(完整word版)隨機過程試題電子科技大學研究生試卷(考試時間：至，共小時)課程名稱應用隨機過程 學時60學分3教學方式講授考核日期2009年元月5日成績FD￡3It答 考核方式： (學生填寫)……一、(12分)已知隨機過程｛X(t),tg[-2,2]｝,X(t)=U+1,U為隨機變量,服從(0,兀)上…分布.試求：的均勻..效任意兩個樣本函數，并繪出草圖；隨機過程X(t)的特征函數；(3)隨機過程X(t)的均值函數，自協方差函數.解⑴饑t;u)=E[ejuX(t)]=E[eju(u+1)]=ejutE[ejuu]ej兀u—1=ejut jnuE(X(t))=E(U+1)=E(U)+1=t+-；2C(s,t)=E[X(s)X(t)]—E[X(s)]E[X(t)]=E[(U+s)(U+1)]—E[U+s]E[U+1]一，、一，、、一、n2=E(U2)—[E(U)]2=D(U)=—JL」二、(12分)設隨機過程｛X(tq),-8<t<+8｝只有兩條樣本函數X(t,w)=2cost，且P(w1)=0.8，P(w2)=0.2，分別求：(1)一維分布函數E(0；x)和f￡；x);X(t,%)=—2cost,一8<t<+8(2)二維分布函數F(0,-；x,y)。41)對任意實數teR，有 X(t)一2cos'2costp0.2 0.8特別有X(0)x(4)-克0.2 0.80.2 0.8'0, x<-2;F(0;x)=P{X(0)<x}=[0.2-2<x<2;1 2<x,x.0,x<f2;F(4；x)=P{X(-4)<x}=<0.2,-J2<x<*21, <2<x.2)F(0,2)F(0,j;x,y)=P{X(0)<x,X(4)<y}0,x<-2^y<很;=<0.2,-2<x<2,y>->/2或者一寸2<y<厄,x>-2;1,x>2,y>41.三、(12分)設隨機過程W)=Xcos(?t+0)，其中s為常數，隨機變量X服從瑞利分布:xL、nTOC\o"1-5"\h\zr/\ e2Q2 x>0 /八、fX(x)=[b2 (b>0)I。 x<00?U(0,2兀)，且X與0相互獨立，試求隨機過程K(t)的均值函數與自協方差函數E[Y(t)]=E(X)E[cos(①t+0)]=1j+8x2e一#dxx—j2ncos(?t+y)dy=0

o20 2兀0C(s,t)=E[X(s)X(t)]—E[X(s)]E[X(t)]=E[X(s)X(t)]=E(X2)E【cos(%+0)cos(?t+0)]x2x3e"2o2=J_j+8x3e~2。2dxx-!-j2ncos(ros+y)cos(rox2x3e"2o2o20 2兀0=4o2j+8ue-udux j2n[cos"(t—s)+cos(&(t+s)+20)d00 4n0, 1=4o2x-cos"(t-s)=2o2cos"(t-s).四、(12分)設在[0,t)時段內乘客到達某售票處的數目為一強度是X=2.5(人/分)的泊松過程，試求：在5分鐘內有10位乘客到達售票處的概率;第10位乘客在5分鐘內到達售票處的概率;相鄰兩乘客到達售票處的平均時間間隔。解記泊松過程為{N(t),t>0}

n (5X2.5)10 (12.5)10(1)P]=P{N(5)=10}=——10!——e-5乂2.5=—10-—e-12.5(2)設W10為第10位顧客出現的到達時間P2=P{W0<5}=P{N(5)>10}=井(12：)*e-12.5,t>0_ k=10 ?(3)設丁是兩位顧客到達間隔時間，因參數為入的泊松過程{N(t),t>0}的間隔時間序列相互獨立同服從參數為入的指數分布，故兩位顧客到達的平均間隔時間E{T}=1/A.五、(12分)設X(t)是一寬平穩隨機過程,其自相關函數為R(t,t)=et'；2)2TOC\o"1-5"\h\z若y(t)=2X(t)+dx(t)，試求Y(t)與Y(t)的自相關函數。

dt 1 2解記R(t,t)=R(t-1)=R(t)=e-(2)2X12X1 2X因R(t)=[e-(；)2]〃=[--e<?]'=(反--)e-(；)2,即R^T)在T=0處二次可微，其均方導數過程Xf(t)x 2 42為平穩過程，有R(t，t)=E{[2X(t)+X'(t)][2x(t)+X'(t)]}Y12 1 1 2 2=E[4X(t)X(t)]+2E[X'(t)X(t)]+2E[X(t)X'(t)]+E[X'(t)X'(t)]}12 12 12 12=4R(t)+2[R(t)]+2[R(t)]+R (t)=4RXx(t)+2[RX(T)]-2[Rf(?)]-R〃(S=4Rx(t)-R"(t)=[4-§+ 仕[9-:]e-(2)242 24X(n)-1六、(12分)設X(1),XX(n)-1P.i試求下列概率：-n>1令Y(n)=弋X(k)(n>1)P.i試求下列概率：k=1(1)P{X⑴>0,Y(2)>0,Y⑶>0,Y(4)>0}(2)P{Y(1)豐0,Y(2)豐0,Y(3)豐0,Y(4)豐0}解因X(1),X(2),…是獨立同分布的隨機變量序列，所以和過程Y(n),(n>1)是平穩獨立增量過程，從而是齊次馬氏鏈。又因Y(n)=Y(n-1)+X(n),且Y(n-1)和X(n)相互獨立，故對n=1,2,3,...P..=P{Y(n)=jY(n-1)=1}=P{Y(n-1)+X(n)=j|Y(n-1)=1}=P{Y(n-1)+X(n)=j|Y(n-1)=1}=P{X(n)=j-l|Y(n-1)=1}0.3,j=1-1;=P{X(n)=j-1}={0.7,j=i+1；0,其他P{X⑴>0,Y⑵>0,Y(3)>0,Y(4)>0}=P{Y(1)>0,Y(2)>0,Y(3)>0,Y(4)>0}=P{Y(1)=1,|JY(2)=)UY(3)=》UY(4)=i}=，2=02 i3=1,3 i4=0,2,423ZZ￡P{Y⑴=1,Y(2)=i,Y(3)=i,Y(4)=i}4P{X(1)>0,Y(2)>0,Y(3)>0,Y(4)>0}=￡￡￡P{Y(1)=1}ppp=0.72x1.3=0.637i2=0,2i3=1,3i4=0,2,4 "2”3』4P{Y(1)了0,Y(2)更0,Y(3)，0,Y(4)更0}=P{Y⑴豐0}P{Y⑵豐01Y(1)豐0}P{Y⑶豐01Y⑴豐0,Y(2)豐0}P{Y(4)更01Y⑴了0,Y⑵了0,Y⑶了0}=P{Y(1)豐0}P{Y⑵豐01Y⑴了0}P{Y⑶了01Y⑵豐0}P{Y(4)豐01Y⑶豐0}P{Y(1)手0,Y(2)，0,Y(3)豐0,Y(4)豐0}=0.73+0.73x0.3+0.33+0.33x0.7=0.4918狀態轉移矩陣為七、(16分)已知齊次馬氏鏈{X(n),n=0,1,2,...}的狀態空間為E={1,2,3},狀態轉移矩陣為-31-20-31-43-4-31-41-47(1)畫出概率轉移圖；(2)求二步轉移矩陣及轉移概率p(4)；13(3)此鏈是否為遍歷的，試求其平穩分布.解(1)(2)P2=3311---5dIL一r-/-24一5410243一8L/2。-cc]4J/*￡因｛X(n),n=0,1,2,...｝齊次馬氏鏈，有p(4)=P4=P2P2，故15 15 24 7 15 2P(4)=p(2)p(2)+p(2)p(2)+p(2)p(2)=一x 1 X 1 X—=0。456813 1^13 1^23 與3七3 54 54 54 24 54 8(3)因對任意i,jeE，有p(2)>0,P是正則陣，根據遍歷性定理此馬氏鏈是遍歷的，且正則(遍歷)馬氏鏈的極限分布是平穩分布，需求P的不動點概率向量n=(匕,兀2,兀J，即滿足1312131312131434兀Xz=l

-3?z?z兀sz=l2?z?z兀Xz=l3n解得平穩分布為「兀nn]=三二2L1 2 3」292929八、(12分)設｛W(t),t>0｝是參數為c2的維納過程，a為一正常數，令X(t)=W(t+a)-W(t) t>0試證明｛X(t),t>0｝是嚴平穩的正態過程。證明維納過程是平穩獨立增量且有X(t)=W(t+a)?W(t)~N(0,a”，故m(t)=E[X(t)]=E[W(t+a)-W(t)]=0,R(t,t+t)=E[X(t)X(t+t)]X=R(t+a,t+a+t)-R(t+a,t+t)—R(t,t+a+t)+R(t,t+t)=o2[min(t+a,t+a+t)—min(t+a,t+t)—min(t,t+a+t)+min(t,t+t)]=o2([t+a+min(0,t)]—[t+min(a,t)]—[t+min(0,t+a)]+[t+min(0,t)]=o2[a+2min(0,t)—min(a,t)—min(0,a+t)]o2(a—|t|), \t\<a;=<0, |t|>aRX(t,t+T)與t無關，X(t)是寬平穩過程得證.又因｛W(t),t>0｝是正態過程，下面證明｛X(t),t>0｝也是正態過程。TOC\o"1-5"\h\z對V0vt<tv???vt,n是任意的正整數.把t,t，…,t和t+a,t+a，…,t+a重新按從小到從的順序1 2 n 12n1 2 n列如下：0vt'<t'〈…<t' <t',1 2 2n-1 2n考慮隨機向量[W(t),W(t?)-W(t?),...,W(t? )-W(t1 ),W(t1)-W(t? )]T1 2 1 2n—1 2n-2 2n 2n—1因為維納過程｛W(t),t>0｝是平穩獨立增量的正態過程，則上述隨機向量是由2n個相互獨立的正態隨機變量(可以是退化的)所構成的隨機向量。從而它是2n維的正態隨機向量(可以是退化的)。對任意的t，一定存在m和k，使得匕=t'vt'+^=t+a從而有X(t)=W(t+a)-W(t)=W(t' )-W(t'