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 服从参数为的泊松分布，则X 的特征函数为 。

λ2．设随机过程 其中为正常数，和是相互X(t)=Acos( t+),-<t<ωΦ∞∞ωA Φ独立的随机变量，且和服从在区间上的均匀分布，则的数学期望A Φ[]0,1X(t)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．设是与泊松过程对应的一个等待时间序列，则服{}n W ,n 1≥{}X(t),t 0≥n W 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，则 这个随机
⎪⎩⎪⎨⎧=时取得白球如果时取得红球如果t t t e t
t X ,
,
3)(过程的状态空间 。

6．设马氏链的一步转移概率矩阵，步转移矩阵，二者之ij P=(p )n (n)(n)ij P (p )=间的关系为 。

7．设为马氏链，状态空间，初始概率，绝对概率
{}n X ,n 0≥I i 0p P(X =i)=，步转移概率，三者之间的关系为 。

{}j n p (n)P X j ==n (n)ij p 8．设是泊松过程，且对于任意则
}),({0≥t t X 012≥>t t {(5)6|(3)4}______
P X X ===9．更新方程解的一般形式为 。

()()()()0t
K t H t K t s dF s =+-⎰10．记 。

()(),0n EX a t M M t μ=≥→∞
-→一一一一一一一t +a 得 分评卷 人
二、证明题（本大题共4道小题，每题8分，共32分）
1.设为三个随机事件，证明条件概率的乘法公式：
A,B,C 。

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.设为马尔科夫链，状态空间为，则对任意整数和
{}n X ,n 0≥I n 0,1<n l ≥≤，步转移概率 ，称此式为切普曼—科尔莫哥洛夫方程，i,j I ∈n (n)()(n-)
ij ik kj
k I
p p p l l ∈=∑证明并说明其意义。

4.设是强度为的泊松过程，是一列独立同分布随机{}N(t),t 0≥λ{}k Y ,k=1,2,L 变量，且与独立，令，证明：若，则
{}N(t),t 0≥N(t)
k k=1X(t)=Y ,t 0≥∑21E(Y <)∞。

[]{}1E X(t)tE Y λ=得 分评卷 人三、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，求其平稳分布。

⎪⎪⎪
⎭
⎫ ⎝⎛=3/23/103/203
/103/23/1P 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
αβ状态0，无雨天气为状态1。

设，求今天有雨且第四天仍有雨0.7,0.4αβ==的概率。

4.设有四个状态的马氏链，它的一步转移概率矩阵
{}I=0123一一一110022110022
P=111144
4
40
1⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦
（１）画出状态转移图；（２）对状态进行分类；（３）对状态空间进行分解。

I 得 分评卷 人四、简答题（本题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。

一．填空题1．为。

2． 。

3．
it
(e
-1)
e λ1(sin(t+1)-sin t)2ωω1
λ
4． 5． 。

6．。

Γ212t,t,;e,e 33⎧⎫
⎨⎬⎩⎭
L L (n)n P P =7．。

(n)j i ij i I
p (n)p p ∈=⋅∑8． 9。

10.
618e -()()()()0
t
K t H t K t s dM s =+-⎰a
μ
二．证明题1.
证明：左边==右边 P(ABC)P(ABC)P(AB)
P(C AB)P(B A )P(A)P(AB)P(A)
== 2.
证明：当时，=
12n 0t t t t <<<<<L 1122n n P(X(t)x X(t )=x ,X(t )=x ,X(t )=x )≤L =
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 )≤L ，又因为n n P(X(t)-X(t )x-x )≤n n P(X(t)x X(t )=x )=≤=
n n n n P(X(t)-X(t )x-x X(t )=x )≤，故=n n P(X(t)-X(t )x-x )≤1122n n P(X(t)x X(t )=x ,X(t )=x ,X(t )=x )≤L 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 ∈⎧⎫
==⎨⎬⎩⎭U {}
k I
P X(n)=j,X(l)=k X(0)=i ∈∑ ==，其意义为步转{}{}k I
P X(l)=k X(0)=i P X(n)=j X(l)=k,X(0)=i ∈∑g (l)(n-l)
ik
kj P P ∑n 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，而
[]{}
E X(t)E E X(t)N(t)=⎡⎤⎣⎦N(t)i i=1E X(t)N(t)n E Y N(t)n ⎡⎤
===⎡⎤⎢⎥⎣⎦
⎣⎦
∑===，所以。

n i i=1E Y N(t)n ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦∑n i i=1E Y ⎡⎤
⎢⎥⎣⎦∑1nE(Y )[]{}1E X(t)tE Y λ= 三．计算题（每题10分，共50分）1. 解：
解方程组和，即P ππ
=1=∑
i π⎪
⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧
=+++=+=+=1
323231323131321323
3
12211ππππππππππππ解得，故平稳分布为74,72,71321===πππ)
7
4
,72,71(=π2.解：设是顾客到达数的泊松过程，，故，则
{}N(t),t 0≥2λ={}k -4
(4)P N(2)=k e k!
={}{}{}{}{}-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，于是00
011011p p 0.70.3P=p p 0.40.6⎡⎤⎡⎤
=⎢
⎥⎢⎥⎣
⎦⎣⎦
，四步转移概率矩阵为，(2)0.610.39P PP=0.520.48⎡⎤=⎢⎥⎣⎦(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）均为零，所以状态3构成一个闭集，它是吸收33303132p 1,p p p =一一一态，记；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{}1C =3闭集，记，且它们都是正常返非周期状态；由于状态2可达中{}2C =01一12C C 一的状态，而中的状态不可能达到它，故状态2为非常返态，记。

12C C 一{}D=2 （3）状态空间可分解为：I 12
E=D C C ⋃⋃四.简答题（6分） 答：（略）。