Stochastic Process

HW9

如有错误，烦请指正.

一

1

1. 错误. 若随机过程 $\{N(t)\}$$\set{N(t)}$ 是强度为 $\lambda$$\lambda$ 的 Poisson 过程，则 $EN(t)=\lambda t$$EN(t)=\lambda t$ 与 $t$$t$ 有关不为常数，不符合平稳过程的条件.

2. 正确.

3. 正确. 若 Markov 链是有限状态，则它一定有正常返态.

   

   又因为其不存在平稳分布的充分必要条件是不存在正常返状态的不可约闭集，该 Markov 链一定存在平稳分布.

   

4. 错误. 只是有概率停留在这个状态. （可能有其它的吸收态，等等.）

5. 正确. To be added.

2

见 HW3.

第一问：所有车辆的达到过程为强度为 $9$$9$ 的 Poisson 过程，则这个过程的第一次事件的等待时间 $W_1\sim Exp(9),E{W}_1=1/9$$W_1\sim Exp(9),EW_1=1/9$. 注意到单位时间为 $10$$10$ 分钟，则第一辆车的到达的平均时间为 $10/9$$10/9$ 分钟.

第二问：记红、银、白车的达到过程分别为 $N_1(t),N_2(t),N_3(t)$$N_1(t),N_2(t),N_3(t)$，非白车的到达过程为 $N_4(t)$$N_4(t)$，则 $N_3(t)$$N_3(t)$ 是强度为 ${\lambda }_3=5$$\lambda_3=5$ 的 Poisson 过程，$N_4(t)$$N_4(t)$ 是强度为 ${\lambda }_4={\lambda }_1+{\lambda }_2=4$$\lambda_4=\lambda_1+\lambda_2=4$ 的 Poisson 过程.

• 方法 1：所求时间即为 $N_4\left(W_1^{(3)}\right)=k$$N_4\left(W_1^{(3)}\right)=k$，$W_1^{(3)}$$W_1^{(3)}$ 为 $N_3(t)$$N_3(t)$ 的第一次时间的等待时间. 记 $W_1^{(3)}=T$$W_1^{(3)}=T$，则 $T\sim Exp({\lambda }_3=5)$$T\sim Exp(\lambda_3=5)$. 此时，

  $$P(N_4(T)=k)=E\{P(N_4(T)=k)|T=t\}$$

  下面先求 $P(N_4(t)=k)$$P(N_4(t)=k)$. 记第一辆白车到达的时间为 $X_1^{(3)}$$X_1^{(3)}$，则事件"第一辆白车到达前恰好有 $k$$k$ 辆非白车到达"，即

  $$\{W_i^{(1)}<X_1^{(3)}⩽W_{i+1}^{(1)},W_j^{(2)}<X_1^{(3)}⩽W_{j+1}^{(2)},i+j=k\}$$

  发生当且仅当

  $$\{N_1\left(X_1^{(3)}\right)=i,N_2\left(X_1^{(3)}\right)=j,i+j=k\}$$

  发生. 所以

  $$\begin{array}{rl}P(N_4(t)=k)& =\sum _{i=0}^{k}P(N_1(t)=i,N_2(t)=k-i)\\ & =\sum _{i=0}^{k}P(N_1(t)=i)P(N_2(t)=k-i)\\ & =\sum _{i=0}^k\frac{({\lambda }_{1}t{)}^i}{i!}{\mathrm{e}}^{-{\lambda }_{1}t}\frac{({\lambda }_{2}t{)}^{k-i}}{(k-i)!}{\mathrm{e}}^{-{\lambda }_{2}t}\\ & =\sum _{i=0}^k\frac{t^i}{i!}{\mathrm{e}}^{-t}\frac{(3t{)}^{k-i}}{(k-i)!}{\mathrm{e}}^{-3t}\\ & =t^k{\mathrm{e}}^{-4t}\sum _{i=0}^k\frac{3^{k-i}}{i!(k-i)!}\\ & =\frac{(4t{)}^k}{k!}{\mathrm{e}}^{-4t}\sum _{i=0}^k\frac{k!}{i!(k-i)!}{\left(\frac{1}{4}\right)}^i{\left(\frac{3}{4}\right)}^{k-i}\\ & =\frac{(4t{)}^k}{k!}{\mathrm{e}}^{-4t}{(\frac{1}{4}+\frac{3}{4})}^k\\ & =\frac{(4t{)}^k}{k!}{\mathrm{e}}^{-4t}.\end{array}$$

  又因为 $T\sim Exp(5)$$T\sim Exp(5)$，

  $$\begin{array}{rl}P(N_4(T)=k)& =E\{P(N_4(T)=k)|T=t\}\\ & ={\int }_0^{+\mathrm{\infty }}\frac{(4t{)}^k}{k!}{\mathrm{e}}^{-4t}\cdot 5{\mathrm{e}}^{-5t}\mathrm{d}t\\ & =\frac{5\cdot 4^k}{k!}{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{t}^k{\mathrm{e}}^{-9t}\mathrm{d}t\\ & =\frac{5\cdot 4^k}{k!}{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{\left(\frac{u}{9}\right)}^k{\mathrm{e}}^{-u}\mathrm{d}\frac{u}{9}\\ & =\frac{5}{9}\cdot {\left(\frac{4}{9}\right)}^k\cdot \frac{1}{k!}\cdot {\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{u}^k{\mathrm{e}}^{-u}\mathrm{d}u\\ & =\frac{5}{9}{\left(\frac{4}{9}\right)}^k\frac{\mathrm{\Gamma }(k+1)}{k!}\\ & =\frac{5}{9}{\left(\frac{4}{9}\right)}^k.\end{array}$$

• 方法 2：考虑已知有 $1$$1$ 辆车到达，其为白车/非白车的概率.

  事件“第一辆车为白车”发生当且仅当“第一辆白车比第一辆非白车先到”.

  设 $S,T$$S,T$ 分别为 $N_3(t),N_4(T)$$N_3(t),N_4(T)$ 第一次事件的到达时刻，则

  $$\begin{array}{rl}P(S<T)& =\underset{s,t>0,s<t}{\iint }{\lambda }_3{\lambda }_4{\mathrm{e}}^{-({\lambda }_{3}s+{\lambda }_{4}t)}\mathrm{d}s\mathrm{d}t\\ & ={\lambda }_3{\lambda }_4{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{\mathrm{e}}^{-{\lambda }_{3}s}\mathrm{d}s{\int }_s^{+\mathrm{\infty }}{\mathrm{e}}^{-{\lambda }_{4}t}\mathrm{d}t\\ & ={\lambda }_3{\lambda }_4{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{\mathrm{e}}^{-{\lambda }_{3}s}\mathrm{d}s\cdot {\frac{{\mathrm{e}}^{-{\lambda }_{4}t}}{-{\lambda }_4}|}_s^{+\mathrm{\infty }}\\ & ={\lambda }_3{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{\mathrm{e}}^{-{\lambda }_{3}s}{\mathrm{e}}^{-{\lambda }_{4}s}\mathrm{d}s\\ & ={\lambda }_3{\int }_0^{+\mathrm{\infty }}{\mathrm{e}}^{-({\lambda }_3+{\lambda }_4)s}\mathrm{d}s\\ & ={\lambda }_3{\frac{{\mathrm{e}}^{-({\lambda }_3+{\lambda }_4)s}}{-({\lambda }_3+{\lambda }_4)}|}_0^{+\mathrm{\infty }}\\ & =\frac{{\lambda }_3}{{\lambda }_3+{\lambda }_4}.\end{array}$$

  即已知有一辆车到来，白车概率为 $5/9$$5/9$，非白车概率为 $4/9$$4/9$.

  根据增量独立性，第 $k+1$$k+1$ 辆车到来的条件下，前 $k$$k$ 辆车为非白车，第 $k+1$$k+1$ 辆车为白车的概率为

  $${\left(\frac{4}{9}\right)}^k\frac{5}{9}.$$

3

有理谱密度：由谱密度是 $\omega$$\omega$ 的非负实值偶函数知，$S(\omega )$$S(\omega)$ 形如

$$s_0\frac{{\omega }^{2n}+a_{2n-2}{\omega }^{2n-2}+\cdots +a_2{\omega }^2+a_0}{{\omega }^{2m}+b_{2m-2}{\omega }^{2m-2}+\cdots +b_2{\omega }^2+b_0},$$

式中 $s_0\ne 0$$s_0\neq 0$. 又由于 $R(0)>0$$R(0)>0$，故 $S(\omega )$$S(\omega)$ 应在 $[0,+\mathrm{\infty })$$[0,+\infty)$ 上可积，从而 $S(\omega )$$S(\omega)$ 的分母不能有实根，分母多项式次数至少应比分子高 $2$$2$ 以及 $s_0>0$$s_0>0$.

• A.

  $$S(\omega )=\frac{{\omega }^2+1}{{\omega }^4+5{\omega }^2+6}=\frac{{\omega }^2+1}{({\omega }^2+2)({\omega }^2+3)},$$

  符合条件；

• B.

  $$S(\omega )=\frac{{\omega }^2+4}{{\omega }^4-4{\omega }^2+3}=\frac{{\omega }^2+4}{({\omega }^2-1)({\omega }^2-3)}=\frac{{\omega }^2+4}{(\omega +\sqrt{3})(\omega +1)(\omega -1)(\omega -\sqrt{3})},$$

  分母有实根，不符合条件；

• C.

  $$S(\omega )=\frac{{\mathrm{e}}^{-\mathrm{i}{\omega }^2}}{{\omega }^2+2}=\frac{\cos {\omega }^2}{{\omega }^2+2}-\mathrm{i}\frac{\sin {\omega }^2}{{\omega }^2+2}$$

  不是实值函数，不符合条件；

• D.

  $$S(\omega )=\frac{\cos \omega }{{\omega }^2+2}$$

  不是非负函数，不符合条件.

4

为避免混淆，记实平稳过程 $\{X(t)\}$$\set{X(t)}$ 的自相关函数为

而其协方差函数记为 $R_X(\tau )$$R_X(\tau)$.

考虑自相关函数

关于 $\tau$$\tau$ 的极限. 因为 $\tau \to \mathrm{\infty }$$\tau\to\infty$ 时 $X(t)$$X(t)$ 与 $X(t+\tau )$$X(t+\tau)$ 相互独立，所以

注意到 $\{X(t)\}$$\set{X(t)}$ 为平稳过程，其期望为常数，记为 $\mu$$\mu$，则

又因为 $r_X(\tau )\to 25,\tau \to \mathrm{\infty }$$r_X(\tau)\to25,\tau\to\infty$，得 ${\mu }^2=25,\mu =\pm 5$$\mu^2=25,\mu=\pm5$.

再考虑 $\{X(t)\}$$\set{X(t)}$ 的协方差函数

方差为

5

• A. 错误. 考虑 Poisson 过程. 它是平稳独立增量过程，但不是平稳过程，原因见第 1 小题 1) 问.

• B. 正确.

  

• C. 错误. 极限分布与平稳分布没有必然联系. 但在下面的条件下，它们相等.

  

• D. 错误. 可能有周期性.

6

• A. 错误. 若 $\{X(t),t⩾0\}$$\set{X(t),t\geqslant 0}$ 是 Poisson 过程，则它是平稳独立增量过程；但反之不一定.

• B. 正确. Markov 过程的定义.

• C. 错误. 如其为一 Poisson 过程.

• D. 错误. 根据严平稳过程的定义，如果它的均值函数 $m(t)=EX(t)$$m(t)=EX(t)$ 存在，则必为常数，即 $m(t)=m,t\in T$$m(t)=m,t\in T$. 于是与 C 同理可得.

二

记第 $n(n⩾1)$$n(n\geqslant 1)$ 个顾客的服务时间为 $T_n$$T_n$，则 $T_n\sim Exp(\lambda )$$T_n\sim Exp(\lambda)$，且 $E{T}_n=1/\lambda =20,\lambda =0.05$$ET_n=1/\lambda=20,\lambda=0.05$. 所以 $N(t)$$N(t)$ 是强度为 $\lambda =0.05$$\lambda=0.05$ 的 Poisson 过程.

(1)

记上午 8:00 为 $t=0$$t=0$ 时刻，则上午 12:00 时为 $t=240$$t=240$.

因为

所以

又 $\lambda =0.05,t=240$$\lambda=0.05,t=240$，

即上午 8:00 到 12:00 的平均服务顾客数为 12.

(2)

在上午 8:00 为 $t=0$$t=0$ 时刻的条件下，“顾客停留的时间”应当为“顾客的等待时间”. 记第 $n$$n$ 个顾客的等待时间为 $W_n$$W_n$，则 $W_n\sim \mathrm{\Gamma }(n,\lambda ),E{W}_n=n/\lambda$$W_n\sim \Gamma(n,\lambda),EW_n=n/\lambda$. 设长为 $t$$t$ 的时间内共服务了 $N(t)$$N(t)$ 个顾客，则 $N(t)\sim P(\lambda t),EN(t)=\lambda t$$N(t)\sim P(\lambda t),EN(t)=\lambda t$. 所求为

先算条件期望. 因为在给定 $N(t)=n$$N(t)=n$ 的条件下，$W_i,i=1,2,\cdots ,n$$W_i,i=1,2,\cdots,n$ 的联合密度是与 $(0,t]$$(0,t]$ 上均匀分布中随机样本 $U_i,i=1,2,\cdots ,n$$U_i,i=1,2,\cdots,n$ 的次序统计量 $U_{(i)},i=1,2,\cdots ,n$$U_{(i)},i=1,2,\cdots, n$ 的联合密度是一样的，所以

所以（$t=240$$t=240$）

即这段时间内服务完的顾客停留的平均时间为 $120$$120$ 分钟.

三

初始状态为 ${\mathit{P}}_0=(1/3,1/3,1/3)$$\boldsymbol P_0=(1/3,1/3,1/3)$.

(1)

第一个季度后三种牛奶的市场占有率向量为

第二个季度后（半年后）三种牛奶的市场占有率向量为

(2)

(3)

该 Markov 链是不可约的遍历链，则它存在唯一的极限分布，且此时的极限分布就是平稳分布，即

求解平稳分布：解方程组

得

四

(1)

若 $X_{n-1}=i$$X_{n-1}=i$，则 $X_n\in \{1,2,\cdots ,i\}$$X_{n}\in\set{1,2,\cdots,i}$. 所以，

(2)

有 $N$$N$ 个等价类，$\{1\},\{2\},\cdots ,\{N\}$$\set{1},\set{2},\cdots,\set{N}$. 它们都是非周期的. 除 $\{1\}$$\set{1}$ 外的等价类都是非常返（瞬过）的，$\{1\}$$\set{1}$ 是正常返的.

(3)

状态 $1$$1$ 的平均返回时间

因为状态 $1$$1$ 是非周期、正常返的，所以是遍历态，所以

因为状态 $2,3,\cdots ,N$$2,3,\cdots,N$ 是非周期的，所以

所以极限分布存在，且为

五

记

则

当 $\tau >0$$\tau>0$ 时，由 Wiener-Khintchine 公式，

借助留数定理，积分

其中 $a_1=\sqrt{3}j,a_2=\sqrt{5}j$$a_1=\sqrt 3j,a_2=\sqrt 5j$ 是复有理函数 $S(z)={\displaystyle \frac{P(z)}{Q(z)}}$$S(z)=\dfrac{P(z)}{Q(z)}$ 在上半平面内的全部极点，且都是一级极点.

对某个一级极点 $a_k$$a_k$，

所以，

所以，

因为 $R(\tau )$$R(\tau)$ 是关于 $\tau$$\tau$ 的偶函数，所以

六

(1)

$A\sim U(-1,1),EA=0,\mathrm{Var}(A)=1/3,E{A}^2=\mathrm{Var}(A)+E^{2}A=1/3$$A\sim U(-1,1),EA=0,\mathrm{Var}(A)=1/3,EA^2=\mathrm{Var}(A)+E^2A=1/3$.

$X(t)$$X(t)$ 的均值函数

为常数；

协方差函数

只与时间差 $s$$s$ 有关，记为

方差

二阶矩

存在.

所以 $\{X(t),-\mathrm{\infty }<t<+\mathrm{\infty }\}$$\set{X(t),-\infty<t<+\infty}$ 是平稳过程.

$P$$P$	$1/2$$1/2$	$1/2$$1/2$
$\mathrm{\Phi }$$\Phi$	$\pi /4$$\pi/4$	$-\pi /4$$-\pi/4$
$2t+s+2\mathrm{\Phi }$$2t+s+2\Phi$	$2t+s+\pi /2$$2t+s+\pi/2$	$2t+s-\pi /2$$2t+s-\pi/2$
$\cos (2t+s+2\mathrm{\Phi })$$\cos(2t+s+2\Phi)$	$-\sin (2t+s)$$-\sin(2t+s)$	$\sin (2t+s)$$\sin(2t+s)$

$$E\cos (2t+s+2\mathrm{\Phi })=-\sin (2t+s)\cdot \frac{1}{2}+\sin (2t+s)\cdot \frac{1}{2}=0.$$

(2)

考虑极限

所以 $\{X(t),-\mathrm{\infty }<t<+\mathrm{\infty }\}$$\set{X(t),-\infty<t<+\infty}$ 有均值遍历性.