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 服从参数为的 泊松分布，贝U X 的特征函数为。 2 ?设随机过程

X(t)二Acos( t+ )，-

P j (n) P X n j , n 步转移概率 p j n )

，三者之间的关系为。 8?设｛X(t),t

0｝是泊松过程，且

对于任意 t 2 t i 0 则

P ｛ X (5) 6|X (3) 4｝

—

正常数，A 和是相互独立的随机变 量，且A 和服从在区间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。 9. 更新方程

t

K t H t K t sdF s 解的

0 一般形式为。 10. 记

EX n ,对一切a 0,当t 时，M

。

4道小题，每题8分，共32分)

列，则W n 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

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

P=(P ij )，n 步转移矩阵 P (n) (p (n))，

二者之间的关系为。

7. 设X n ,n 0为马氏链，状态空

1. 设A,B,C 为三个随机事件，证明 条件概率的乘法公式： P(BCA)=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X n ,n 0为马尔科夫链，状态 空间为I ，则对任意整数 n 0,1 l

4. 设N(t),t 0是强度为的泊松

间I ，初始概率p i P(X 0=i)，绝对概

科尔莫哥洛夫方程，证明并说明其意 义。

4.

X(t

,n 1是与泊松过程

评卷人 二、证明题(本大题共 ),t 0对应的一个等待时间序 t +a M t

量 X(t)

丄

3 t e ,

如果t 时取得红球 如果t 时取得白球

(n)

P ij

p ik )p j )，称此式为切普曼一

k I

分布随机变量，且与 N(t),t 0独

N(t)

立，令X(t)= Y k ,t 0，证明：若

k=1

E(Y I 1

2V )，则 E X(t) tE Y i 。

题(本大题共4道小题，每题8分，共32分)

4.

5. ^t.-t.L ;e,e 3 L 。

—

3 3

1.设齐次马氏链的一步转移概率矩

1/3 2/3

阵为

P

1/3 0 2/3，求其

1/3 2/3

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

，而今天无雨明天有雨的概率为

；规定有雨天气为状态0,无雨天 气为状态1。设 0.7,

0.4，求

今天有雨且第四天仍有雨的概率。 4. 设有四个状态1= 0,1,2,3的马氏

转移概率矩阵

0 0

0 0

1

4 14

0 1

6. P (n) P n 。

7. p j (n) P i p (j n)。

i I

8. 18e 69。

t

K t H t Kt sdM s 10. 0 a

二.证明题 1.

证明：左边

P(ABC) P(A)

=右边 2.

证明：当0 打t 2 L t n t 时，

P(X(t) XX(tJ=X 1,X(t 2

)=X 2 丄 X(t n )=X n )

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。

过

P(X(t)-X(t n ) X-X n )，又因为

P(X(t) X X(t n )=X n ) =

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 e (et-1)。

1 1

2.— (sin( t+1)-sin t)。

3.—

2

12 14 o

讪

12 12 14 o ，

-- 链p=

P(ABC) P(AB) P(AB) P(A)

P(C AB)P(B A )

P(X(t)-X(t n ) x-X n X(tJ-X(0)=X 1,X(t 2)-X(0)=x 2,L X

12题(本题6 分)

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

P(X(t)-X(t n ) X-X n )，故

X X(tJ=X 1,X(t 2)=X 2 丄 X(t n )=X n )

P X(n)=j,X(l)=k X(0)=i

k I

P X(l)=k X(0)=i gP X(n)=j X(l)=k,X(0)=i

k I

=P k )P kj n-l)，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 P N(2) 3 P 3?解：由题设条件,

N(2)=0 +P N(2)=1 +P N(2)=2 +P

得一步转移概率矩阵

X(t) E E X(t) N(t)，而 为 P= P 00

p 10

p

01

P 11

0.7 0.4 0.3 0.6 '

X(t) N(t) N(t) Y i N(t) n i=1 P (2)

PP=

0.61 0.39 0.52 0.48

，四步转移概

=E Y N(t) =E i=1 n Y i i=1 率矩阵为

nE(YJ ，所以 E X(t) tE ￡ 。

卩⑷卩⑵卩⑵O.5749

0.5668 °

4251

，从

0.4332

?计算题（每题10分, 1.解： 共 50 分) 而得到今天有雨且第四天仍有雨的概率

为 F0? 0.5749。

解方程组

P(X(t) =P(X(t) XX(t n )=X n )

3. 证明:

P (n) P X(n)=j X(0)=i P X(n)=jJX(l)=kX(0解得

1

2 4 7, 3

7

故平稳分布为

是顾客到达数的泊松 过程， 2，故P

N(2)=k ^e 4，

k!

1

2

且它们不能到达其它状态， 它们构成 一个闭集，记 C 2= 0，1 ，且它们都是 正常返非周期状态； 由于状态 2可达

C i, C 2中的状态，而C , 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 C 1 C 2

四. 简答题（ 6分）答：（略）4.

解：（1）图略;

(2

) p 33 h 而 P 30, P 31, p 32 均为零， 所以状态3构成一个闭集，它是吸收 态，记C 1= 3 ; 0，1两个状态互通，