161 lines
7.7 KiB
TeX
161 lines
7.7 KiB
TeX
\documentclass[全部作业]{subfiles}
|
||
\input{mysubpreamble}
|
||
\begin{document}
|
||
\section{《随机过程》2月26日作业}
|
||
\begin{enumerate}
|
||
\questionandanswer[]{
|
||
设$X$为$k$阶矩存在的非负连续型随机变量（$k\in \mathbb{Z}^{+}$），证明：
|
||
$$
|
||
E(X^{k})=\int_{0}^{+\infty} kx^{k-1}P(X>x) \mathrm{d}x
|
||
$$
|
||
试推广一下该结论。
|
||
}{
|
||
\begin{proof}
|
||
|
||
设$X$的概率密度函数为$p(x), x\in (-\infty,+\infty)$
|
||
|
||
根据数学期望的定义，同时注意到$X$是非负连续型随机变量，可知
|
||
$$
|
||
E(X^{k})=\int_{0}^{+\infty} x^{k}p(x) \mathrm{d}x=\int_{0}^{+\infty} \left( \int_{0}^{x} ku^{k-1} \mathrm{d}u \right) p(x) \mathrm{d}x=\int_{0}^{+\infty} \int_{0}^{x} ku^{k-1}p(x) \mathrm{d}u \mathrm{d}x
|
||
$$
|
||
交换积分次序，
|
||
$$
|
||
E(X^{k})=\int_{0}^{+\infty} \int_{u}^{+\infty} ku^{k-1}p(x) \mathrm{d}x \mathrm{d}u=\int_{0}^{+\infty} ku^{k-1}P(X>u) \mathrm{d}u=\int_{0}^{+\infty} kx^{k-1}P(X>x) \mathrm{d}x
|
||
$$
|
||
\end{proof}
|
||
推广该结论可得：设$f(X)$为数学期望存在的非负连续型随机变量，且$f(x)$存在导函数$f'(x)$，则
|
||
$$
|
||
E(f(X))=\int_{0}^{+\infty} f'(x)P(X>x) \mathrm{d}x
|
||
$$
|
||
}
|
||
\questionandanswer[]{
|
||
若连续型随机变量$X$与$Y$相互独立，其概率密度函数分别为$p_{X}(\cdot )$和$P_{Y}(\cdot )$，证明：
|
||
$$
|
||
E(\Phi(X,Y)|X)=\int_{\mathbb{R}}\Phi(X,y)p_{Y}(y)\mathrm{d}y
|
||
$$
|
||
}{
|
||
\begin{proof}
|
||
|
||
直接根据定义，在$X=x$的条件下对$Y$求数学期望即可：
|
||
$$
|
||
E(\Phi(x,Y)|X=x)=\int_{-\infty}^{+\infty} \Phi(x,y)p_{Y}(y) \mathrm{d}y
|
||
$$
|
||
所以
|
||
$$
|
||
E(\Phi(X,Y)|X)=\int_{\mathbb{R}}\Phi(X,y)p_{Y}(y)\mathrm{d}y
|
||
$$
|
||
\end{proof}
|
||
}
|
||
\questionandanswer[]{
|
||
从1到9中有放回地抽取数字，每次抽一个，直到奇数和偶数都被抽到时位置。求该过程中抽到奇数的次数在全部抽取次数中占比的期望（结果保留4位有效数字）。
|
||
}{
|
||
\begin{proof}[解]
|
||
|
||
设随机变量$X$表示首次抽到奇数时的总次数，则$X\sim \operatorname{Ge}(\frac{5}{9})$；
|
||
设随机变量$Y$表示首次抽到偶数时的总次数，则$Y\sim \operatorname{Ge}(\frac{4}{9})$。
|
||
设随机变量$Z$表示该过程中抽到奇数的次数在全部抽取次数中的占比，则$EZ$为所求的期望。
|
||
|
||
根据几何分布的数学期望可知，$EX=\frac{1}{\frac{5}{9}}=\frac{9}{5}$, $EY=\frac{1}{\frac{4}{9}}=\frac{9}{4}$。
|
||
|
||
根据重期望公式，$EZ = E(E(Z|X))$，下面计算$E(Z|X)$
|
||
$$
|
||
E(Z|X=x)=\begin{cases}
|
||
\frac{EY}{EY+1}=\frac{\frac{9}{4}}{\frac{9}{4}+1} = \frac{9}{13},\quad & x=1 \\
|
||
\frac{1}{EX}=\frac{1}{\frac{9}{5}}=\frac{5}{9},\quad & x>1 \\
|
||
\end{cases}
|
||
$$
|
||
再对$X$求期望，
|
||
$$
|
||
EZ = E(E(Z|X))=\frac{9}{13}\times \frac{5}{9}+\frac{5}{9}\times (1-\frac{5}{9}) = \frac{665}{1053} \approx 0.6315
|
||
$$
|
||
\end{proof}
|
||
}
|
||
\questionandanswerSolution[]{
|
||
设闯入果园的猩猩数$X$服从参数为$\lambda(>0)$的Poisson分布，每只猩猩独立地以概率$p(\in (0,1))$成功地抢到香蕉，而以概率$q=1-p$没有抢到。请分别求闯入果园且成功抢到香蕉的猩猩数$Y$和闯入果园但没抢到香蕉的猩猩数$Z$的分布，并判断$Y$和$Z$是否独立。
|
||
}{
|
||
$X$的分布列为$\displaystyle P(X=k)=\frac{\lambda^{k}}{k!}e^{-\lambda}$；
|
||
|
||
所以$Y$的分布列为$\displaystyle P(Y=k)=\frac{\lambda^{k}}{k!}e^{-\lambda} \sum_{n=k}^{\infty}C_{n}^{k}p^{k}(1-p)^{n-k}$；\\
|
||
$Z$的分布列为$\displaystyle P(Z=k)=\frac{\lambda^{k}}{k!}e^{-\lambda} \sum_{n=k}^{\infty}C_{n}^{k}(1-p)^{k}p^{n-k}$
|
||
|
||
取$k=0$时来验证$Y$和$Z$是否独立。（已知$p \in (0,1)$）
|
||
$$
|
||
P(Y=0) = e^{-\lambda} \sum_{n=0}^{\infty}(1-p)^{n} = e^{-\lambda} \cdot \frac{1}{p}
|
||
$$
|
||
$$
|
||
P(Z=0)=e^{-\lambda} \sum_{n=0}^{\infty}p^{n} = e^{-\lambda} \cdot \frac{1}{1-p}
|
||
$$
|
||
$$
|
||
P(Y=0, Z=0)=P(X=0)=e^{-\lambda}
|
||
$$
|
||
所以
|
||
$$
|
||
P(Y=0)\cdot P(Z=0) \neq P(Y=0,Z=0)
|
||
$$
|
||
因此$Y$和$Z$不独立。
|
||
}
|
||
% $$
|
||
% \sum_{i=1}^{n} s^{i} p^{i-1}(1-p) = \begin{cases} (1 - p) \sum_{i=1}^{n} s^{i} (\frac{1}{s})^{i - 1} & \text{for}\: p = \frac{1}{s} \\- \frac{s (p - 1) (p^{n} s^{n} - 1)}{p s - 1} & \text{otherwise} \end{cases}
|
||
% $$
|
||
\questionandanswerSolution[]{
|
||
重复抛一枚硬币,假设每次试验是相互独立的,出现正面的概率为$p(\in (0,1))$。令$T_n$是首次出现连续$n$次正面的时刻。求$T_n$的概率母函数。
|
||
}{
|
||
设$Y$表示首次出现反面的时刻，则$Y\sim \operatorname{Ge}(1-p)$。
|
||
则$T_n$的概率母函数为：
|
||
$$
|
||
\begin{aligned}
|
||
\phi_{T_n}(s) = E(s^{T_n})&= s^{n} \sum_{i=n+1}^{\infty} P(Y=i) + \sum_{i=1}^{n}E(s^{i+T_n}) P(Y=i) \\
|
||
&=s^{n}P(Y\geqslant n+1)+\sum_{i=1}^{n}s^{i}E(s^{T_n})P(Y=i) \\
|
||
&=s^{n} p^{n} + E(s^{T_n})E(s^{Y}) \\
|
||
\end{aligned}
|
||
$$
|
||
即可解得
|
||
$$
|
||
E(s^{T_n})=\frac{s^{n}p^{n}}{1-E(s^{Y})}
|
||
$$
|
||
由于$s \in [-1,1],\ p \in (-1,1)$，所以$ps \neq 1$，因此
|
||
$$
|
||
E(s^{Y}) =\sum_{i=1}^{n}s^{i}P(Y=i)= \sum_{i=1}^{n} s^{i} p^{i-1}(1-p) = - \frac{s (p - 1) (p^{n} s^{n} - 1)}{p s - 1}
|
||
$$
|
||
所以
|
||
$$
|
||
E(s^{T_n})= \frac{s^{n}p^{n}}{1+ \frac{s (p - 1) (p^{n} s^{n} - 1)}{p s - 1} } = \frac{p^{n} s^{n} (p s - 1)}{- p^{n} s^{n + 1} + p^{n + 1} s^{n + 1} + s - 1}
|
||
$$
|
||
% $$
|
||
% - p p^{n} s^{n + 1} + p^{n} s^{n + 1} - s + 1 = p^{n} s^{n + 1} - p^{n + 1} s^{n + 1} - s + 1= p^{n} s^{n + 1} \cdot (1 - p) - s + 1
|
||
% $$
|
||
}
|
||
\questionandanswerSolution[]{
|
||
设$X_1,X_2, \cdots $ 为独立同分布的非负整数值随机变量序列，其中$X_1$的特征函数、Laplace变换和概率母函数分别为$\Psi_{X}(t)$、$L_{X}(\theta)$和$\phi_{X}(s)$。而$N$是与之独立的非负整数值随机变量，其特征函数、Laplace变换和概率母函数分别为$\Psi_{N}(t)$、$L_{N}(\theta)$和$\phi_{N}(s)$。令$\displaystyle Z=\sum_{n=1}^{N}X_n$，请分别计算$Z$的特征函数、Laplace变换和概率母函数。
|
||
}{
|
||
使用重期望公式，$Z$的特征函数可转化为
|
||
$$
|
||
E e^{itZ}=E(E(e^{itZ}|N))
|
||
$$
|
||
而
|
||
$$
|
||
E(e^{itZ}|N=k)=E\left( e^{it \sum_{n=1}^{k}X_n} \right) =E\left( \prod_{n=1}^{k} e^{it X_n} \right)
|
||
$$
|
||
因为$X_1,X_2, \cdots $独立同分布，所以
|
||
$$
|
||
\text{上式}=\prod_{n=1}^{k} E(e^{it X_n})=\prod_{n=1}^{k} \Psi_{X}(t)=\left[ \Psi_{X}(t) \right] ^{k}
|
||
$$
|
||
根据概率母函数的反演公式，
|
||
$$
|
||
\forall n \in \mathbb{Z}^{+}, \forall k \in \mathbb{Z}^{+}, P(N=k)=\frac{\phi_{N}^{(k)}(0)}{k!}
|
||
$$
|
||
所以$Z$的特征函数为
|
||
$$
|
||
\Psi_{Z}(t)=Ee^{itZ}=E(E(e^{itZ}|N))=\sum_{k=1}^{\infty}E(e^{itZ}|N=k)P(N=k)=\sum_{k=1}^{\infty}[\Psi_{X}(t)]^{k} \cdot \frac{\phi_{N}^{(k)}(0)}{k!}
|
||
$$
|
||
同理，$Z$的Laplace变换为
|
||
$$
|
||
L_{Z}(\theta)=E(e^{-\theta Z})=\sum_{k=1}^{\infty}[L_{X}(\theta)]^{k}\cdot \frac{\phi_{N}^{(k)}(0)}{k!}
|
||
$$
|
||
$Z$的概率母函数为
|
||
$$
|
||
\phi_{Z}(s)=E(s^{Z})=\sum_{k=1}^{\infty}[\phi_{X}(s)]^{k}\cdot \frac{\phi_{N}^{(k)}(0)}{k!}
|
||
$$
|
||
}
|
||
\end{enumerate}
|
||
\end{document} |