(完整)2017-2018期末随机过程试题及答案,推荐文档.docx
随机过程期末考试卷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) 。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l。2设随机过程X(t)=Acos( t+F),-<t< 其中 为正常数，A 和F 是相互独ww 立的随机变量，且A 和F 服从在区间 0,1 上的均匀分布，则的数学期望X(t)为。3强度为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 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W 服nn分布。从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，X t tXX t t2.设 ( ), 0是独立增量过程, 且 (0)=0, 证明 ( ), 0是一个马尔科夫t ,如果t时取得红球对每一个确定的 对应随机变量X (t) =t，则 这个随机过过程。 3 ,ett如果 时取得白球程的状态空间。6设马氏链的一步转移概率矩阵P=(p ) ， 步转移矩阵P = (p ) ，二者之间n(n)(n)ijij的关系为。7设 X ,n 0 为马氏链，状态空间I ，初始概率p = P(X =i) ，绝对概率ni0 p (n) = P X = j ，n 步转移概率p ，三者之间的关系为。(n)ijjn 0> 0则8 设 X(t),t是 泊 松 过 程 ， 且 对 于 任 意 t t213.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 <n 和lPX (5) = 6 | X (3) = 4= _ni, jI ，n 步转移概率p = p p，称此式为切普曼科尔莫哥洛夫方程，(n)ij(l) (n-l )ik kjkI( ) ( ) ( ) ( )9更新方程K t H t K t s dF s=+t-解的一般形式为。证明并说明其意义。0( ) ( )10记 = EX ,对一切a 0，当t 时，M t+a - M t 。mn得 分 评卷 人二、证明题（本大题共 4 道小题，每题 8 分，共 32 分）共 6 页第 1 页共 6 页 第 2 页 4.设 N(t),t 0 是强度为 的泊松过程， Y ,k=1,2,L 是一列独立同分布随机变lkN(t)量，且与 N(t),t 0 独立，令 X(t)= Y ,t 0，证明：若 E(Y <) ，则22.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。k1k=1 E X(t) = l tE Y 。1得 分 评卷 人 三、计算题（本大题共 4 道小题，每题 8 分，共 32 分）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ab状态 0，无雨天气为状态 1。设a = 0.7,b = 0.4 ，求今天有雨且第四天仍有雨的1/ 3 2/ 3 0概率。P = 1/ 3 0 2/ 3，求其平稳分布。1.设齐次马氏链的一步转移概率矩阵为0 1/ 3 2/ 3共 6 页第 3 页共 6 页 第 4 页 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。 4.设有四个状态 I= 0，1，2，3 的马氏链，它的一步转移概率矩阵1111000022241 21P=11 444 0001 （）画出状态转移图；（）对状态进行分类；（）对状态空间 I 进行分解。共 6 页第 5 页共 6 页 第 6 页 UP = P X(n)=j X(0)=i = P X(n)=j, X(l)=k X(0)=i=(n)ijkIP X(n)=j,X(l)=k X(0)=i一填空题kI 11= = P P ，其意义为 步转P X(l)=k X(0)=i gP X(n)=j X(l)=k,X(0)=i1为el。2 (sin(wt+1)-sinwt) 。3it(e -1)(l) (n-l) nik kj2lkI移概率可以用较低步数的转移概率来表示。1 24.4 G5t, t,L ;e,e L 。 6= 。 7p (n) = p p 。2 P(n)Pn(n)ijE X(t) E E X(t) N(t)3 3ji 证明：由条件期望的性质= ，而iI( ) ( ) ( ) ( )a818e-69。 K t = H t +tK t - s dM s 10.N(t)mE X(t) N(t) n E= =Y N(t) n0ii=1二证明题1. nn=E Y N(t) = n =nE(Y ) ，所以E X(t) = tE Y 。EYl 1ii1i=1i=1P(ABC) P(ABC) P(AB)三计算题（每题 10 分，共 50 分）1. 解：证明：左边= P(C AB)P(B A) =右边P(A)P(AB) P(A)2.1p1p31p=+32证明：当0 < t < t < L < t < t 时，1123312np = p + p=1，即P(X(t) x X(t )=x ,X(t )=x ,L X(t )=x ) =p p= P3321p解方程组和1122nn2p32p3ip=+P(X(t)-X(t ) x-x X(t )-X(0)=x ,X(t )-X(0)=x ,L X(t )-X(0)=x )=32nn1122nnp p p+ + = 1123P(X(t)-X(t ) x-x ) ，又因为nn1241 2 4= ( , , )7 7 7pppp= , = , =P(X(t) x X(t )=x )= P(X(t)-X(t ) x-x X(t )=x ) =解得7 ，故平稳分布为77123nnnnnnP(X(t)-X(t ) x-x ) ，故nnP(X(t) x X(t )=x ,X(t )=x ,L X(t )=x ) =P(X(t) x X(t )=x )，故P N(2)=k e ，则 (4)kN(t),t 0 是顾客到达数的泊松过程，l= 2=2.解：设-41122nnnnk!3.证明： 3271P N(2) 3 = P N(2)=0 +P N(2)=1 +P N(2)=2 +P N(2)=3 = e + 4e + 8e + e = e-4-4-4-4-433共 6 页第 7 页共 6 页 第 8 页 ppp 0.7 0.33.解：由题设条件，得一步转移概率矩阵为P=，于是0001 p0.4 0.6 10110.61 0.390.5749 0.4251P = PP= 0.52 0.48P = P P =(2)，四步转移概率矩阵为 (4)(2) (2)，从0.5668 0.4332P = 0.5749而得到今天有雨且第四天仍有雨的概率为 (4)。004.解：（1）图略；（2）p = 1,而p ，p ，p 均为零，所以状态 3 构成一个闭集，它是吸收态，33303132 记C = 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，1 记C = 0，1 ，且它们都是正常返非周期状态；由于状态 2 可达C，C 中的状态，212 而C，C 中的状态不可能达到它，故状态 2 为非常返态，记 D= 2 。12（3）状态空间 I 可分解为： E=D C C12四.简答题（6 分） 答：（略）共 6 页第 9 页共 6 页 第 10 页
