(完整)随机过程复习试题及答案,推荐文档.pdf

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。证明：当0tttt时，P(X(t)xX(t)=x,X(t)=x,X(t)=x)=12n1122nnP(X(t)-X(t)x-xX(t)-X(0)=x,X(t)-X(0)=x,X(t)-X(0)=x)=nn1122nnP(X(t)-X(t)x-x)，又因为P(X(t)xX(t)=x)=P(X(t)-X(t)x-xX(t)=x)=nnnnnnnnP(X(t)-X(t)x-x)，故P(X(t)xX(t)=x,X(t)=x,X(t)=x)=P(X(t)xX(t)=x)nn1122nnnn3.设X,n0为马尔科夫链，状态空间为I，则对任意整数n0,1l<n和i,jI，n步转n移概率p(n)p(l)p(n-l)，称此式为切普曼—科尔莫哥洛夫方程，证明并说明其意义。ijikkjkI证明：P(n)PX(n)=jX(0)=iPX(n)=j,X(l)=kX(0)=i=PX(n)=j,X(l)=kX(0)=iijkIkI=PX(l)=kX(0)=iAPX(n)=jX(l)=k,X(0)=i=P(l)P(n-l)，其意义为n步转移概率可以ikkjkI用较低步数的转移概率来表示。4.设N(t),t0是强度为的泊松过程，Y,k=1,2,是一列独立同分布随机变量，且与kN(t)N(t),t0独立，令X(t)=Y,t0，证明：若E(Y2<)，则EX(t)tEY。k11k=1证明：由条件期望的性质EX(t)EEX(t)N(t)，而N(t)EX(t)N(t)nEYN(t)nii=1nn=EYN(t)n=EY=nE(Y)，所以EX(t)tEY。ii11i=1i=1costH1.抛掷一枚硬币的试验，定义一随机过程：X(t)=,t(-,+)，设tT1p(H)=p(T)=，求（1）X(t),t(,)的样本函数集合；（2）一维分布函数2F(x;0),F(x;1)。1解：（1）样本函数集合为cost,t,t(-,+)；1（2）当t=0时，PX(0)=0PX(0)=1，200x<0x<-111故F(x;0)=0x<1；同理F(x;1)=1x<122x1x1112.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。(4)k解：设N(t),t0是顾客到达数的泊松过程，2，故PN(2)=ke-4，则k!3271PN(2)3PN(2)=0+PN(2)=1+PN(2)=2+PN(2)=3e-44e-48e-4e-4e-4333.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。pp0.70.3解：由题设条件，得一步转移概率矩阵为P=0001，于是pp0.40.610110.610.390.57490.4251P(2)PP=，四步转移概率矩阵为P(4)P(2)P(2)，从而得到0.520.480.56680.4332今天有雨且第四天仍有雨的概率为P(4)0.5749。004.一质点在1,2,3三个点上作随机游动，1和3是两个反射壁，当质点处于2时，下一时刻处于1,2,3是等可能的。写出一步转移概率矩阵，判断此链是否具有遍历性，若有，求出极限分布。010111111333P(2)P2171,解：一步转移概率矩阵P=，333999111333010由p>0(2)知，此链有遍历性；设极限分布=,,，ij1231113215方程组13332252111233511002211005.设有四个状态I=0而而而123的马氏链，它的一步转移概率矩阵P=22111144440001（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。解：（1）图略；（2）p1,而而而ppp均为零，所以状态3构成一个闭集，它是吸收态，记C=3；3330313210，1两个状态互通，且它们不能到达其它状态，它们构成一个闭集，记C=0而1