113 lines
6.7 KiB
TeX
113 lines
6.7 KiB
TeX
\documentclass[全部作业]{subfiles}
|
||
\input{mysubpreamble}
|
||
\begin{document}
|
||
\setcounter{chapter}{2}
|
||
\section{《随机过程》3月25日作业}
|
||
（以下总假设$N=\{ N(t)\ ;\ t\geqslant 0 \}$是强度为$\lambda$的Poisson过程。）
|
||
\begin{enumerate}
|
||
\questionandanswerSolution[]{
|
||
已知$T$服从参数为$\mu$的指数分布，且与过程$N$相互独立。求$N(T)$的分布列。
|
||
}{
|
||
$T$的概率密度函数为$P(T=t)=\mu e^{-\mu t}$，$N(t)$的分布列为$P(N(t)=k)=\displaystyle \frac{(\lambda t)^{k}}{k!} e^{-\lambda t}$，所以$N(T)$的分布列为
|
||
$$
|
||
\begin{aligned}
|
||
P(N(T)=k)&= \int_{0}^{+\infty} P(N(t)=k)P(T=t) \mathrm{d}t=\int_{0}^{+\infty} \frac{(\lambda t)^{k}}{k!}e^{-\lambda t} \mu e^{-\mu t} \mathrm{d}t \\
|
||
&=\frac{\mu\lambda^{k}}{(\lambda+\mu)^{k+1}} \int_{0}^{+\infty} \frac{(\lambda+\mu)^{k+1}}{\Gamma (k+1)} t^{k} e^{-(\lambda+\mu)t} \mathrm{d}t \\
|
||
&=\frac{\mu \lambda^{k}}{(\lambda+\mu)^{k+1}} \\
|
||
\end{aligned}
|
||
$$
|
||
}
|
||
\questionandanswerSolution[]{
|
||
对任意$0<s<t$，求条件概率$P(N(s)=k|N(t)=n)$（其中$0\leqslant k\leqslant n$为整数），并给出所求结果的直观解释。
|
||
}{
|
||
$$
|
||
P(N(s)=k|N(t)=n)=\frac{P(N(s)=k,N(t)=n)}{P(N(t)=n)} = \frac{P(N(s)=k,N(t)-N(s)=n-k)}{P(N(t)=n)}
|
||
$$
|
||
由于泊松过程是初值为0的平稳独立增量过程，所以
|
||
$$
|
||
\text{上式}=\frac{P(N(s)=k)P(N(t)-N(s)=n-k)}{P(N(t)=n)}=\frac{P(N(s)=k)P(N(t-s)=n-k)}{P(N(t)=n)}
|
||
$$
|
||
由于$N(t)$服从强度为$\lambda t$的泊松分布，所以
|
||
$$
|
||
\begin{aligned}
|
||
\text{上式}&=\frac{\frac{(\lambda s)^{k}}{k!}e^{-\lambda s} \cdot \frac{(\lambda (t-s))^{n-k}}{(n-k)!} e^{-\lambda(t-s)}}{\frac{(\lambda t)^{n}}{n!}e^{-\lambda t}} \\
|
||
&=\frac{\lambda^{k}s^{k}\lambda^{n-k}(t-s)^{n-k}n!e^{-\lambda s}e^{-\lambda t + \lambda s}}{k!(n-k)! \lambda^{n} t^{n}e^{-\lambda t}} \\
|
||
&=\frac{n!}{k!(n-k)!}\cdot \frac{s^{k}(t-s)^{n-k}}{t^{n}} \\
|
||
&=\mathrm{C}_{n}^{k} \left( \frac{s}{t} \right) ^{k}\left( 1-\frac{s}{t} \right) ^{n-k} \\
|
||
\end{aligned}
|
||
$$
|
||
可以看到这是二项分布$\displaystyle b\left( n, \frac{s}{t} \right) $的分布列，那么所求结果的直观解释也就很明显了：
|
||
|
||
所求的条件概率为，已知在$t$时刻计数到$n$，求在$s$时刻计数到$k$的概率。也就是已知在时间$[0,t]$中发生了$n$次事件，求其中$k$次发生在时间$[0,s]$的概率。记发生在时间$[0,s]$为“成功”，那么也就是$n$次试验，求成功$k$次的概率。可以认为一次事件等概率落在区间中任何一个点，那么一次试验成功的概率就是区间长度的比值，也就是$\frac{s}{t}$。因此所求的条件概率为二项分布$b(n, \frac{s}{t})$的分布列。
|
||
}
|
||
\questionandanswerProof[]{
|
||
对$s,t>0$，证明$N(t+s)-N(s)\sim \mathrm{Poi}(\lambda t)$，且与$N(s)$独立。
|
||
}{
|
||
因为$N(t)$是平稳独立增量过程，所以$N(t+s)-N(s)$与$N(t)-N(0)$同分布，又由于$N(0)=0$，$N(t)-N(0)=N(t)\sim \mathrm{Poi}(\lambda t)$，所以$N(t+s)-N(s)\sim \mathrm{Poi}(\lambda t)$。
|
||
|
||
同样，因为$N(t)$是平稳独立增量过程，所以$N(t+s)-N(s)$与$N(s)$独立。
|
||
}
|
||
\questionandanswer[]{
|
||
已知到达某航运公司办公室的客户服从平均速率为每小时3个的Poisson过程。公司职员应当早晨8点开始办公，但是David睡过了头，早晨10点才到办公室。问:
|
||
}{}
|
||
\begin{enumerate}
|
||
\questionandanswerSolution[]{
|
||
在这两个小时期间没有客户到达的概率是多少?
|
||
}{
|
||
设$N=\{ N(t)\ ;\ t\geqslant 0 \}$表示在$t+8$时到达某航运公司办公室的客户数量，则$N$为强度$\lambda = 3$的泊松过程。（$t$以小时为单位）
|
||
|
||
因为
|
||
$$
|
||
P(N(t)=k)=\frac{(\lambda t)^{k}}{k!}e^{-\lambda }
|
||
$$
|
||
所以所求概率为
|
||
$$
|
||
P(N(2)=0)=\frac{(3\times 2)^{0}}{0!}e^{- 3\times 2}=e^{-6}
|
||
$$
|
||
|
||
也可以用$T$来刻画，已知$T_n\sim \operatorname{Ga}(n,\lambda)$，从而$P(T_1=t)=\lambda e^{-\lambda t}$，所以
|
||
$$
|
||
P(T_1\geqslant 2)=\int_{2}^{+\infty} P(T_1=t) \mathrm{d}t=\int_{2}^{+\infty} 3e^{-3t} \mathrm{d}t = e^{-6}
|
||
$$
|
||
同样可以得到结果$e^{-6}$。
|
||
}
|
||
\questionandanswerSolution[]{
|
||
直到他的第一个客户到达，David需要等待时间的分布是什么?
|
||
}{
|
||
即$T_1\sim \operatorname{Ga}(1,\lambda)$，即$W_1 \sim \operatorname{Exp}(\lambda)$，也就是需要等待的时间服从参数为$\lambda$的指数分布。
|
||
}
|
||
\end{enumerate}
|
||
\questionandanswer[]{
|
||
对$t\geqslant 0$，定义$A(t)=t-T_{N(t)}$, $R(t)=T_{N(t)+1}-t$, $L(t)=T_{N(t)+1}-T_{N(t)}$，其中$T_k=\inf\{ t\geqslant 0\ ;\ N(t)\geqslant k \} (k\in \mathbb{N})$。
|
||
}{}
|
||
\begin{enumerate}
|
||
\questionandanswerSolution[]{
|
||
求$(A(t),R(t))$的联合分布函数与各个分量的边际分布函数，并判断$A(t)$与$R(t)$是否相互独立；
|
||
}{
|
||
可以从定义看出$A(t)$表示当前时刻与上一次发生事件的时刻之差，而$R(t)$表示下一次发生新的事件的时刻与当前时刻之差。$L(t)$表示下一次发生新的事件的时刻与上一次发生事件的时刻之差。$(A(t),R(t))$的联合分布函数涉及到随机变量的嵌套，较为复杂，$A(t)$与$R(t)$应该不相互独立。
|
||
}
|
||
\questionandanswerSolution[]{
|
||
对任意$x>0$，计算$P(L(t)>x)$，并说明其严格大于$P(W_1>x)$。
|
||
}{
|
||
比较定义可知$L(t)=W_{N(t)+1}$，所以$P(L(t)>x)=P(W_{N(t)+1}>x)>P(W_1>x)$。
|
||
}
|
||
\end{enumerate}
|
||
\questionandanswerProof[]{
|
||
（\textbf{Poisson过程的强大数定律}）证明：当$t \to \infty$时有$\dfrac{N(t)}{t} \xrightarrow{a.s.} \lambda$。
|
||
}{
|
||
由于$N(t)$服从强度为$\lambda t$的泊松分布，所以
|
||
$$
|
||
P(N(t)=k)=\frac{(\lambda t)^{k}}{k!}e^{-\lambda t}
|
||
$$
|
||
所以
|
||
$$
|
||
P\left(\frac{N(t)}{t}=\frac{k}{t}\right)= \frac{(\lambda t)^{t\cdot \frac{k}{t}}}{\left( t \cdot \frac{k}{t} \right) !}e^{-\lambda t}
|
||
$$
|
||
令$n=\dfrac{k}{t}$，则
|
||
$$
|
||
P\left( \frac{N(t)}{t}=n \right) =\frac{(\lambda t)^{tn}}{(tn)!}e^{-\lambda t}
|
||
$$
|
||
当$t \to \infty$时，应该能据此证明$\displaystyle P\left( \frac{N(t)}{t} \to \lambda \right) =1 $，从而$\displaystyle \frac{N(t)}{t} \xrightarrow{a.s.} \lambda$。
|
||
}
|
||
\end{enumerate}
|
||
\end{document} |