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\documentclass[全部作业]{subfiles}
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\input{mysubpreamble}
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\begin{document}
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\setcounter{chapter}{3}
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\section{《随机过程》4月1日作业}
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\begin{enumerate}
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\questionandanswerSolution[]{
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假设$N=\{ N(t)\ :\ t\geqslant 0 \}$是强度为$\lambda$的Poisson过程，且$T_k=\inf\{ t\geqslant 0\ :\ N(t)\geqslant k \} (k\in \mathbb{N})$。分别计算条件期望$E(T_{2024}|N(2024)=2024)$和$E(T_{2025}|N(2024)=2024)$。
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}{
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由于$N(2024)=2024 \iff T_{2024}\leqslant 2024<T_{2025}$，所以所求的条件期望中只涉及到$T_{2024}$和$T_{2025}$这两个随机变量，因此可以先求$(T_{2024},T_{2025})$的联合分布。设$(T_{2024},T_{2025})$的联合概率密度函数为$p(x,y)$。
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由于$T_{2025}=T_{2024}+W_{2025}$，所以可以先求$(T_{2024},W_{2025})$的联合概率密度函数。已知$T_{2024}\sim \operatorname{Ga}(2024,\lambda), W_{2025}\sim \operatorname{Exp}(\lambda)$，且$T_{2024}$与$W_{2025}$相互独立，因此
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$$
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p_{(T_{2024},W_{2025})}(u,v)=\frac{\lambda^{2024}}{\Gamma(2024)} u^{2024-1} e^{-\lambda u} \cdot \lambda e^{-\lambda v} = \frac{\lambda^{2025} u^{2023} e^{- \lambda (u + v)}}{\Gamma{(2024)}}
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$$
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由于$\left\vert \frac{\partial (x,y)}{\partial (u,v)} \right\vert =1$，所以
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$$
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p(x,y)=p_{(T_{2024},T_{2025})}(x,y)=p_{(T_{2024},W_{2025})}(x, y-x)=\frac{\lambda^{2025}x^{2023}e^{-\lambda y}}{\Gamma(2024)}
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$$
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所以
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$$
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\begin{aligned}
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E(T_{2024}|N(2024)=2024)&=E(T_{2024}|T_{2024}\leqslant 2024<T_{2025}) \\
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&= \iint\limits_{(-\infty,2024]\times [2024,+\infty)} x p(x,y) \mathrm{d}x\mathrm{d}y \\
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&=\int_{-\infty}^{2024} \int_{2024}^{+\infty} \frac{\lambda^{2025}x^{2024}e^{-\lambda y}}{\Gamma(2024)} \mathrm{d}y \mathrm{d}x \\
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&=\frac{\lambda^{2025}}{\Gamma(2024)} \int_{-\infty}^{2024} x^{2024} \mathrm{d}x \int_{2024}^{+\infty} e^{-\lambda y} \mathrm{d}y \\
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% =\int_{-\infty}^{2024} \left( \int_{2024}^{+\infty} x^{2024}e^{-\lambda y} \mathrm{d}y \right) \mathrm{d}x
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\end{aligned}
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$$
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同理
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$$
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\begin{aligned}
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E(T_{2025}|N(2024)=2024)&=\iint\limits_{(-\infty,2024]\times [2024,+\infty)} yp(x,y) \mathrm{d}d \mathrm{d}y \\
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&=\frac{\lambda^{2025}}{\Gamma(2024)}\int_{-\infty}^{2024} x^{2023} \mathrm{d}x \int_{2024}^{+\infty} ye^{-\lambda y} \mathrm{d}y \\
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\end{aligned}
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$$
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计算到这里实在计算不下去了。
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}
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\questionandanswerSolution[]{
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考虑一个从底层起动（不是启动？）上升的电梯。以$N_i$记在第$i$层进入电梯的人数。假定各$N_i$相互独立，且$N_i\sim \operatorname{Poi}(\lambda_i)(\forall i)$。在第$i$层进入电梯的各个人相互独立地以概率$p_{ij}$在第$j$层$(j>i)$离开电梯，$\displaystyle \sum_{j>i} p_{ij}=1$。用$O_j$表示在第$j$层离开电梯的人数。求$O_j$的分布列。
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}{
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在第$i$层进入电梯的人数为$N_i$且各个人相互独立地一概率$p_{ij}$在第$j$层$(j>i)$离开电梯，因此在第$j$层离开电梯的人数的期望为
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$
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\displaystyle \sum_{i=1}^{j} N_i p_{ij} =O_j
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$
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根据泊松过程的性质，$N_ip_{ij}\sim \operatorname{Poi}(\lambda_ip_{ij})$，$\displaystyle \sum_{i=1}^{j} N_ip_{ij}=O_j\sim \operatorname{Poi}\left(\sum_{i=1}^{j} \lambda_ip_{ij}\right)$。
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所以$O_j$的分布列为
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$$
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P(O_j=k)=\frac{\lambda^{\sum_{i=1}^{j} \lambda_ip_{ij}}}{k!}e^{-\sum_{i=1}^{j} \lambda_ip_{ij}}
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$$
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}
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\questionandanswerSolution[]{
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（冲击模型）记$X(t)$为某系统截至时刻$t$受到的冲击次数。$X=\{ X(t)\ :\ t\geqslant 0 \}$是强度为$\lambda$的Poisson过程。设$Y_k$为第$k$次冲击对系统的损害值，满足$Y_1,Y_2, \cdots \overset{\text{i.i.d.}}{\sim}\operatorname{Exp}(\mu)$。以$Z(t)$记截至时刻$t$系统所受到的总损害值。当总损害超过一定的指标$\alpha$时系统不能运行下去，寿命终止。记$T$为系统寿命，求$E(T)$。
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}{
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% 总损害值是每次损害值求和
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% $$
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% Z(t)=\sum_{i=1}^{X(t)} Y_i
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% $$
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% 这是随机个随机变量求和，由于$X(t)\sim \operatorname{Poi}(\lambda)$且$Y_1,Y_2, \cdots \overset{\text{i.i.d.}}{\sim}\operatorname{Exp}(\mu)$，所以
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% $$
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% Z(t)\sim \operatorname{Ga}(\lambda t, \mu)
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% $$
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由于泊松过程本身和它的停时有良好的互转关系，所以可以按照如下方式转化原问题：注意到此问题中有三个指标：时刻、冲击次数、损害值，于是
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设$A_k$表示第$k$次冲击后系统所受到的总损害值，由于$Y_1,Y_2, \cdots \overset{\text{i.i.d.}}{\sim}\operatorname{Exp}(\mu)$，则
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$$
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A_k=\sum_{i=1}^{k} Y_k \sim \operatorname{Ga}(k,\mu)
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$$
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与之对应，设$B(x)$表示总损害值为$x$时受到的冲击次数，则
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$$
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B(x)\sim \operatorname{Poi}(\mu)
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$$
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再设$C_k$表示冲击次数为$k$时的时刻，由于$X(t)\sim \operatorname{Poi}(\lambda)$，所以
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$$
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C_k\sim \operatorname{Ga}(k,\lambda)
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$$
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所以所求的$E(T)$可以表述为总损害值为$\alpha$时对应的冲击次数对应的时刻，使用重期望公式可得
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$$
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E(T)=E(C_{B(\alpha)})=E(E(C_{B(\alpha)}|B(\alpha)))
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$$
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由于$E(C_{B(\alpha)}|B(\alpha)=k)=E(C_{k})=\frac{k}{\lambda}$，所以
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$$
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E(T)=E\left( \frac{B(\alpha)}{\lambda} \right) =\frac{1}{\lambda}E(B(\alpha))=\frac{\alpha \mu}{\lambda}
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$$
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}
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\questionandanswerSolution[]{
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考虑速率函数为$\lambda(t)>0(\forall t\geqslant 0)$的非齐次Poisson过程$X=\{ X(t)\ :\ t\geqslant 0 \}$。令
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$$
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m(t)=\int_{0}^{t} \lambda(u) \mathrm{d}u \qquad (t\geqslant 0),
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$$
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$m(t)$的反函数记为$l(t)$。对$t\geqslant 0$，记$Y(t)=X(l(t))$。证明$Y=\{ Y(t)\ :\ t\geqslant 0 \}$是经典Poisson过程，并求它的强度。
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}{
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由题意可知$X(t)\sim \operatorname{Poi}(m(t))$，又知$m(t)$和$l(t)$互为反函数，所以
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$$
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Y(t)=X(l(t))\sim \operatorname{Poi}(m(l(t)))=\operatorname{Poi}(t)
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$$
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所以$T=\{ Y(t)\ :\ t\geqslant 0 \}$是经典Poisson过程，它的强度为1。
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}
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\questionandanswerSolution[]{
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重复地抛掷一枚均匀硬币，抛掷结果为$Y_0,Y_1,Y_2, \cdots $，它们取值为1（表示正面）或0（表示反面）的概率均为$\frac{1}{2}$。用$X_n=Y_{n-1}+Y_n$表示第$n-1$次和第$n$次抛掷出正面的总次数$(n\geqslant 1)$。问$X=\{ X_n\ :\ n\in \mathbb{Z}^{+} \}$是否是马氏链？并说明理由。
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}{
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$
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\forall n\in \mathbb{Z}^{+},\forall i_1, \cdots ,i_{n-1},i,j\in S=\{ 0,1 \}
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$，
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$$
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\begin{aligned}
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&P(X_{n+1}=j|X_n=i,X_{n-1}=i_{n-1}, \cdots ,X_{1}=i_1) \\
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=&P(Y_n+Y_{n+1}=j|Y_{n-1}+Y_n=i, \cdots ,Y_0+Y_1=i_1) \\
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\end{aligned}
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$$
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因为$Y_0,Y_1,Y_2, \cdots $相互独立，所以条件概率中与$Y_n$和$Y_{n+1}$无关的条件都可以不考虑，即
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$$
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\text{上式}=P(Y_n+Y_{n+1}=j|Y_{n-1}+Y_n=i)=P(X_{n+1}=j|X_n=i)
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$$
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所以$X=\{ X_n\ :\ n\in \mathbb{Z}^{+} \}$是马氏链。
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}
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\questionandanswerSolution[]{
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一个出租车司机在机场、宾馆A、宾馆B之间按照如下方式行车:如果他在机场,那
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么下一时刻他将以等概率到达两个宾馆中的任意一个;如果他在其中一个宾馆,那么下
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一时刻他将以概率3/4返回到机场,而以概率1/4开往另一个宾馆. 假设在时刻0时
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司机在机场,求在时刻3时他在宾馆A的概率。
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}{
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设机场、宾馆A、宾馆B分别用0、1、2表示，设一步转移概率矩阵为A，则
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$$
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A=\begin{bmatrix}
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0 & \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\
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\frac{3}{4} & 0 & \frac{1}{4} \\
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\frac{3}{4} & \frac{1}{4} & 0 \\
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|
\end{bmatrix}\qquad
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A^{3} = \begin{bmatrix}\frac{3}{16} & \frac{13}{32} & \frac{13}{32}\\\frac{39}{64} & \frac{3}{16} & \frac{13}{64}\\\frac{39}{64} & \frac{13}{64} & \frac{3}{16}\end{bmatrix}
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$$
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所求的概率为经过3个时刻（时间齐次）从机场到宾馆A的概率，即$\dfrac{13}{32} = 0.40625$。
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}
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\questionandanswer[]{
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（天气链）已知当昨天和前天都晴天时，今天将下雨的概率是$0.3$；而当昨天和前天中至少有一天下雨时，今天将下雨的概率是$0.6$。用$W_n$表示第$n$天的天气，它取值为$R$（表示下雨）或$S$（表示晴天）。尽管$W=\{ W_n\ :\ n\in \mathbb{N} \}$不是一个马氏链，但由$X_n=(W_{n-1},W_n)$定义的$X=\{ X_n\ :\ n\in \mathbb{Z}^{+} \}$是一个时齐马氏链，其状态空间为$\{RR, RS, SR, SS\}$。
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}{}
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\begin{enumerate}
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\questionandanswerSolution[]{
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写出$X$的一步转移概率矩阵。
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}{
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% 将$RR, RS, SR, SS$分别用$0,1,2,3$表示，则
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\begin{tabular}{c|cccc}
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% \hline
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\diagbox{昨天今天}{今天明天} & $RR$ & $RS$ & $SR$ & $SS$ \\
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\hline
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$RR$ & $0.6$ & $0.4$ & $0$ & $0$ \\
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$RS$ & $0$ & $0$ & $0.6$ & $0.4$ \\
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|
$SR$ & $0.6$ & $0.4$ & $0$ & $0$ \\
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|
$SS$ & $0$ & $0$ & $0.3$ & $0.7$ \\
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% \hline
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\end{tabular}
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所以$X$的一步转移概率矩阵为
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$$
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\begin{bmatrix}
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0.6 & 0.4 & 0 & 0 \\
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0 & 0 & 0.6 & 0.4 \\
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|
0.6 & 0.4 & 0 & 0 \\
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|
|
0 & 0 & 0.3 & 0.7 \\
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|
\end{bmatrix}
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|
$$
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|
}
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\questionandanswerSolution[]{
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求当给定某周的周一和周二都晴天的条件下，该周周四下雨的概率。
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}{
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题意也就是经过两步从$SS$转移到$RR$或$SR$的概率，
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$$
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\begin{bmatrix}
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|
0.6 & 0.4 & 0 & 0 \\
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0 & 0 & 0.6 & 0.4 \\
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0.6 & 0.4 & 0 & 0 \\
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|
|
0 & 0 & 0.3 & 0.7 \\
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|
\end{bmatrix}^{2} = \begin{bmatrix}0.36 & 0.24 & 0.24 & 0.16\\0.36 & 0.24 & 0.12 & 0.28\\0.36 & 0.24 & 0.24 & 0.16\\0.18 & 0.12 & 0.21 & 0.49\end{bmatrix}
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$$
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|
所以该周周四下雨的概率为$0.18+0.21 = 0.39$。
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}
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\end{enumerate}
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\questionandanswer[]{
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(信号传递之“愚人节说谎版”)设在愚人节这天,姚老师以40\%的可能性把“下周的课考试”的消息(以60\%的可能性把“下周的课不考试”的消息)传给路上偶遇的陈雨杭同学,之后的每位同学(从陈雨杭开始)逐次以70\%的可能性把刚听到的消息(以30\%的可能性把刚听到的消息的对立面)传给遇到的下一位同学(每次只传给一位同学).假设第20位收到消息的是曾凡晔同学.
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}{}
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\begin{enumerate}
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\questionandanswerSolution[]{
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计算条件概率
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$$
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P(\text{姚老师一开始说“下周的课考试”}|\ \text{曾凡晔收到“下周的课考试”的消息}).
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$$
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}{
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\begin{table}
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\centering
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\begin{tabular}{c|cc}
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\diagbox{初始}{传出} & 考试 & 不考试 \\
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\hline
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|
未知 & 0.4 & 0.6 \\
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\end{tabular}
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|
\hfil
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\begin{tabular}{c|cc}
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\diagbox{收到}{传出} & 考试 & 不考试 \\
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\hline
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|
考试 & 0.7 & 0.3 \\
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|
不考试 & 0.3 & 0.7 \\
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\end{tabular}
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\caption{左：第一次消息传递；右：后续消息传递}
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\end{table}
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根据贝叶斯公式，
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$$
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\begin{aligned}
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&P(\text{姚老师一开始说“下周的课考试”}|\ \text{曾凡晔收到“下周的课考试”的消息}) \\
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&=\frac{
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\begin{split}
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|
P(\text{曾凡晔收到“下周的课考试”的消息}|\ \text{姚老师一开始说“下周的课考试”})\\
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|||
|
|
\times P(\text{姚老师一开始说“下周的课考试”})
|
|||
|
|
\end{split}
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|
|
}{P(\text{曾凡晔收到“下周的课考试”的消息})} \\
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|
|
\end{aligned}
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$$
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|
从第1位同学到第20位同学，经过了19次信号传递，所以19步概率转移矩阵为
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$$
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\begin{bmatrix}
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|
0.7 & 0.3 \\
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|
|
0.3 & 0.7 \\
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|
\end{bmatrix}^{19} = \begin{bmatrix}0.500000013743895 & 0.499999986256105\\0.499999986256105 & 0.500000013743895\end{bmatrix}
|
|||
|
|
\approx \begin{bmatrix}
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|
|
0.5 & 0.5 \\
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|
|
0.5 & 0.5 \\
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|
|
\end{bmatrix}
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|
$$
|
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|
|
所以
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|
$$
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|
|
P(\text{曾凡晔收到“下周的课考试”的消息}|\ \text{姚老师一开始说“下周的课考试”})=0.5
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|
$$
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|
|
$$
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|
|
P(\text{曾凡晔收到“下周的课考试”的消息})=0.4\times 0.5+0.6\times 0.5 = 0.5
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|
$$
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|||
|
|
所以
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$$
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|
|
P(\text{姚老师一开始说“下周的课考试”}|\ \text{曾凡晔收到“下周的课考试”的消息})=\frac{0.5\times 0.4}{0.5} = 0.4000
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|
$$
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|||
|
|
}
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|
|
\questionandanswerSolution[]{
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又设在上述传递消息的过程中,第10位收到消息的是李墨涵同学,计算条件概率
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P(\text{姚老师一开始说“下周的课考试”}|\ \text{上述三位同学全都传出“下周的课考试”的消息}).
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}{
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设$A_i$表示事件“第$i$位同学传出‘下周的课考试’的消息”，$A_0$表示事件“姚老师一开始说‘下周的课考试’”，再根据贝叶斯公式和条件概率的性质，则所求的问题可转换为
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\begin{aligned}
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P(A_0|A_1, A_{10}, A_{20})&=\frac{P(A_1 , A_{10}, A_{20}|A_0)\times P(A_0)}{P(A_1, A_{10}, A_{20})} \\
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&=\frac{P(A_{20}|A_{10},A_1,A_0)P(A_{10}|A_1,A_0)P(A_1|A_0)P(A_0)}{P(A_{20}|A_{10},A_1)P(A_{10}|A_1)P(A_1)} \\
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\end{aligned}
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显然此模型是马氏链，所以根据马氏链的性质，
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\begin{aligned}
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\text{上式}&=\frac{P(A_{20}|A_{10})P(A_{10}|A_1)P(A_1|A_0)P(A_0)}{P(A_{20}|A_{10})P(A_{10}|A_1)P(A_1)} \\
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&=\frac{P(A_1|A_0)P(A_0)}{P(A_1)} \qquad (=P(A_0|A_1)) \\
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&=\frac{0.7\times 0.4}{0.4\times 0.7+0.6\times 0.3} \\
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&= \frac{14}{23} \approx 0.6087 \\
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\end{aligned}
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}
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\end{enumerate}
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\end{enumerate}
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(要求答案均保留四位有效数字.提示:方阵的幂可用数学软件如Matlab计算.)
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\end{document}
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