{ YJ。 Li=1 」Li=1 」 共50分) •计算题(每题10分, 1.解： 1，即I 丨兀3 3 2 =—兀 3 2 =—兀 3 +兀 3 3 + 2 3 3 = 1 2.解：设{N(t),t > 0是顾客到达数的泊松过程，几=2，故p{ N(2)=k } = d e-4，则 k! p{N(2) < 3} = p{N(2)=0 } +p{ N(2)=0+P{N(2)=2 } +^N(2)=3 } = e-4 + 4e-4 + 8e-4 + 吏e-4 =二 e-4 3 3 3.解：由题设条件，得一步转移概率矩阵为 P=[P00 P01 = J?7 LP10 r ' ' c' c Q' ，于是 P11」[0.4 0.6. 而得到今天有雨且第四天仍有雨的概率为 P0）=0.5749。 4. 解：（1）图略; （2）P33=1,而P30, P31, P32均为零，所以状态3构成一个闭集， 记Ci={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Ci, C2中的状态, 而C, C2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=DUC2C2 四.简答题（6分）答：（略） P(- PP =[0.61 0.391 10.52 0.48. ，四步转移概率矩阵为卩⑷=P（ 2）P（2）=严749 1^0.5668 0.425” 0.4332 ，从 它是吸收态,
