2026年应用随机过程张波商豪邓军课后习题附答案

2026年应用随机过程张波商豪邓军课后习题附答案1.设某城市早高峰期间出租车到达某地铁站的过程为泊松过程，速率λ=3辆/分钟。（1）求在5分钟内恰好有10辆出租车到达的概率；（2）已知前2分钟内有5辆出租车到达，求在接下来的3分钟内至少有8辆到达的概率；（3）求第5辆出租车在第3分钟末之前到达的概率。答案：（1）泊松过程在时间t内的到达次数N(t)服从参数为λt的泊松分布，故P{N(5)=10}=e^{-15}×15^{10}/10!≈0.0486；（2）泊松过程的独立增量性表明，后3分钟的到达次数N(5)-N(2)与前2分钟独立，且服从λ×3=9的泊松分布，故所求概率为1-Σ_{k=0}^7e^{-9}×9^k/k!≈1-0.3239=0.6761；（3）第n辆到达时间S_n服从伽马分布Γ(n,λ)，故P{S_5≤3}=∫₀³(λ^nt^{n-1}e^{-λt})/(n-1)!dt=∫₀³(3^5t^4e^{-3t})/4!dt=1-Σ_{k=0}^4e^{-9}×9^k/k!≈1-0.1157=0.8843。2.考虑状态空间为{0,1,2}的马尔可夫链，其一步转移矩阵为P=⎡0.30.50.2⎤⎢0.60.10.3⎥⎣0.40.40.2⎦（1）计算两步转移概率p₀₂(2)；（2）判断该链是否为不可约、非周期的；（3）若初始分布为π₀=(0.2,0.5,0.3)，求两步后的绝对分布π₂。答案：（1）两步转移矩阵P²的(0,2)元素为P₀₀P₀₂+P₀₁P₁₂+P₀₂P₂₂=0.3×0.2+0.5×0.3+0.2×0.2=0.06+0.15+0.04=0.25；（2）状态0可达1（P₀₁=0.5>0），可达2（P₀₂=0.2>0）；状态1可达0（P₁₀=0.6>0），可达2（P₁₂=0.3>0）；状态2可达0（P₂₀=0.4>0），可达1（P₂₁=0.4>0），故不可约。各状态的周期d(i)=gcd{n≥1|P₁₁(n)>0}，因P₁₁(1)=0.1>0，故d(1)=1，同理其他状态周期均为1，非周期；（3）π₂=π₀P²，先计算P²：第一行：P₀₀(2)=0.3×0.3+0.5×0.6+0.2×0.4=0.09+0.3+0.08=0.47；P₀₁(2)=0.3×0.5+0.5×0.1+0.2×0.4=0.15+0.05+0.08=0.28；P₀₂(2)=0.25（已算）第二行：P₁₀(2)=0.6×0.3+0.1×0.6+0.3×0.4=0.18+0.06+0.12=0.36；P₁₁(2)=0.6×0.5+0.1×0.1+0.3×0.4=0.3+0.01+0.12=0.43；P₁₂(2)=0.6×0.2+0.1×0.3+0.3×0.2=0.12+0.03+0.06=0.21第三行：P₂₀(2)=0.4×0.3+0.4×0.6+0.2×0.4=0.12+0.24+0.08=0.44；P₂₁(2)=0.4×0.5+0.4×0.1+0.2×0.4=0.2+0.04+0.08=0.32；P₂₂(2)=0.4×0.2+0.4×0.3+0.2×0.2=0.08+0.12+0.04=0.24故π₂=(0.2×0.47+0.5×0.36+0.3×0.44,0.2×0.28+0.5×0.43+0.3×0.32,0.2×0.25+0.5×0.21+0.3×0.24)=(0.094+0.18+0.132,0.056+0.215+0.096,0.05+0.105+0.072)=(0.406,0.367,0.227)。3.某设备的寿命服从指数分布，均值为500小时，损坏后立即更换同类型设备，形成更新过程。（1）求第n次更新发生的时间S_n的分布；（2）求更新函数M(t)的表达式；（3）当t=1000小时时，求期望更新次数E[N(t)]及方差Var(N(t))的近似值（利用更新定理）。答案：（1）设备寿命X_i~Exp(λ)，λ=1/500，S_n=X₁+…+X_n~Γ(n,λ)，概率密度f_{S_n}(t)=λ^nt^{n-1}e^{-λt}/(n-1)!；（2）更新函数M(t)=E[N(t)]=Σ_{n=1}^∞F_n(t)，其中F_n(t)是S_n的分布函数。对指数分布，更新函数满足M(t)=λt（当t→∞时由基本更新定理），但精确解为M(t)=λtλμ₂/(2μ₁)+o(1)（当t→∞，μ₁=1/λ,μ₂=2/λ²），但实际指数分布的更新函数精确解为M(t)=λt，因为指数分布的无记忆性导致更新过程为泊松过程，故M(t)=λt；（3）由泊松过程性质，N(t)~Poisson(λt)，λt=1000/500=2，故E[N(t)]=2，Var(N(t))=2（精确值）。若用更新定理近似，当t很大时，M(t)≈t/μ₁=1000/500=2，方差近似为(λ²σ²t)/μ₁³+…（σ²=1/λ²），代入得((1/500)²×(1/500)²×1000)/(1/500)³=(1000/500^4)/(1/500^3)=2/500=0.004，但实际因是泊松过程，方差等于均值，故近似值为2。4.设{X_n,n≥0}为鞅，且X₀=0，E[X_n²]<∞，定义Y_n=X_n²A_n，其中A_n为可预测过程。（1）求A_n使得{Y_n}为鞅；（2）若{X_n}为简单对称随机游走（X₀=0，X_n=X_{n-1}+ξ_n，ξ_n独立同分布，P{ξ_n=1}=P{ξ_n=-1}=0.5），求对应的A_n；（3）证明此时{Y_n}为鞅，并计算E[Y_n]。答案：（1）鞅要求E[Y_n|ℱ_{n-1}]=Y_{n-1}，即E[X_n²A_n|ℱ_{n-1}]=X_{n-1}²A_{n-1}。因X_n是鞅，E[X_n|ℱ_{n-1}]=X_{n-1}，故E[X_n²|ℱ_{n-1}]=Var(X_n|ℱ_{n-1})+[E(X_n|ℱ_{n-1})]^2=E[(X_nX_{n-1})²|ℱ_{n-1}]+X_{n-1}²。令A_nA_{n-1}=E[(X_nX_{n-1})²|ℱ_{n-1}]，则A_n=Σ_{k=1}^nE[(X_kX_{k-1})²|ℱ_{k-1}]（A₀=0）；（2）对简单对称随机游走，X_nX_{n-1}=ξ_n，E[ξ_n²|ℱ_{n-1}]=E[ξ_n²]=1（因ξ_n与ℱ_{n-1}独立），故A_n=Σ_{k=1}^n1=n；（3）Y_n=X_n²n，验证鞅性：E[Y_n|ℱ_{n-1}]=E[X_n²|ℱ_{n-1}]n=E[(X_{n-1}+ξ_n)²|ℱ_{n-1}]n=X_{n-1}²+2X_{n-1}E[ξ_n|ℱ_{n-1}]+E[ξ_n²]n=X_{n-1}²+0+1n=X_{n-1}²(n-1)=Y_{n-1}，故为鞅。E[Y_n]=E[X_n²n]=Var(X_n)+[E(X_n)]²n。因X_n~N(0,n)（实际为对称二项分布，均值0，方差n），故Var(X_n)=n，E[X_n²]=n，因此E[Y_n]=n+0n=0。5.考虑排队系统M/M/1，顾客到达率λ=2人/分钟，服务率μ=3人/分钟，系统容量无限。（1）求系统的平稳分布π_n（n为系统中的顾客数）；（2）计算平稳状态下系统中的平均顾客数L_s；（3）求顾客在系统中的平均逗留时间W_s（利用Little公式）；（4）若系统容量限制为5，求平稳分布π_n（n=0,1,…,5）。答案：（1）M/M/1无容量限制时，ρ=λ/μ=2/3<1，平稳分布π_n=(1-ρ)ρ^n=(1/3)(2/3)^n，n≥0；（2）L_s=Σ_{n=0}^∞nπ_n=ρ/(1-ρ)=(2/3)/(1-2/3)=2；（3）Little公式L_s=λW_s，故W_s=L_s/λ=2/2=1分钟；（4）系统容量限制为5时，为M/M/1/5模型，状态转移率：λ_n=λ（n=0,1,2,3,4），λ_5=0；μ_n=μ（n=1,2,3,4,5）。平稳方程：π₀μ=π₁λ→π₁=π₀(λ/μ)=π₀ρ；π₁μ=π₂λ+π₀λ（错误，正确应为平衡方程：对n≥1，π_{n-1}λ+π_{n+1}μ=π_n(λ+μ)（n=1,2,3,4）；n=0时π₀μ=π₁λ；n=5时π₄λ=π₅μ。正确解法：归一化条件Σ_{n=0}^5π_n=1，且π_n=π₀ρ^n（n=1,2,3,4,5）（因无容量限制时的递推关系在n≤4时仍成立，n=5时无离开后进入，故π₅=π₄ρ）。因此π₀=1/(Σ_{k=0}^5ρ^k)=1/[(1-ρ^6)/(1-ρ)]=(1-ρ)/(1-ρ^6)。代入ρ=2/3，得π₀=(1-2/3)/(1-(2/3)^6)=(1/3)/(1-64/729)=(1/3)/(665/729)=243/665；π₁=π₀×2/3=162/665；π₂=π₀×(2/3)^2=108/665；π₃=72/665；π₄=48/665；π₅=32/665（验证和为243+162+108+72+48+32=665，正确）。6.设{W(t),t≥0}为标准布朗运动，（1）计算E[W(1)W(2)W(3)]；（2）求P{W(2)>1|W(1)=0.5}；（3）证明{W(t)^2t,t≥0}是鞅。答案：（1）利用布朗运动的独立增量性，W(2)=W(1)+(W(2)-W(1))=W(1)+Y₁，W(3)=W(2)+(W(3)-W(2))=W(1)+Y₁+Y₂，其中Y₁~N(0,1)，Y₂~N(0,1)，且W(1),Y₁,Y₂独立。则E[W(1)W(2)W(3)]=E[W(1)(W(1)+Y₁)(W(1)+Y₁+Y₂)]=E[W(1)^3+2W(1)^2Y₁+W(1)^2Y₂+W(1)Y₁^2+W(1)Y₁Y₂]。因W(1)~N(0,1)，E[W(1)^3]=0，E[W(1)^2Y₁]=E[W(1)^2]E[Y₁]=1×0=0，同理E[W(1)^2Y₂]=0；E[W(1)Y₁^2]=E[W(1)]E[Y₁^2]=0×1=0；E[W(1)Y₁Y₂]=E[W(1)]E[Y₁]E[Y₂]=0×0×0=0，故整体为0；（2）条件分布W(2)|W(1)=0.5~N(0.5,1)（因增量W(2)-W(1)~N(0,1)），故P{W(2)>1}=P{Z>(1-0.5)/1}=P{Z>0.5}=1-Φ(0.5)≈1-0.6915=0.3085；（3）验证鞅性：对s<t，E[W(t)^2t|ℱ_s]=E[(W(s)+W(t)-W(s))^2t|ℱ_s]=W(s)^2+2W(s)E[W(t)-W(s)|ℱ_s]+E[(W(t)-W(s))^2|ℱ_s]t=W(s)^2+0+(t-s)t=W(s)^2s，故为鞅。7.设随机过程{X(t)=e^{σW(t)+μt},t≥0}，其中σ>0，μ为常数，W(t)为标准布朗运动。（1）求X(t)的期望E[X(t)]；（2）当μ取何值时，{X(t)}为鞅；（3）计算Var(X(t))。答案：（1）X(t)=e^{σW(t)+μt}，W(t)~N(0,t)，故σW(t)~N(0,σ²t)，则E[X(t)]=e^{μt}E[e^{σW(t)}]=e^{μt}×e^{(σ²t)/2}=e^{(μ+σ²/2)t}（利用正态变量的矩母函数E[e^{aZ}]=e^{a²Var(Z)/2}，Z~N(0,Var(Z))）；（2）鞅要求E[X(t)|ℱ_s]=X(s)（s<t）。计算E[X(t)|ℱ_s]=E[e^{σ(W(t)-W(s)+W(s))+μt}|ℱ_s]=e^{σW(s)+μs}×E[e^{σ(W(t)-W(s))+μ(t-s)}|ℱ_s]。因W(t)-W(s)与ℱ_s独立，故=X(s)×e^{μ(t-s)}×E[e^{σ(W(t)-W(s))}]=X(s)×e^{μ(t-s)}×e^{(σ²(t-s))/2}=X(s)×e^{(μ+σ²/2)(t-s)}。要使其等于X(s)，需(μ+σ²/2)(t-s)=0对任意t>s成立，故μ=-σ²/2；（3）Var(X(t))=E[X(t)^2][E(X(t))]^2。X(t)^2=e^{2σW(t)+2μt}，E[X(t)^2]=e^{2μt}×e^{(4σ²t)/2}=e^{(2μ+2σ²)t}，[E(X(t))]^2=e^{2(μ+σ²/2)t}=e^{(2μ+σ²)t}，故Var(X(t))=e^{(2μ+2σ²)t}e^{(2μ+σ²)t}=e^{(2μ+σ²)t}(e^{σ²t}1)。8.考虑更新奖励过程，每次更新时获得奖励R_i，i≥1，R_i独立同分布，E[R_i]=r，更新间隔时间X_i独立同分布，E[X_i]=μ。（1）求t→∞时，单位时间平均奖励的极限；（2）若R_i=X_i（每次更新奖励等于间隔时间），求极限平均奖励；（3）若X_i~Exp(λ)，R_i=1（每次更新固定奖励1），求t→∞时平均奖励的极限。答案：（1）由更新奖励定理，lim_{t→∞}(总奖励在[0,t])/t=E[R_i]/E[X_i]=r/μ；（2）此时r=E[X_i]=μ，故极限为μ/μ=1；（3）E[R_i]=1，E[X_i]=1/λ，故极限为1/(1/λ)=λ。9.设{X_n,n≥0}为有限状态马尔可夫链，状态空间S={1,2,3}，转移矩阵P=⎡010⎤⎢001⎥⎣100⎦（1）求周期d(1)；（2）计算P₁₁(3)；（3）判断是否存在平稳分布，若存在求之。答案：（1）状态1的周期d(1)=gcd{n≥1|P₁₁(n)>0}。观察转移：1→2→3→1，故P₁₁(3)=1>0，P₁₁(1)=0，P₁₁(2)=0，P₁₁(4)=P₁→2→3→1→2的概率=0，P₁₁(6)=P₁→2→3→1→2→3→1=1>0，故d(1)=3；（2）P₁₁(3)=1（三步后回到1）