随机过程_汪荣鑫_第四章课后答案
随机过程第四章
pii
(n)
1
i
0
证：(1)如i为零常返则i
，由lim n
pii nd
d
i
0
而当n不能被周期d整除时n 0modd ,
必然有pii
(n)
0，故
lim
n
pii
n
0
反之，若lim n
pii
(n)
0,
而i是正常返，
则由lim n
pii (nd )
d
i
0矛盾.
(2) 如i为遍历，即d 1，由上面定理得
即 Tij minn：X m i, X mn j，n 1
而称：
fij (n) P Tij n
P{X mv j，1 v n 1，X mn j / X m i}，n 1 为自状态i出发，经n步首次到达状态j的概率， 简称首达概率。
注：由齐次马氏链性质知，首达概率与出发时刻
p3
① q1 q2
p1
③ q3 ②
p2
求从状态1出发经n步转移首次到达各个状态的概率。
f12
(n)qq11p3 p3源自q m1 1m p1,
q3
,
n 2m, n 2m 1,
m 1 m0
同理：
f13 (n)
p1q2 p1q2
p m1 1
m q1,
p2
,
n 2m, n 2m 1,
m 1 m0
互通关系的状态是同一类型.
定理：如果i j， 则
(1) i与j同为常返或非常返，如为常返，则它们
同为正常返或零常返；
(2) i与j有相同的周期。
1证：因为i j，故存在正整数k与m，使
pij (m) 0, p ji (k ) 0
《随机过程及其在金融领域中的应用》习题四答案
3
e 2
解法二：
平均每小时有30人到达
= 30 =0.5人/分钟
60
根据齐次 Poisson 过程的到达时间间隔Xn, n 1, 2, 是独立同分布于均值
为 1 的指数分布的，故可有：
相继到达的顾客的时间间隔大于 2 分钟的概率为： P Xn 2 et e1
PNt n
n
k
PNs
k PNts PNt n
nk
sk es
k!
t snk n k!
t n et
ets
s k nk t s nk
tk tnk
n!
k !n k !
不妨设 t s 则
E
M 2 T
1 T2
T 0
T 0
E
Nt
Ns
dsdt
1 T2
T 0
T 0
t 2ts dsdt
1
T2
T 0
Tt
1 2
2T
2t
dt
T 2
2T 2 4
Var M T E M 2 T E M T 2 T 2
0!
1!
2!
e2 2e2 2e2 5e2
P N1 1, N2 3 P N1 1, N21 3 1 P N1 1 P N1 2 2e2 2e2 4e4
P
N1
2
N1
1
P
N1 2, N1
P N0,s1 0, Ns1,s1h 1, Ns1h,s2 0, Ns2 ,s2 h 1, Ns2 h,s3 0, Ns3 ,s3 h 1
随机过程课后习题答案
随机过程课后习题答案随机过程课后习题答案随机过程是概率论和数理统计中的一个重要分支，研究的是随机事件在时间上的演变规律。
在学习随机过程的过程中，习题是不可或缺的一部分。
通过解习题，我们可以更好地理解和掌握随机过程的基本概念和性质。
下面是一些随机过程课后习题的答案，希望对大家的学习有所帮助。
1. 假设随机过程X(t)是一个平稳过程，其自协方差函数为Cov[X(t), X(t+h)] =e^(-2|h|)，求该过程的自相关函数。
解：首先，自协方差函数Cov[X(t), X(t+h)]可以通过自相关函数R(t, h)来表示，即Cov[X(t), X(t+h)] = R(t, h) - E[X(t)]E[X(t+h)]。
由于该过程是平稳过程，所以E[X(t)]和E[X(t+h)]是常数，可以将其记为μ。
因此，Cov[X(t), X(t+h)] = R(t, h) - μ^2。
根据题目中给出的自协方差函数，我们有e^(-2|h|) = R(t, h) - μ^2。
将μ^2移到等式左边，得到R(t, h) = e^(-2|h|) + μ^2。
所以，该过程的自相关函数为R(t, h) = e^(-2|h|) + μ^2。
2. 假设随机过程X(t)是一个平稳过程，其自相关函数为R(t, h) = e^(-3|h|)，求该过程的均值和方差。
解：由于该过程是平稳过程，所以均值和方差是常数，可以将均值记为μ，方差记为σ^2。
根据平稳过程的性质，自相关函数R(t, h)可以表示为R(h) = E[X(t)X(t+h)] =E[X(0)X(h)]。
根据题目中给出的自相关函数，我们有R(h) = e^(-3|h|)。
将t取为0，得到R(h) = E[X(0)X(h)] = μ^2。
所以，该过程的均值为μ。
根据平稳过程的性质，方差可以表示为Var[X(t)] = R(0) - μ^2。
将t取为0，得到Var[X(t)] = R(0) - μ^2 = e^(-3*0) - μ^2 = 1 - μ^2。
《随机过程》第四章作业解答
,
f21
=
1 3
f21
+
2 3
,
得到
f61
=
1 。类似可得
2
f62
=
f63
=
f64
=
1。
2
∞
对于状态
1
而言，τ1
=
E(T1|X0
=
1)
=
1×
1 3
+
k·
2 3
·
(
1 3
)k−2
·
2 3
=
2。类似可得：
k=2
∞
∞
∞
τ2
=
1 3
+
k
·
2 3
·
(
1 3
)k−2
·
2 3
=
2,
τ3
=
1 4
+
k
·
3 4
pk0j > pkj。从而有
n
n
pk0j = pk0j
pik >
pikpkj = pij,
k=1
k=1
∀i ∈ E
由 i 的任意性得到矛盾，从而假设不成立。对 ∀i, j ∈ E, p1j = pjj。
1+(−1)k
2k+1
17. 解：(1) P k = 1+(−1)k+1
2k+1
其中, P (Sn > 0|Xn = i) =
n+i
Cn 2
p
n+i 2
(1
−
p)
n−i 2
C p (1 n+i 2 n
随机过程第四章作业及参考答案
第四章 马尔科夫过程P2271. 将一颗骰子扔很多次。
记n X 为第n 次扔正面出现的点数，问(){}12X n n = ，，，是马尔科夫链吗？如果是，试写出一步转移概率矩阵。
又记n Y 为前n 次扔正面出现点数的总和，问(){}12Y n n = ，，，是马尔科夫链吗？如果是，试写出一步转移概率。
解： （1）由于(){}12X n n = ，，，的取值只能是{}123456，，，，，，故状态空间为{}123456E =，，，，，。
由于()X n 的取值的概率与()1X n -以前的()X i 的取值完全无关，所以是()X n 是马尔科夫链。
故()(){}116ij p P X n j X n i ==-==. 它的一步转移概率矩阵为：111111666666111111666666111111666666111111666666111111666666111111666666P ⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦（2）由于前n 次扔正面出现点数的总和()Y n =前1n -次扔正面出现点数的总和+第n 次扔正面出现的点数，而前1n -次扔正面出现点数的总和与第n 次扔正面出现的点数相互独立，因此()Y n 具有无后效性，是马尔科夫链。
它的一步转移概率为：()112616078ij j i i i p n n j i i i j i ⎧=+++⎪+=⎨⎪=++<⎩ ，，，，，，，，，，或 其中16i n n n =+ ，，，；()1261j n n n =+++ ，，，。
2. 一个质点在直线上作随机游动，一步向右的概率为p （01p <<），一步向左的概率为q ，1q p =-。
在0x =和x a =处放置吸收壁。
记()X n 为第n 步质点的位置，它的可能值是(){}012X n n = ，，，，。
试写出一步转移概率矩阵。
解：状态空间为{}012E a = ，，，，。
随机过程第4章习题
于 (1 - x, 1) 之间。问 ξ ( n ), n = 0,1,2,L , 是否满足严平稳的条件？ 解（待补充）
= E e j (ωt +θ ( t ) ) = e jωt
{
} ⋅ E {e ( ) }
jθ t
= e jωt ∫ e jx dF ( x, t )
由于 θ (t ) 是一个二阶严平稳过程，故
mξ ( t ) = e jωt ∫ e jx dF ( x, t ) = e jωt ∫ e jx dF ( x ) = e jωt ⋅ E e jθ ( 0)
条件数学期望
E (Y | xi ) = ∑ y j p j / i = ∑ y j p{ Y = y j | X = xi }
j j
全期望公式
E ( X ) = E{E [X / Y ]} = ∑ p Y = y j E (X / y j )
j
[
]
注意到
η ( t1 ) = m, η ( t2 ) = n η ( t1 ) − η ( t2 ) = k , η ( t1 ) + η ( t2 ) = η ( t1 ) − η ( t2 ) + 2η ( t2 ) = k + 2n
且 P{ξ (0) = 1} =
p1 p1 + p 2
，
p2 试证明该过程为严平稳过程。 p1 + p 2
解（提示） ： 给出初始时刻的概率分布，给出任意时刻的概率分布，证明它们示相同的； 给出任意 N 个时刻的概率分布，证明它们具有平移不变性。
随机过程答案
随机过程第三章与第四章习题解答3.1 解：令()N t 表示(0,)t 时间内的体检人数，则()N t 为参数为30的poisson 过程。
以小时为单位。
则((1))30E N =。
4030(30)((1)40)!k k P N e k -=≤=∑。
3.2 解：法一：（1）乘坐1、2路汽车所到来的人数分别为参数为1λ、2λ的poisson 过程，令它们为1()N t 、2()N t 。
1N T 表示1()N t =1N 的发生时刻，2N T 表示2()N t =2N 的发生时刻。
1111111111()exp()(1)!N NN T f t t t N λλ-=-- 2221222222()exp()(1)!N NN T f t t t N λλ-=--1212121221112,12|12211122212(,)(|)()exp()exp()(1)!(1)!N N N N N NNN N T T T T T f t t f t t f t t t t t N N λλλλ--==---- 12212121112211122210012()exp()exp()(1)!(1)!NNt N N N N P T T dt t t t t dt N N λλλλ∞--<=----⎰⎰（2）当1N =2N 、1λ=2λ时，12121()()2N N N N P T T P T T <=>=法二：（1）乘车到来的人数可以看作参数为1λ+2λ的泊松过程。
令1Z 、2Z 分别表示乘坐公共汽车1、2的相邻两乘客间到来的时间间隔。
则1Z 、2Z 分别服从参数为1λ、2λ的指数分布，现在来求当一个乘客乘坐1路汽车后，下一位乘客还是乘坐1路汽车的概率。
212211122210()exp()exp()z p P Z Z dz z z dz λλλλ∞=<=--⎰⎰112λλλ=+。
故当一个乘客乘坐1路汽车后，下一位乘客乘坐2路汽车的概率为1-p 212λλλ=+上面的概率可以理解为：在乘客到来的人数为强度1λ+2λ的泊松过程时，乘客分别以112λλλ+概率乘坐公共汽车1，以212λλλ+的概率乘坐公共汽车2。
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第一部分：数理统计习题解答第一章1.解：2. 解：子样平均数子样方差子样标准差3. 解：因为所以所以成立因为所以成立4. 解：变换利用3题的结果可知5. 解：变换利用3题的结果可知6.7解：8解：将子样值重新排列（由小到大）-4，-2.1，-2.1，-0.1，-0.1，0，0，1.2，1.2，2.01，2.22，3.2，3.219解：10.某射手进行20次独立、重复的射手，击中靶子的环数如下表所示：解：12. 解：()ix P λi Ex λ=i Dx λ=1,2,,i n =⋅⋅⋅1122111111n n i i i i n ni i i i n E X E x Ex n n nn DX D x Dx n nn n λλλλ============∑∑∑∑13.解：(),ix U a b2i a bEx += ()212i b a Dx -=1,2,,i n =⋅⋅⋅在此题中()1,1ix U - 0i Ex =13i Dx =1,2,,i n =⋅⋅⋅112111101113n ni i i i n ni i i i E X E x Ex n n DX D x Dx n nn ==========∑∑∑∑14.解：因为()2,iX N μσi X Eμσ-=1i X Dμσ-=所以()0,1i X N μσ-1,2,,i n =⋅⋅⋅由2χ分布定义可知()222111nniii i X Y Xμμσσ==-⎛⎫=-= ⎪⎝⎭∑∑服从2χ分布所以()2Yn χ15. 解：因为()0,1iX N1,2,,i n =⋅⋅⋅ ()1230,3X X X N ++0E=1=所以()0,1N()221χ同理()221χ由于2χ分布的可加性，故()222123Y χ=+可知13C =16. 解：（1）因为()20,iX N σ1,2,,i n =⋅⋅⋅()0,1iX N σ所以()22121ni i X Y n χσσ=⎛⎫= ⎪⎝⎭∑(){}11122Y Yy F y P Y y P σσ⎧⎫=≤=≤⎨⎬⎩⎭()220yf x dxσχ=⎰()()211'221Y Y y f y F y f χσσ⎛⎫==⨯ ⎪⎝⎭因为()2122202200n x n x e x n f x x χ--⎧⎪>⎪⎛⎫=⎨Γ ⎪⎪⎝⎭⎪≥⎩所以()21122202200n y n nY y e y n f y y σσ--⎧⎪>⎪⎛⎫=⎨Γ ⎪⎪⎝⎭⎪≤⎩（2） 因为()20,i X N σ1,2,,i n =⋅⋅⋅()0,1iX N σ所以()22221ni i X nY n χσσ=⎛⎫= ⎪⎝⎭∑(){}()22222220nyY nY ny F y P Y y P f x dxσχσσ⎧⎫=≤=≤=⎨⎬⎩⎭⎰()()222'22Y Y ny nf y F y f χσσ⎛⎫== ⎪⎝⎭故 ()221222202200n nny n n Y n y e y n f y y σσ--⎧⎪>⎪⎛⎫=⎨Γ ⎪⎪⎝⎭⎪≤⎩（3）因为()20,iX N σ1,2,,i n =⋅⋅⋅()10,1ni N =所以()22311ni Y n χσ=⎛= ⎝(){}()()22333210yn Y Y F y P Y y P y f x dxn σχσ⎧⎫=≤=≤=⎨⎬⎩⎭⎰()()()233'2211Y Y y f y F y f n n χσσ⎛⎫== ⎪⎝⎭()()221000x x f x x χ-⎧>=≤⎩故 ()232000yn Y y f y y σ-⎧>=≤⎩（4）因为()20,iX N σ1,2,,i n =⋅⋅⋅所以()()1224210,11ni n i N Y χσ==⎛= ⎝(){}()()()()()224224442210'2211yY Y Y y F y P Y y P f x dxy f y F y f σχχχσσσσ⎧⎫=≤=≤=⎨⎬⎩⎭⎛⎫== ⎪⎝⎭⎰故()242000y Y y f y y σ-⎧>=≤⎩17.解：因为 ()Xt n存在相互独立的U ，V()0,1UN()2Vn χ使X =()221U χ则221U X V n=由定义可知()21,F n χ18解：因为()20,iX N σ1,2,,i n =⋅⋅⋅()10,1ni N =()221n mi i n X m χσ+=+⎛⎫ ⎪⎝⎭∑所以()1nniX Y t m ==（2）因为()0,1iX N σ1,2,,i n m =⋅⋅⋅+()()221221ni i n mi i n X n X m χσχσ=+=+⎛⎫ ⎪⎝⎭⎛⎫ ⎪⎝⎭∑∑所以()221122211,ni n i ii n m n mi ii n i n X m X n Y F n m X n X m σσ==++=+=+⎛⎫⎪⎝⎭==⎛⎫ ⎪⎝⎭∑∑∑∑19.解：用公式计算()20.010.019090χ=查表得0.01 2.33U =代入上式计算可得 ()20.01909031.26121.26χ=+=20.解：因为()2Xn χ2E n χ= 22D n χ=由2χ分布的性质3可知()0,1N{}P X c P ≤=≤22lim t n P dt -→∞-∞≤==Φ故 {}P X c ≤≈Φ第 二 章 1.,0()0,0()()1()111x x x x xe xf x x E x f x xdx xe dxxe e d x e xλλλλλλλλλλλλ-+∞+∞--∞+∞+∞--+∞-⎧≥=⎨<⎩=⋅==-+=-==⎰⎰⎰令从而有 1x λ∧=2.()111121).()(1)(1)1111k k x x E x k p p p k p ppp ∞∞--===-=-==⎡⎤--⎣⎦∑∑令1p ＝X２）．其似然函数为1`11()(1)(1)ni x i i nX nni L P P p p p -=-=∑=-=-∏解之得11nii np XX∧===∑３． 解：因为总体Ｘ服从Ｕ（a ，b ）所以()2122!2!!()12ni i a b n E X r n r X X X X a b S X b X =∧∧+=--⎧=⎪⎪⎨-⎪=⎪⎩⎧=-⎪⎨⎪=+⎩∑222（a-b ）（） D （X ）=12令E （X ）= D （X ）=S ，1S =n a+b2（）a4. 解：（1）设12,,nx x x 为样本观察值则似然函数为：111()(),01,1,2,,ln ()ln ln ln ln 0n ni i i nii i nii L x x i nL n x d L nxd θθθθθθθθ-====<<==+=+=∏∑∑（-1）解之得：11ln ln nii nii nxnxθθ=∧==-==∑∑（2）母体X 的期望1()()1E x xf x dx x dx θθθθ+∞-∞===+⎰⎰而样本均值为：5.。