(完整word版)2017-2018期末随机过程试题及答案

《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+),-<t<ωΦ∞∞ 其中ω为正常数，A 和Φ是相互独立的随机变量，且A 和Φ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<n 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）
一．填空题 1．为it
(e
-1)
e λ。

2． 1(sin(t+1)-sin t)2ωω。

3． 1
λ
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 ∈=⋅∑。

8．618e - 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=1E Y N(t)n ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦∑=n i i=1E 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
323231323131321
3
233
12
2
11ππππππππππππ 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00011011p 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)
00P 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 ⋃⋃
四.简答题（6分） 答：（略）。