应用随机过程第三章习题解

第三章习题解3.1乘客按照更新流S1;S2;:::到达长途汽车站,假设每次到达一人.只要凑够45人就发一辆车,将乘客全部运走.计算每个乘客的平均候车时间.解解解:记平均更新间隔为,根据题意可得总的候车时间为45∑j=1(S45Sj);那么每个乘客的候车时间就是Ef45∑j=1(S45Sj)g=45=22;其中E(Sj)=j;j=1;2;:::;45:3.2设更新过程fN(t)g的更新间隔有离散分布P(Xn=1)=P(Xn=2)=0:5;对于k=1;2;3;计算pj=P(N(k)=j):解解解：因为pj=P(N(k)=j)=P(SjkSj+1);又已知P(Xn=1)=P(Xn=2)=0:5;所以(1)k=1;p0=P(S01S1)=P(X11)=0:5;p1=P(S11S2)=P(X11)=0:5:(2)k=2;p1=P(S12S2)=P(X12;X1+X22)=P(X1=1;X2=2)+P(X1=2;X2=1)+P(X1=2;X2=2)=0:75:p2=P(S22S3)=P(X1+X22)=P(X1=1;X2=1)=0:25:1第第第三三三章章章更更更新新新过过过程程程第第第三三三章章章更更更新新新过过过程程程(3)k=3;p1=P(S13S2)=P(X13;X1+X23)=P(X1=2;X2=2)=0:25:p2=P(S23S3)=P(X1+X23;X1+X2+X33)=0:625:p3=P(S33S4)=P(X1+X2+X33)=P(X1=1;X2=1;X3=1)=0:125:3.3设事件A发生的概率是p.在独立重复试验中，如果第n次试验时A发生，则称n是一个更新时刻，并称任何两次更新之间的实验次数为更新间隔.例如试验结果AAAAAAAAAA:::的更新间隔依次是4;2;1;3


:用f(n)表示第n次试验时更新首次发生的概率，(a)计算f(n);(b)用f(n)表示出A最终发生的概率f∗;(c)用Z表示第i更新间隔的长度，计算EZ;(d)用Sr表示第r个更新的发生时刻，计算f(n)r=P(Sr=n);(e)对r=i+j;i;j1，推导公式f(n)r=n−j∑k=if(k)if(n−k)j.解解解:(a)f(n)=qn−1p;其中q=1p;(b)f∗=∞∑n=1f(n)=1;(c)EZ=∞∑n=1nf(n)=∞∑n=1nqn−1p=∞∑n=1p(qn)′=p(∞∑n=1qn)′=1p(d)f(n)r=P(Sr=n)=P(前n1次试验发生r1次更新，第n次试验发生第r次更新)=(n1r1)pr−1qn−rp=(n1r1)prqn−r2第第第三三三章章章更更更新新新过过过程程程第第第三三三章章章更更更新新新过过过程程程(e)n−j∑k=if(k)if(n−k)j=n−j∑k=i(k1i1)piqk−i(nk1j1)pjqn−k−j=n−j∑k=i(k1i1)(nk1j1)prqn−r=(n1r1)prqn−r=f(n)3.4设T1;T2;:::独立同分布，都服从二项分布B(n;p),且与更新过程fN(t)g独立。将fN(t)g的第i个更新间隔扩大Ti倍后,是否得到新的更新过程？如果是，计算新的更新间隔的分布函数。解解解：：：首先,T1;T2;:::相互独立，fXig也相互独立,且fTig与fXig独立，故fXiTig也相互独立；其次，P(TiXix)=n∑(i=0)P(TiXixjTi=i)P(Ti=t)=n∑i=1P(iXix)(ni)piqn−i+p(Xix)p(Ti=0)=n∑i=1F(x=i)(ni)ptqn−t+qn即，fXiTig具有相同的分布；所以，得到过程为新的更新过程，更新间隔的分布函数如上。3.5设更新过程fN(t)g的更新间隔有密度函数f(t)0,是否能找到来自总体T的随机变量fTig,使得将fN(t)g的第i个更新间隔扩大Ti后,得到强度为的泊松过程.解解解:可以找到。因为只要找到Ti,使得fTiXig服从()即可.设Ti的密度函数为g(t),g(t)=∫f(x;tx)jxjdx3第第第三三三章章章更更更新新新过过过程程程第第第三三三章章章更更更新新新过过过程程程其中f(t;tx)是Xi与TiXi的联合密度函数,当Xi与TiXi独立时，有g(t)=∫expftxgf(x)jxjdx所以这样的Ti是存在的.3.6如果p=P(X=1)0,则称X是广义的随机变量.设X是广义随机变量,当更新过程fN(t)g的更新间隔Xn是来自总体X的随机变量时,用limt→∞N(t)表示[0;1)中的更新次数.计算的概率分布和数学期望.解解解:因为p=P(X=1)0,所以P(X1)=1p,f=kg=f[0;1)中更新次数为kgP(=k)=P(Sk1;Sk+1=1)=P(X11;


;Xk1;Xk+1=1)=P(X11)


P(Xk1)P(Xk+1=1)=(1p)kpE=∞k=0(kP(=k))
p=∞k=0(k+1)(1p)k
p∞k=0(1p)k
p=∞k=0((1p)k+1)′
p∞k=0(1p)k
p=(∞k=0(1p)k+1)′
pp=[1(1p)]=(1=p1)′
p1=1=p13.7对于泊松过程验证定理1.2（2）成立.证证证明明明:对于泊松过程N(t)有m(t)=E(N(t))=
t,而
(t)是连续的且在t0时是严格增加的，当然是单调不减的,也即定理1.2(2)对于泊松过程是成立的。3.8设更新过程N(t)的更新间隔是来自总体X的随机变量。(a)当X服从B(5;p)时，计算Pr(N(t)=k).(b)当X服从P()时，计算Pr(N(t)=k).4第第第三三三章章章更更更新新新过过过程程程第第第三三三章章章更更更新新新过过过程程程证证证明明明:Pr(N(t)=k)=Pr(SktSk+1)=Pr(k∑i=1XitXk+1+k∑i=1Xit)=∑0≤j≤tPr(k∑i=1Xi=j;Xk+1tj)(a)当X服从B(5;p)时，∑0≤j≤tP(k∑i=1Xi=j;Xk+1tj)=∑0≤j≤t(5kj)pjq5k−jP(X1tj):(b)当X服从P()时,∑0≤j≤tP(k∑i=1Xi=j;Xk+1tj)=∑0≤j≤t(k)jexp(k)P(X1tj)=j!3.9设更新过程N(t)的更新间隔是Xn;i1;i2;:::;in是1;2;:::;n的一个全排列.对于n2,证明(a)在条件N(t)=n下，(X1;X2;:::;Xn)和(Xi1;Xi2;:::;Xin)同分布;(b)E(X1+X2+


+XN(t)jN(t)=n)=nE(X1jN(t)=n);(c)E((X1+X2+···+XN(t)N(t)jN(t)0)=E(X1jX1t):证证证明明明:(a)因为X1;X2;:::;Xn独立，所以f(X1;X2;:::;Xn)=f(X1)f(X2):::f(Xn)=f(Xi1)f(Xi2):::f(Xin):即(X1;X2;:::;Xn)和(Xi1;Xi2;:::;Xin)同分布(b)E(X1+X2+


+XN(t)jN(t)=n)=n∑i=1E(XijN(t)=n):5第第第三三三章章章更更更新新新过过过程程程第第第三三三章章章更更更新新新过过过程程程因为X1;X2;:::;Xn独立，所以n∑i=1E(XijN(t)=n)=nE(X1jN(t)=n)(c)因为N(t)0=X1t,所以，E((X1+X2+


+XN(t)N(t)jN(t)0)=E(E((X1+X2+


+XN(t)N(t)jN(t)=n;X1t))=E((X1+X2+


+XnnjX1t)=1nn∑i=1E(XijX1t):又因为X1;X2;:::;Xn，则n∑i=1E(XijX1t)=nE(X1jX1t)所以，E((X1+X2+


+XN(t)N(t)jN(t)0)=E(X1jX1t)3.10在工作时间内,校长办公室的每部电话是一个开关系统.在关状态下电话占线,无法接通.设开状态的平均时间为20分钟,关状态的平均时间是3分钟.假设每台电话独立工作,一共有6部电话,估算上午10:30时恰有5部电话占线的概率.解解解:由题可知每台电话占线的概率为p=323;又各电话是否占线独立，所以10:30有5部电话占线的概率为：P=C56p5(1p)3.11眨眼使泪水均匀地涂在角膜和结膜的表面，以保持眼球润湿而不干燥。但是眨眼经常给照相带来麻烦。照相时如果每个人平均22秒眨眼一次，眨眼的时间为0.1秒，100个人照相时，计算至少有一个人眨眼的概率。为了以0.95的概率保证相片中没有人眨眼，至少应当重复拍摄几次。6第第第三三三章章章更更更新新新过过过程程程第第第三三三章章章更更更新新新过过过程程程解解解：将睁眼视为开状态，眨眼视为关状态。则EUi=21:9,EVi=0:1P(t时为开状态)=EUiEUi+EVi=21:922P(至少有一个人眨眼的概率)=1(21:922)100=0:3659假设为了以0.95的概率保证相片中没有人眨眼，至少应当重复拍n次。n∑i=10:3659(n−1)
(10:3659)0:95可解得:n33.12已知甲虫横穿公路需要3分钟，汽车流构成更新流，平均5分钟一辆通过该公路。忽略汽车的长度。(a)更新间隔服从指数分布时，计算甲虫被撞的概率；(b)更新间隔服从均匀分布时，计算甲虫被撞的概率；(c)更新间隔是常数时，计算甲虫被撞的概率；解解解:汽车每次通过为一次更新。假设更新的时间间隔为Xi,EXi=5,因为甲虫横穿公路需要3分钟，所以t时甲虫被撞相当于汽车通过的剩余时间R(t)3.(a)因为Xi服从Exp(),而EXi=5，故=1=5.P(R(t)3)=1e−5=1e−5×3=0:4512(b)因为Xi服从U(0;10),F(x)=x10P(R(t)3)=15∫30(1x10)dx=0:51(c)因为Xi=c;c为常数，故P(R(t)3)=35=0:63.13更新过程的更新间隔服从(k;)分布，密度函数是f(t)=ktk−1(k1)!e−t7第第第三三三章章章更更更新新新过过过程程程第第第三三三章章章更更更新新新过过过程程程对于充分大的t,估算剩余寿命的密度.解:根据定理5.1易知,limt→∞P(R(t)y)=1∫y0F(s)ds,其中=EX1,F(s)=P(X1s):对上式两边同时对y求导可得密度函数为1F(y).所以limt→∞fR(t)(y)=k∫∞yktk−1(k1)!e−tdt=k!∫∞ye−ssk−1ds(令s=t)3.14假设所用的手机失手落地N次后就更换新手机.设手机落地的事件按强度为的泊松流发生.(a)当N=9时,计算手机更新间隔的分布和数学期望,并对手机的剩余寿命证明limt→∞ER(t)=5=;(b)当N服从参数为p的几何分布时,计算手机更新间隔的分布和数学期望,给出剩余寿命R(t)的分布.解:(a)因为手机落地事件按强度为的泊松流发生，所以两次落地事件发生的时间间隔X服从参数为的指数分布.于是可知手机更新间隔Y=∑9i=1Xi,其中Xiiid().由指数分布的可加性可知Y(9;),且易知EY=9=.由定理5.1可知,limt→∞ER(t)=EY22EY=92+81229=9(b)由题意可知Y=∑Ni=1Xi,其中P(N=k)=qk−1p,k=1,2,...所以Y的分布函数为P(Yy)=∞∑k=1P(YtjN=k)P(N=k)=∞∑k=1P(k∑i=1Xit)
qk−1p=∞∑k=1∫y0ktk−1(k1)!e−tqk−1pdt8第第第三三三章章章更更更新新新过过过程程程第第第三三三章章章更更更新新新过过过程程程又因为∞∑