第一章 1.1证明:1°由数学期望的定义,且X是非负随机变量,有:E(N)=∑0nP(N =1P(N≥m),令m=n-1,有:E(N)=∑m1P(N≥n)=∑m=0P(N≥ m+1)=∑m=P(N>m)=∑n。P(N>n).2°先证明一般情况。由数学期望的 定义,且X是非负随机变量,有:E(Xn)=xndF(x)= Jo ntn-lddF(r)= Jo ntn-I dF(a)dt=Jo ntn- (1-F(t)dt=Jo n.n-(1-F(a))dz (n> 1) 取n=1,有:E(X)=(1-F()dx 1.3解:1°因为:(M1+N2=m)=U=0(N1=n-k,N2=k),所以P(N1+N2= )=P(Uk=0(N1 k, k)P(N2=k)=(A1+ 入2)y/n!)e-(x1+2).为参数为(A1+入2)的 Poisson分布.2°当1≤k≤n时,P(N1= 2=n)=P(N1=k, k)n!/(A1+A2)2)=C(A1/(A1+入2)(A2/(A+A2)-)~B(n,A1/(A1+A2)是 参数为(n,A1/(A1+A2))的二项分布.3°证明:因为N1,N2,N3相互独立,对 有:P(N1+N2=m,N3=n)=∑k=0P(N1 P(N=kP(N2=m-k)P(N3=n)=P(N3=n)2k=o P(N=k)P(N2 k)=P(N3=n)P(N1+N2=m)因此,N1+N2和N3相互独立.4°解:由第二问中的 洁论:P(N1=kN1+N2=n)~B(,A1/(A1+入2),由二项分布的数学期望公式得: E(NN1+N2=n)=An/(x+A2)故:E(N|N1+N2)=(A1(M1+N2)/(x+2).又 因为M和N2独立,所以E(N1+N2|N1)=E(N1|N1)+E(N|N)=N1+E(NN)= 1.5解:先分析,由于X;非负,所以ξ取负整数的可能为0,考察ξ取非负整数的可 能,对k≥0:(=k) X Um1(N=n,∑1。X1=k)又∑1X;~B(k,p,且N与{Xn}独立,有:P(E= k)=∑=k(PCn1X1=k)P(N=n)=∑=4(/m!)e-)(Chp4(1-p)2-) (p)/k!)e,E~Po小)仍然是泊松分布,所以:E()=D()=M 110解:对任意t≥0,记:N()=∑=1I(xs)=∑=1(x0满足:<x+h<y<y+h.记事 件:A=(N(x)=0,N(+h)-N(x)=1,N()-N(x+h)=n-2,N(y+h) N()=1);B=(x<X(u)≤x+h,y<(n) h);显然有:ACB,且 B=A+BA.且由 Poisson过程的定义,有P(BA)=o(h2),那么:fx1,xn(x,y)= (n(n-1)2(e-2-cA0)-2e-Nm+)h2+(h2)所以:fx1,xn(x,y)=(n(n
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部分习题解答 1)2(c-)x-c-A0)-2e-(m+)oo) FFDA fx(r)=iAC(1-e-xa)i-le (∞>)(1≤i≤n)3°对v≥0,因 为X1和2相互独立,所以:P(X1+X2≤x)=P(X1+X2≤|X t1)dP(X1≤t1)=P(X t1|x1=t1) dt= P( t1)ehd1=(1-e-x-1)A1e-hhd1·如果A≠A,那么:P(x1+X2≤ r)=(1+(x1/(A2-A1)e-2x+(x2/(A1-2)e-N)1(x>0,如果A=A2=入那么 P(X1+X2≤x)=(1-(1+A)e-An)l 1.14证明 对v∈(=v),有:E(x|Y)=E(xY=y)那么(Y v)时:E(E(xy,2)Y)=E(E(X1,Z)Y=y)=E①∑,AE(XY=m,Z E(X ∑E(XY=,E=)P(z==)=E(下=)因此:EE(x2z)y BxY)2°EE(X),2=∑E(E(xY)=,Z=2)1=的,z=) ∑AEC∑1E(x|Y=m)(y=my 2k)1(y=),Z=2k) W)E(y=m)Y=y,2=3k)1y=m,z=4)=∑AE(XY=9)(y=的,乙=) x|Y=y)∑k1y=1,z=)=∑,E(|Y=y)1=)=E(X|Y 113解￥:1°采用微元法:注意到当xt)=(Sn≤t°,所 以:(N(t)t).2°若计数过程具有 Possion过程的性质,可不考虑同一 时刻有2个以上”顾客”到达的情况,即可忽略P(Sn=Sn+1)=0的小概率事件,假 设Snt)知(N(t)≤n)2(sn≥ t).若是普通的计数过程,则Sn≤Sn+1,当Sn=Sn+1=t时,N()=n+1>n,两 者无包含关系.3°这两个事件分别是2°中两个事件的补集,由2°的结论,这 两个事件也彼此互不包含.4°(W(t)>x)=(SN(1+1-t>x)=(SN)+1>t+x) 又(N(t)t),所以(SNt)+1>t+x)=(N(t+)<N(t)+1) (N(t+)-N(t)<1)=(N(t+x)-N(t)=0)
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部又习题解答 2.3解第:。由 Poi sson又布增量独立性第 EINit&Nit+s; EINi ti Nit+s-Nt+ E eNit nitu anita ENit& Nitu; Xtk ask+tM2+M1MttA8+M+;k.2°由 Poisson又布增 量独立性第EN8+tl|Ns;m,ENs+ Sh+ NI SNiSw i EN8+th-Nsl|Ns)m+m;M+m.作第ENs+t|NcsM+ 则EN8+t|Ns章值域为M,+M,2+M,…其又布PENs+tNs n+ Athi Pi n n∈Nk,3°由 Poisson过程增量平稳 性由用v0≤s≤t,可知第P1Ns0 而Nt-sb≥0是也然事件由作PNskEk;P1Nt-s>g.又由 Poisson过程章证义由 PI NI P1Nt-sb>21Ot-s,即有第 k;At-sk+ot-sn,作imt→+sP1Nt-sk≥:k;0,则limt→sPNt-sk;Ok;, 又>0,则有第imt→。P1Nt-s>c;0 2.6解第令{Xn};{Xn-6},则{Xn}d且Xn章pdf为第f 即{xn}~Erp,用应章Ntb是时齐 Poi sson过程.若求P1Nt≥kP1Sk P=1X71≤t;P1∑ 即PX1X≤t-k6;P1SF≤ t-k;P1Nt-ko>k,由 Poi sson过程章证义由应第P1Nt-k6>k P1Nt-k60,则 Pt1<X(1)<x1+h<2<X(2)<x2+h<…<xn<X(n)<n+hkinl!Pr< X1<r1+h<x2<X2<x2+h<…<xn<Mn<mn+h,又由{X:≤i≤n} 独立同指2又布由那么第lim+Px1<X()<x1+h<x2<X(2)<x2+h <xn<X(m)<xn+h/h;n!A"e-(+吗++).则X(y,x(2)y…,Y(m章联 合概率密度函2为第gx1,x2…,xnm!eN+n+“+)1o<m<2<<m再 注意到第Y1;Xa)yY2)X(2)-X 令 r-1ti≥2,则一换章雅可比矩阵为J,可知H,Y2,…,yn章联合概率密度函2为第 fuyi, y IJ n!A 由如下引理第 果X1,X2章联合概率密度函fx1,x2k可以表示为fx1,x2)4gr192k,其中A 为常2项邮以知道X1,X2彼元独立.可以知第fv1,32…,yn)‖JI=198
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部分习题解答 其中=g(m-=M(n E因此 独立但是不 同分布 5解:∞2同分布但是不独立=证。如下.由定理4-可知:SNSn……,Sn在 N(t→=n条件下的概率密度函数是:f(tNtm…,tn→=n!/tnt1E-·2运用公 式E(X→=E(X|YP(Y→E(XP(有1E(SN=E(SNt→=0P(Nt 0E(SNNt之aP(N(→∞即1∞A=(t/AeM,E(SNN(t→2(aeM 解得:E(N(→2+=/-(te-(-c-→3。由 Poisson过程定义= 在N(t→=∞的条件下=(Sn-t→与SN是独立的.故Sn与SN是独立的.又在 (t-=∞的条件下=SN是(0,上的均匀分布=而(Sn-t→是指数分布(无记忆性 * fs, s,(tNtn--Ae-AP2-t/tIletikit 第三章 3∞(x+解∞E(Xn+=EP(Xn=i→=(%N(Xn=iXN=jP(XN= jXE=3=3/9-2计算知:E(X川XN=+=EP(Xn=|XN=一=7/3 且E(XN=3→=EvP(Xn=i|XN=3→=8/3分布为:P(E(XnXN 7/3→=P(XN=…→=3P(E(Xn4N=8/3+=P(N=3+=·/3-3:计算
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部分习题解答 知 2 3)=8.3.分布 为,(°(:N?a)=1)=,(:m=1)=1.3,(°(:N?a)=7.3)=,(:a=2) )=8.3)=,(a=3)=6.9.4程2)=程0)x12=(1 )解, 1r;=3)=0;,(T=2r;=3) 1m1=3)=1.9,(=3;=3)=,(N=16条11m1字;=3) 书:m=j=3)=2 3)=∑Mn(,(T 非=3)+4,(T∞4;=3)=∑M(,(T=非;=3)+41-,(T结4r;=3) 10027.8(3)解、由,义、察第=,(Tm= 呢第+输筹15 11(l(定 因此、°T三第定爱 第 37解1由程得程=0+0+O艘负程=0般程+0+0般及程 /的)角第 2.22362182艘,由程)=程x得 般0般0般 21.6223.6218.62 程0)=(21.62負3.62负8.62)时马氏链是平稳 第∑mn稻定)=121.62 且°(第=∑mn相定)=275.6,那么和第第-(:第007 3111c由马氏性对遍的/(c数,m第一(m,周第又 第非=写(对)=有(有中程()=当所 以、(中数,第一做数2令第数由上面证明,1第 是额令T=机斑定:第或第的参照第四章1理432可以证明T关于1第 是停时所以有°性=°V.又°性=平m有有分卓m(1-,有分°v=平 因此得,有分=(1-平(-中有 314证明、1我们记T第∑第。-记,则T第0是MC,状态空间而 而而,而-1负负为瞬时态集,而=-2负为吸收态集。,义、对=欢(1 q 0 对q=对-对状态转移矩阵为001-对对 q 1-对q对 对q对 0 1-对q 为瞬时态转移矩阵,有、、∑
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8i习题P/ 章义证Epq证p章义ⅶ证 章E:证由第章义幛章义q词义ⅷ章义r章义证 章义璋义Eml 那么1g-釥第章E:证章小证由q/章义qg孟ⅷ孙第漳E 证對小小证由p章义q证所以=在pm>pa(条:下=误判pn>pm( 概率为10,详章义0证由第鲜义章由第鲜义x一有,C用 上问中()义=有1EN由则nP章由k证由则到第证-章小证由 趴第谰k章小证由釥第章:章小证由到第第章义章义 潼义E证m章义证 矿i证q章义证章义p章义章小证由义衔章义 q章义q迸章义q证Epq证 qi章E评章nEpn义证 第P1第由题意可知=从X;由第发=被小吸收所需要(步数必然为奇数=设步数 为义鐘X小kiN诋其中有k义第向左运动=k步向右运动=且彼1相间!那么 P由义第由由pm同理质点被因及收所需要(步数必然为偶数设步 数为有义章X小kiN证其中有k步向左运动=k义有步向右运动除最后两步连续 向右以外左右运动彼1相间那么P章由春义X由剑由p4-有即求最终被 因吸收(概率!有1P章n由碑X由就由章np4证np义明讪由 /第p义p证 P1第由转移概率矩阵知=这是一个,周期(不可约照C考察它是否具有平 稳sn由丌由丌:得πm由意m/8义丌/因义因M与xa由m/与义丌a/有义πM与及 由得πm由第a由第№由邹⑧时1 第御第鉍s 第柳第釥第一且有1lnE章x由由哪章章象 第第第 有葷由k证章由k证与XmXa,M,Xk有关=而与 XkenXkK,M无关=因 Tmm T是停时(n因章由k章:由 XmHMXk-m由第Yk由祉章:由 Xm从Xkm由第k由因!1P章n由k岫章m义M油意8 则P章由k由遐意童意8由8/下面求将E章谔Tm作为 初始状态=到详因第时态集(转移矩阵,曲/第有第7 E章证由 第与小 章ET义E章油8医义则章章ETm由i由8/因义则,ix:哩第因因证由 8/因义π〕仁哩第因因证由8/因义π章E:证因因L证由篛有四B与 鈿油赡nr园彩章由由
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部分习题解答 512;P(N(3)=k)=0(k∞3).(N(4)=2)=(T1 1,T2=3)(1=1,T2=4)(1=2,T2=4),那么:P(N(4)=2)=P(T1=1,T2= 3)+P(1=1,T2=4)+P(T1=2,T2=4) 四章 41°证明: 因为E;Un;=E;Xn-n(-9;(EXn+n(p-q)(n+n q) 并且量E(U n)=E(Un+Yn+l-(p-q =Yo,Yi E(n21,Y1,s,)+E(n+)-(-q)=Un,因此,Un,n∞0关所yn,n∞ 0是两.(B)因为EVn;=E(q/p)x2;=E(/p)1(q/p)2ss(q/p)32;=(+ q)n=1 并且量E(V E(Vn,Y1,ss,Yn)E(/p)2+吗,Y1,s,Yn)=Vn(+q=Vn,因此Vn,n∞0 关所Yn,n∞0是两.(C)因为E:Wn;=EV2-n1-印-q2;(EV2;+ n1-(p-q)2 并且量E(Wn+10,Y1,ss,Yn)=E(V2-n1-(p-q)2+ E(Yn+1-(p-q)20,Y1,ss,Yn)-1-(p-q)=Wn,因此Wn,n∞0关所 Yn,n∞0是两.2°证明:显然Xn是Y,Yi,ss,Yn的函数,且量E(X) 为因为p>q,所情E(Xn+10,Y1,ss,Yn)=E(Xn+Yn+1吗0,Y1,ss,Yn) Xn+(-q>Kn,因此tXn,n∞0.关所,Yn,n∞0.是下两.3°解:记 Tn=Um+n-Um,量Tn相Um独立.得co(Um,Um+n)=EUmn+ EUm ETn=EUm lt P(Um, Um+n)= co(Um, Umtn)/ouoU 4°证明:E(Un+kXn)=E(Xn+k-(n+k)(p-q)n)=E(Xn+1n+1+ss+ (-q)-(n+k)(p-q)=Xn-n(-q) 所 情E(U32X2)=U2=X2-2(-q,它的分布律为:P(E(U3X2)=-2-2(D-q) q2;P(E(U32X2)=-2(p-q)=2pg;P(E(U3X2)=2-2(-q)=p2.5°解: E(V87=3)=E(q/p)x(/p)2ax7=3)=(q/p)3 43证明:1°且Tb的定义事Tb是停时的,为且习题319取的结论事Ebn)(imn→s(q/p)E(lr>n)=limn→(q/p)-aP(T>n)=0 这里lmn→sP(T>n)=0是因为p-q>0时,[a,b为吸收态,(Xn=i·(-a,b
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部分习题解答 至多有限次,故P(m)=0.那么,由定理4.3.2有 EVr=EVE=1,解得V=(1-(q/p))/(q/p)--(q/p)代入E的计算式有ET b/(-q)-(b+a)/(-q)(1-(q/p))/(q/p)-a-(q/p))=b/(-q)-(b+a)/(p q)((1-(p/q)b)/(1-(/q)2b).3°由本章练习题1中的证明知{Wn,n≥0}是鞅, 且对Ⅶn,)≤imn→aEXn=0.故有ETx+=EWE=0,即E( Tb1-(-q))=0.由Xr+的定义和上面已证得的ET=b/(-q),解得E(Tb) b(1-(-q))/(-q)+b/(-q).因此,最后有 Part=E(T)-(ETb) 1-(-qy)/(-q)m证毕 48证明:对W∈l1,n,1-1k-Nxnvc,满足下鞅定义的条件2.所以{xnvc,n 0}是下鞅.2°取c=0,由第一问的证明即得
% % #$ & D^h_ 1 1 1 !"Æ 2 2 2 3 3 3 `d 1 ,K 1 . 3 . - 3 3 3 3 . 3 . - 3 3 3 [5`#$ & 4 1 & & & & & & & & / 1 3 / 1 & & & 1 / 1 3 -NE 1 . 3 1 . 3 3 . 3 >V 2 -71 1 1 . 3 3 a % !" 7 4 # e L= 7 4 ) e 2 2 L= 2 2 2 0 0 2 2 2 7 4 L= * & & & 0 0 & ) & 7 4 7 4!" D 5 Æ i D ?4D! E 5 !" 5 ?4D! 5 4 5 +1 5 5 5 5 5 5 ?4D! 5 ?4 5 1
部分习题解答 第五章 5.1解:1°由定理51.3知:c(B(s),B(t)=E[B(8)B(t)-EB(SEB(t) At+0=8∧2°由定理511知:在B(s)=c的条件下,B(s+t)的条件概率密 度是:p(-x,)=e-()/(√2).3°计算有/0=--3/2e-/2/(2√2示)+ 2/(2V2),又02p/(0x2=-t-3/2e-2/2/(v2)+x2t /(√2x) 所以,有/t=(1/2)02p/n2成立.4。B(s,B(t),B(u)的联合概率密度函 f(x1,x,x2)=c-/2-(x-a)/2-)-(a2-)3/2m-t)/(2x)32ys(t-s)(u-t) B(s)B()的jpd:f(x,x2)=c(n-(2-n)/2(u-)/(2rV(-8),在B() x,B()=y的条件下,B(O0的条件概率密度函数为:fm0=B=(,)= )/√2r(-s)(u-t)/(u-8)也为正态分布 因此EB()|B()=x,B()==x+(-8)-x)/(-8).又x(t)=B()+ l(t)B(s)=x,B(u)=y=D|B(t)|B()=x,B(u)==(-s t)/(-s).7°因为E(B(2)|B(3)=a)=E|B(2川B(3)=a,B(O)=0=2a/3,故有 E(B(2)B(3)=2B(3)/3.又EB(2)B(4)B(3)=EB(2)(B(4)-B(3)+B(3))B(3)= EB(2)B(3)|B(3)+EB(2)(B(4)-B(3)B(3)=B(3)EB(2)B(3)+E[B(2)(B(4) B(3)B(3)=B(3)EB(2)B(3)+EB(2)B(3)E(B(4)-B(3)|B(3)=2B(3)2/3. 最后EB(2)B(6)B(3),B(4),B(5)=EB(2)(B(6)-B(5)+B(5)B(3),B(4),B(5)= EB(2)B(5)B(3),B(4),B(5)+EB(2)(B(6)-B(5)B(3),B(4),B(5)=2B(3)B(5)/3 4解:v>0,P(B()0,又P(M()≥)=2P(B()≥a)=2(-到(一)可知 M(t)和|B(t)同分布.且由对称性,P(mino0,D进行变量替换,设m r-y>0,n=y,易知|=1.那么上面概率密度函数变为:f(6(,B(t)(m 2(2m+n)e-(2m+n)/2/(t√2t)1m20,n≥-m,对n积分,得到6(t)的分布∫mn2(2m+ n)(2m+2(√2xdh=m2xe-2/(2d=2e-m12/(√2x)上面推导 中,有m≥0条件.考察上面的概率密度函数,与|B(t)的概率密度函数,因此 δ(t)也和|B(t)同分布.此外,下面提供一种证明b(t)与M(t)同分布的方法.因 6(t)=maxo≤stB(s)-B(t)= maxo<s<t(B(s)-B(t),又B(s)-B(t)与B(t-s)同 分布,故va≥0,有:P(max<st(B(s)-B(t)≥a)=P(maxn<stB(t-8)≥a) P(max≤sstB()≥a)=P(M(t)≤a)即6(t)与M(t)同分布 55解:由定理55.1可知ES(t)=0,0≤6≤t,有Covs(6,S(t)=(62/2)t-6/3).那 么D|S(t)=t3/3.且是正态分布,下面求(S(t1),S(t2))t1≤t的jp.df.f(x1,x2) e-(12(1-p)(a21-H)2/)-2以a21-)(a-2)2+(a2-2)/o/(2xa1a2√-p2).上式中
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部分习题解答 1=t1Vh1/3,a2=t2vt2/3,1=p2=0,p=t1(32-t1)(2t2√aht2) 514解:Δnk服从期望为0,方差是1/2的正态分布.且由 Brown运动性质,可以 知道△nk(1≤k≤2)相互独立,那么得到E(Sn)=1,显然有E(S2)=1).设 △nk=m2,m≥0,那么E(△nk42k=m2)=-m/2+m/2=0.故E(△nk△2k)=0. 由于△k和△nk+1相互独立,且由上面结论,易知E(△nk△nk+1△2k,△2k+1)=0.下 面求E(Sn+1|5n)和E(Sl|Sn+1).先证明几个简单的结论.首先,有△ A(n+1)(2k-1),直接由它们的定义就可以得到.而E(4(n+12xk+A(n+1)(2k-1)(△(n+1)k △n+1(2-1)=EAn+1)2k-△2n+1)(x-1=0,且他们各自的数学期望是0相关系 数为零.又是正态分布,所以A(n+1)2k+△(n+102k-1)和△n+1)2k-4(n+1)(2k-1)相互独 立E(△n+1)2-△n+1(2k-1)14A2k)=1/2,有E(Sn+1|Sn)=E(∑22n+1)|5n) E(∑=1( (△n+102)-A(n+1)2y-1)21|Sn)/2=Sn/2+E(∑(△n+1)2y)-An+1)2y-1)5n)/2= Sn/2+E(E(∑/=1(△(n+12)-△(n+1)2y-1)△,△2…,△2)|sn)/2=Sn/2+ E(∑=1E(△(n+1(2)-△(n+1)(x-1)242)Sn)/2=(5n+1)/2,E(S3|S2)=(S2 1)·E(Sn|Sn+1)=E∑k△2k|Sn+1)=Sn+1+2EC∑k△m+1)2k)△(n+1)(2k-1lSn+1)= 2E(E( 2EE(∑=1△Nn4)(22(n+102k-142n+102,△n+12-1)Sn+1)=Sn+,于是可 以得到E(S2|S3)=S3 520证:记Yk=B(tk-1+b(k-tk-1))-B(tk-1)(1≤k≤m),故Yk~N(0,(tk tk-1);由正态分布的性质知EYk=3(tk-tk-1)2,EYk=DYk=(tk-tk-1);又 Y2(1≤k≤n)相互独立,故当k≠l时,EYkY12= EYEY12=62(tk-tk-1)(t t-1),因此E∑k=11B(k-1+6(tk-tk-1)-B(k-1)2-2=E∑k=1Yk2-2 t-1)(5-t-1)-262∑k=1(b-tk-1)+((tk-t-1)2+2B2Ek/(t ∑k12)2-26E∑k=1k2)t+(6t k=1(tk-tk-1)2≤A∑k=1(k-tk-1)=M,所以当入→0时,有EEk1Yk2-62→ 故lmx-0∑k=1{B(k-1+(tk-tk-1)-B(k-1 且有E∑k=1B(t 9(4-t-)-B(k=1)2-=0.记:x=∑B2(x)-B2(k=1)=B2(0y ∑[B(tk-1+θ(tk-tk-1))-B(tk-1)2;z=∑[B(tk)-B(k-1+6(tk-tk-1)2.则 显然有∑B(tk-1+6(tk-tk-1)(B(tk)-B(tk-1))=(X+Y-Z)/2.由上面的 讨论,可知:1imx-0(-6t)=0,imx0z-(1-t)=0,lmx-0(Y-)2 0{z-(1-)2=0.那么 {(X+y-2)-[B2(t) imx-0E[(Y-)-(2-(1-bt)2=limx-0{E(Y-bt)2+E2-(1-6)2-2E(X t)(z-(1-t)}=-2lmx-0{E(Y-6t)EZ-(1-)}=0 (由独立性).因 此 B(tk-1+0(tk-tk-1)(B(tk)-B(k-1)=B2(t)/2+(20-1)t/
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