随机数学(陈萍等编-课后习题答案).pdf 68页

'《随机数学》课后习题答案国防工业出版社，陈萍侯传志冯予编著资料共享，欢迎传播。版权所有，南京理工大学《随机数学》课后习题答案说明：本资料为南京理工大学研究生教材《随机数学》课后习题答案。《随机数学》国防工业出版社，陈萍侯传志冯予编著资料共享，欢迎传播。版权所有，南京理工大学第一章1证明对可列不交并封闭的代数是σ代数.+∞证：只需证∩Ai∈F。i=1先证：对可列不交并封闭的代数也对可列并封闭；事实上，设F为代数，A，i=1,2,⋯，是F上的可列个集合。则i∞∞∪Ai=∑Bi；i=1i=1cc其中B1=A1,Bi=A1∩⋯∩Ai−1∩Ai,i=2,3,...∞显然，Bi,i=1,2,...是F上的可列不交集列，由题设，∑Bi∈F，从而i=1∞∪Ai∈F，。i=1∞cc由于F为代数，故Ai∈F，i=1,2,⋯，从而∪Ai∈F，，再由F为代数，i=1c∞+∞⎛c⎞则⎜∪Ai⎟∈F，，即∩Ai∈F。⎝i=1⎠i=1证毕。《随机数学》课后习题答案国防工业出版社，陈萍侯传志冯予编著资料共享，欢迎传播。版权所有，南京理工大学1 2《随机数学》课后习题答案国防工业出版社，陈萍侯传志冯予编著资料共享，欢迎传播。版权所有，南京理工大学2设C为Ω上的集类，A⊂Ω，令A∩C={A∩BB|∈C}，记σ(A∩C)表示A∩C生成的σ代数，则σ(A∩C)=A∩σ()C，此结论AA可推广至单调类和λ类.3设(,ΩF)，(,)EE和(,GG)都是可测空间，f为Ω到E的关于F的可测映射，h为E到G的关于E的可测映射，则hf�为Ω到G的关于F的可测映射.4（1）设fg,∈U可积，如果对于∀∈AU，都有∫fdµ=∫gdµ，则AAf=g，as..成立；（2）设µ是σ有限测度，∫fdµ和∫gdµ存在，若对于∀∈AU，都有∫fdµ=∫gdµ，则f=g，as..成立.AAp1/p5证明：设f为(,ΩF,)µ上的可测函数，令fp=(|∫f|dµ)<+∞，则存在简单函数列{,fn≥1}，使得limf−f=0.nnpn→+∞6设(Ω,A),(Ω,B),(Ω,C)为三个可测空间，证明123A×B×C=(A×B)×C7设ft(,)ω满足：1（1）∀∈tRft,(,)⋅是(,ΩF)的可测函数；1（2）∀∈Ωω,(,)f⋅ω是R上的连续函数；1则f是乘积空间(R×Ω,B×F)上的可测函数.8若在A∈A上随机变量X=Y，则EX(|A)χ=EY(|A)χ，as..成AA立.《随机数学》课后习题答案国防工业出版社，陈萍侯传志冯予编著资料共享，欢迎传播。版权所有，南京理工大学 《随机数学》课后习题答案国防工业出版社，陈萍侯传志冯予编著资料共享，欢迎传播。版权所有，南京理工大学证：显然，EX(|A)χ和EY(|A)χ都关于A可测，且AAEX(|A)χdP=EX(χ|A)dP=XχdP∫A∫A∫ABBB∀∈BA，YχdP=EY(χ|A)dP=EY(|A)χdP∫A∫A∫ABBB由条件期望的唯一性，EX(|A)χ=EY(|A)χ。AA∫PA(|B)dPB9设B∈B，则PBA(|)=.∫PA(|B)dPΩ证：由条件概率的定义，∫χBdP∫χAdP∫E(χA|B)dP∫PA(|B)dPABBBPBA(|)=E(χA)====BPA()∫χAdP∫E(χA|B)dP∫ΩPA(|B)dPΩΩ10已知三个论断：①XY,独立；②EXY(|)=EX()；③EXY()=EXEY()()；证明①⇒②⇒③，并举例说明相反的蕴含关系不成立.证明：①⇒②EXY(|)和EX()都是关于σ(Y)可测的，且设nXn=∑aiχEi∀∈Bσ(Y)，i=1nn∫EX(n|)YdP=∫XdPn=∫∑aiχχEiBdP=∑aEi(χχEiB)BBΩi=1i=1nn∑aPEBi(i)=∑aPEPBi(i)()i=1i=1=EXdP()∫nB《随机数学》课后习题答案国防工业出版社，陈萍侯传志冯予编著资料共享，欢迎传播。版权所有，南京理工大学3 4《随机数学》课后习题答案国防工业出版社，陈萍侯传志冯予编著资料共享，欢迎传播。版权所有，南京理工大学由条件期望的唯一性，EX(|)Y=EX()n对非负可测函数X存在单调递增的非负简单函数序列{X}↑X，nEX(|)Y=EX()nn由单调收敛定理，EXY(|)=E(limXn|Y)=limEX(n)=EX()；n→∞n→∞+−对可测函数X,，X=X−X，+−EXY(|)=EX(−X|Y)=EX()③⇒②EXY(|)=EX()，则∀∈Bσ(Y)，∫EXYdP(|)=∫XdP=∫χBXdP=E[χBX]=∫EXdP()=EXE[][χB]BBΩBm设Ym=∑bjχFj，则j=1mmEXY[m]=∑bEXj(χFj)=∑bEXEj()(χFj)=EXEY()(m)j=1j=1对非负可测函数Y，存在单调递增的非负简单函数序列{Y}↑Y，满足mEXY[]=EXEY()()，mm由单调收敛定理，EXY()=E(limXYm)=limEXEY()(m)=EXEY()()。m→∞m→∞+−对可测函数Y，Y=Y−Y，《随机数学》课后习题答案国防工业出版社，陈萍侯传志冯予编著资料共享，欢迎传播。版权所有，南京理工大学 《随机数学》课后习题答案国防工业出版社，陈萍侯传志冯予编著资料共享，欢迎传播。版权所有，南京理工大学+−+−+−EXY()=EXY((−Y))=EXY(−XY)=EXY()−EXY()。+−=EXEY()()−EXEY()()=EXEY()()①<≠②(XY,)服从以原点为圆心的单位圆上的均匀分布，则EXY()=EXEY()()=0，但X与Y不独立。2②<≠③设Y~U(−11，)，X=Y，EXY()==0EXEY()()，EXY(|)=X≠EX()第二章1证明根据泊松过程的独立增量及平稳增量性，有P{N(s)=kN(t)=n}P{N(s)=k,N(t)=n}P{N(s)=k,N(t)−N(s)=n−k}==P{N(t)=n}P{N(t)=n}P{N(s)=k}P{N(t)−N(s)=n−k}=P{N(t)=n}P{N(s)=k}P{N(t−s)=n−k}=P{N(t)=n}kn−k(λs)−λs(λ(t−s))−λ(t−s)eek!(n−k)!=n(λt)−λten!kn−kkn−kn!s(t−s)nss=n=()()(1−)k!(n−k)!tktt2证明：根据题意知，N1(t)，N2(t)的矩母函数分别为《随机数学》课后习题答案国防工业出版社，陈萍侯传志冯予编著资料共享，欢迎传播。版权所有，南京理工大学5 6《随机数学》课后习题答案国防工业出版社，陈萍侯传志冯予编著资料共享，欢迎传播。版权所有，南京理工大学txtϕ1(t)=E[e]=exp{λ1(e−1)}txtϕ2(t)=E[e]=exp{λ2(e−1)}由于N1(t)与N2(t)的独立性，则N1(t)+N2(t)的矩母函数为ϕ(t)=E[t(N1(t)+N2(t))]=ϕ(t)ϕ(t)N1(t)+N2(t)e12t=exp{(λ1+λ)(e−1)}2故{N1(t)+N2(t)}是参数为λ1+λ2的泊松过程假设第一个事件恰好在时刻t发生，则P{此事件来自{N1(t),t≥0}N1(t)+N2(t)=1}P{N1(t)=1,N2(t)=0}P{N1(t)=1}P{N2(t)=0}==P{N1(t)+N2(t)=1}P{N1(t)+N2(t)=1}(t)−λ1t−λ2t=λ1ee=λ1−(λ1+λ2)t(λ+λ)(λ+λ)te1212故此事件发生的概率与发生的时刻t无关，即事件与事件发生的时间独立。∞3解：E[xj]=E[E[xj︱Y]]=∑E[xj︱k=0Y=k]P{Y=k}《随机数学》课后习题答案国防工业出版社，陈萍侯传志冯予编著资料共享，欢迎传播。版权所有，南京理工大学 《随机数学》课后习题答案国防工业出版社，陈萍侯传志冯予编著资料共享，欢迎传播。版权所有，南京理工大学∞=∑E[︱Y=k]P{Y=k}xjk=0k∞λ−λ=∑kpe=λpjk!jk=022Var[xj]=E[xj]-E[xj]22∞2E[xj]=E[c[xj︱Y]]=∑E[xj︱Y]k=0P{Y=k}k∞22λ−λ=∑[kpj(1−pj)+kpj]ek=0k!kk∞2∞λ−λλ−λ=∑k(k−1)pje+∑kpjek=0k!k=0k!22=λp+λpjj故Var[xj]=λpj[注：其中{xj︱Y=k}服从参数为（n,p）的二项分布，故j222E{xj︱Y=k}=kpj,E[xj︱y]=kpj(1-pj)+kpj]*4解：（a）在[0，t]时间内，称一个顾客是I型的，如果到t时刻他已经被服务完。否则称为II型的。设在时刻s以概率Ps()被归作I型，而以概率1−Ps()被归作II型，且与其它顾客被归作什么类型《随机数学》课后习题答案国防工业出版社，陈萍侯传志冯予编著资料共享，欢迎传播。版权所有，南京理工大学7 8《随机数学》课后习题答案国防工业出版社，陈萍侯传志冯予编著资料共享，欢迎传播。版权所有，南京理工大学是独立的。假设顾客在时刻s进入系统，则他为I型的⇔他的服务时间<(ts−)。故时刻s进入系统的顾客属于I型的概率为：P(s)=G(t−s)s≤t记Nt()：（0，t）内到达的客车数；X：第i辆车的乘客中被归为I型的人数；iY：第i辆车的乘客人数；iNt()则，Xt()=∑Xii=1在Nt()=n，Y=k的条件下，X~(,)Bkp，其中iitp=∫P(顾客在s时刻到达且为I型N(t)=n,顾客在s时刻到达)P(顾客在s时刻到达|N(t)=n0t11t1t=∫0Ps()ds=∫0Gt(−sds)=∫0Gsds()ttt故EX(|Nt()=nY,=k)=EXY(|=k)=kpiiii（由定理2.2.5,在已知[0，t]内发生n个事件的条件下，各事件发生的时刻ττ,,⋯,τ可以看作无序的随机变量，它们是独立同分12n布的且服从[0，t）上的均匀分布.且本题中任一顾客乘座每辆车是等可能的，其服务时间与他乘座第几辆车无关，所以《随机数学》课后习题答案国防工业出版社，陈萍侯传志冯予编著资料共享，欢迎传播。版权所有，南京理工大学 《随机数学》课后习题答案国防工业出版社，陈萍侯传志冯予编著资料共享，欢迎传播。版权所有，南京理工大学顾客在s时刻到达的概率为1/t]由于客车到达序列为泊松过程，每次到达时，顾客的分布为⎡123....n...⎤⎢⎥⎣α1α2α3...αn...⎦且到达过程与服务时间是相互独立的，各服务时间之间也是独立的。故EXt(())=EEXt[(()|Nt()]+∞=∑EXt(()|Nt()=nPNt)(()=n)n=1nnEXt(()|Nt()=n)=E(∑Xi)=∑EX(i)i=1i=1+∞+∞+∞EX(i)=EEXY((i|))i=∑EXY(i|i=kPY)(i=k)=∑kpαk=p∑kαkk=1k=1k=1+∞n+∞n()λt−λtEXt(())=EEXt[(()|Nt()]=∑∑∑[p(kαk)⋅e]n=1i=1k=1n!故+∞+∞t=λtp(∑kαk)=λ(∑kαk)∫Gsds()0k=1k=1(b)因为X(t)不满足平稳增量性，故X(t)不服从泊松分布。*5证明：对N(t)取条件，我们计算N1(t)，N2(t)……Nk(t)的联合分布P{N1(t)=n1,N2(t)=n2,…Nk(t)=nk}《随机数学》课后习题答案国防工业出版社，陈萍侯传志冯予编著资料共享，欢迎传播。版权所有，南京理工大学9 10《随机数学》课后习题答案国防工业出版社，陈萍侯传志冯予编著资料共享，欢迎传播。版权所有，南京理工大学∞=∑P{N1(t)=n1,N2(t)=n2,…Nk(t)=nk︱k=0N(t)=k}P{N(t)=k}=P{N1(t)=n1,N2(t)=n2,…Nk(t)=nk︱kkN(t)=∑ni}P{N(t)=∑ni}i=1i=1现在考虑区间[0,t]中发生的任一事件。如果它在时刻s发生，则它是i型事件的概率是p(s)，而由定理可知，此事件发生的时刻在（0，i1tt）上均匀分布，故它是一i型事件的概率是p=∫p(s)ds，与其it0i它事件是什么类型相互独立。因此kP{N1(t)=n1,N2(t)=n2,…Nk(t)=nk︱N(t)=∑ni}i=1(n1+n2+...+nk)!n1n2nk=pp.....pn!n!....n!12k12k从而P{N1(t)=n1,N2(t)=n2,…Nk(t)=nk}n1+.....+nk(n1+n2+...+nk)!n1n2nk(λt)−(λt)=pp.....pen!n!....n!12k(n+n+....n)!12k12k《随机数学》课后习题答案国防工业出版社，陈萍侯传志冯予编著资料共享，欢迎传播。版权所有，南京理工大学 《随机数学》课后习题答案国防工业出版社，陈萍侯传志冯予编著资料共享，欢迎传播。版权所有，南京理工大学n1n2nk(λtp)(λtp)(λtp)1−λtp2−λtpk−λtp=e1e2......ekn1!n2!nk!kk（因为∑p(s)=1，则∑p=1）iii=1i=1t故N1(t)相互独立，且分别服从均值为λtpi=λ∫0pi(s)ds的泊松分布。t−16证明：首先λ(t)≻0知m(t)=∫λ(s)ds＞0且单增，故m(t)存在且0∗∗单增。要证明{N(t),t≥0}是泊松过程，即证{N(t),t≥0}满足定∗义中的（1）、（2）、（3）、（4）。根据{N(t),t≥0}的性质知N(t)满足∗（1）、（2），下证{N(t),t≥0}满足（3）、（4）。−1∗−1记V(t)=m(t),则N(t)=N(m(t))=N(V(t))−1"−1设V=m(t)，V+h=m(t+h),则由""v+h""h=m(v+h)-m(v)=∫λ(s)ds=λ(v)h+o(h)v则∗∗"P(N(t+h)−N(t)=1)P(N(v+h)−N(v)=1)lim=lim++h→0hh→0h""λ(v)h+o(h)=lim=1"+""h→0λ(v)h+o(h)《随机数学》课后习题答案国防工业出版社，陈萍侯传志冯予编著资料共享，欢迎传播。版权所有，南京理工大学11 12《随机数学》课后习题答案国防工业出版社，陈萍侯传志冯予编著资料共享，欢迎传播。版权所有，南京理工大学∗∗即P{N(t+h)−N(t)=1}=h+o(h)∗∗同理可得P{N(t+h)−N(t)≥2}=o(h)∗故{N(t),t≥0}是参数为1的泊松过程。*7．解法一解解法一法一设TT,,⋯,T,⋯是更新间距，则其概率密度函数均为12n−α(x−β)⎧αe,x>βfx()=⎨⎩0,x≤β由于τ=T+T+⋯+T，因而n12n−α(x−β)⎧αe,x>βft()=ft()=⎨τ1⎩0,x≤β又+∞f=ft()*f()t=f()xf(t−xdx)τ2T1T2∫−∞T1T2故当t≤2β时,f(t=0;)当t>2β时，τ2t−β−α(x−β)−α(tx−−β)f()t=αeαedxτ2∫β22αβ−αt=αe(t−2)βe即22αβ−αt⎧αe(t−2)βe,t>2βf()t=⎨τ2⎩0,t≤2βf()t=f()*tf()*tf()tτ3T1T2T3+∞=f()xf(t−xdx)∫−∞T3τ2《随机数学》课后习题答案国防工业出版社，陈萍侯传志冯予编著资料共享，欢迎传播。版权所有，南京理工大学 《随机数学》课后习题答案国防工业出版社，陈萍侯传志冯予编著资料共享，欢迎传播。版权所有，南京理工大学当t≤3β时，fτ()t=0，当t>3β时，3t−2β−α(x−β)22αβ−α(tx−)f()t=αeαe(t−−x2)βedxτ3∫β133αβ2−αt=αe(t−3)βe2即⎧133αβ2−αt⎪αe(t−3)βe,t>3βf()t=⎨2!τ3⎪⎩0,t≤3β类似地，计算得⎧144αβ3−αt⎪αe(t−4)βe,t>4βf()t=⎨2!τ4⎪⎩0,t≤4β一般地，有⎧1kkαβk−1−αt⎪αe(tk−β)e,t>kβf()t=⎨(k−1)!τk⎪⎩0,t≤kβ从而t⎧⎪f(),sdst>kβPNt(()≥k)=P(τ≤t)=⎨∫kβτkk⎪⎩0,t≤kβ《随机数学》课后习题答案国防工业出版社，陈萍侯传志冯予编著资料共享，欢迎传播。版权所有，南京理工大学13 14《随机数学》课后习题答案国防工业出版社，陈萍侯传志冯予编著资料共享，欢迎传播。版权所有，南京理工大学8．解由于更新过程{Ntt(),≥0}的更新函数为mt()=λtt,≥0及更新函数mt()与更新间距的分布函数Ft()相互惟NN一确定，因此{Ntt(),≥0}是Poisson过程，且更新间距TT,,⋯,T,⋯相互独立同服从参数为λ的指数分布，又12n+∞λEE⎡−tT1⎤=e−txλx−λxdx=⎣⎦∫0λ+tnn⎡⎛⎞⎤−tTn⎛λ⎞所以E⎢exp−t∑T⎥=(EE⎡1⎤)=⎜⎟⎜k⎟⎣⎦⎣⎝k=1⎠⎦⎝λ+t⎠9．证明证证明明设TT,,⋯,T,⋯是更新间距，则以T为条件可得12n1+∞PT(>x)=PT(>xT=sdFs)()Nt()1+∫Nt()1+10t1=−F(max(,))xt+F(max(,)xt−sdms)()∫N01≥−Fx()=Fx()*10．证明证证明明（1）由于Nt()=n的条件下，TT,,⋯,T相互独立分12n布，因此TT,,⋯,T是可换的，但TT,,⋯TT,在Nt()=n的条件下12n12nn+1未必可换.（2）对于n>0《随机数学》课后习题答案国防工业出版社，陈萍侯传志冯予编著资料共享，欢迎传播。版权所有，南京理工大学 《随机数学》课后习题答案国防工业出版社，陈萍侯传志冯予编著资料共享，欢迎传播。版权所有，南京理工大学⎡T+T+⋯T⎤12Nt()E⎢Nt()=n⎥⎣Nt()⎦⎡T+T+⋯T⎤12n=ENt()=n⎢⎥⎣n⎦111=ETNt⎡()=⎤+nETNt⎡()=N⎤+⋯+ETNt⎡()=⎤n⎣1⎦⎣2⎦⎣n⎦nnn1=niETNt⎡()=⎤=nETNt⎡()=⎤n⎣1⎦⎣1⎦n⎡T+T+⋯+T⎤12Nt()（3）E⎢Nt()>0⎥⎣Nt()⎦⎡⎛T+T+⋯T⎞⎤12Nt()=EE⎢⎜Nt()>0⎟Nt()⎥⎣⎝Nt()⎠⎦∞⎡⎛T+T+⋯T⎞⎤12Nt()=∑E⎢⎜Nt()>0⎟Nt()=nPNt⎥(()=n)n=1⎣⎝Nt()⎠⎦∞⎡⎛T+T+⋯T⎞⎤12n=∑E⎢⎜Nt()>0⎟Nt()=nPNt⎥(()=n)n=1⎣⎝n⎠⎦∞=∑ETNt⎡⎣(1()>0)Nt()=⎤nPNt⎦(()=n)n=1∞=∑ETT⎣⎡(11max{Xi,=1,2,⋯,n−1}，其中ijniX=−∞，就称在时刻n产生了一个记录.若在时刻n产生了一个记录，就称0X为记录值，以R表示第n个记录值.nn（1）证明，{Rn,=1,2,}⋯是Markov链，并求其转移概率；n（2）以T表示第i个与第i+1记录之间的时间，问{,Tn=1,2,}⋯是否是inMarkov链，若是，则计算其转移概率.《随机数学》课后习题答案国防工业出版社，陈萍侯传志冯予编著资料共享，欢迎传播。版权所有，南京理工大学 《随机数学》课后习题答案国防工业出版社，陈萍侯传志冯予编著资料共享，欢迎传播。版权所有，南京理工大学证明：（a）根据题意有：R=X,R=X,....R=X，……满足1n12n2knkXi>i>...>i}k+1kkk−1k−111k+1kk−11=P{R=z|j>i}=P{R=z|R=i}k+1kk+1kk故{R,i≥1}是一个马尔可夫链且i⎧aj,j>iP{Rk+1=z|Rk=ik}=P{Xnk+1=z|Xnk=ik}=⎨⎩0,j≤i（由于X的独立性）i（b）记T为第i个记录与第i+1个记录之间的时间，T是相ii互独立的随机变量，因为PT{=t}=P{R=X=z|R=X=i,且Xi=P{Ri+1=Xni+t=z}=⎨（由于Xi的独立性）⎩0,j≤i故{T，i≥1}是一个马尔可夫链i令Z=(,),RTi≥1iii则PZ{ZZ,,,…Z}i+1ii−11《随机数学》课后习题答案国防工业出版社，陈萍侯传志冯予编著资料共享，欢迎传播。版权所有，南京理工大学19 20《随机数学》课后习题答案国防工业出版社，陈萍侯传志冯予编著资料共享，欢迎传播。版权所有，南京理工大学=PR{(i+1,ti+1)(,),(RtiiRi−1,ti−1),,(,)…Rt11}=P{(X1++t1…+ti+1,ti+1)(X1++t1ti,),(tiX1++t1ti−1,ti−1),,(…X1++t1t2,),(t2Xt1,)1}=P{(X1++t1…+ti+1,ti+1)(X1++t1ti,)ti}=P{(X1++t1…+ti+1=zt,i+1)(X1++t1ti=it,)i}⎧α,j>ij=⎨⎩0,j≤i故{(RTi),≥1}是一个马尔可夫链。i,i4考虑一个具有状态0,1,2,⋯的Markov链，其转移概率满足p=p=−1p，其中p=1，请找出为了使该Markov链正常返，所有ii,1+iii,1−0的p所应该满足的充要条件，并计算其在这种情况下的转移概率.i解：根据题意知，要满足马尔可夫链为正常返约，当且仅当ππj=∑πiPyj=0，1，2...i有一组解πj>0,∑πj=1j根据P=P=−1P，方程可重写为ii,1+iii,1−π=πq011π=πP+πq,i≥1ii−1i−1i+1i+1则《随机数学》课后习题答案国防工业出版社，陈萍侯传志冯予编著资料共享，欢迎传播。版权所有，南京理工大学 《随机数学》课后习题答案国防工业出版社，陈萍侯传志冯予编著资料共享，欢迎传播。版权所有，南京理工大学πq=πPi,≥0i+1i+1iiP....P0i因此π=π,i≥0i+10q....q1i+1∞P....P0i从而，随机游动为正常返约的充要条件是∑<∞i=0q1....qi+15捕捉苍蝇的一只蜘蛛依循一个Markov链在位置1，2之间移动，其初始位⎛0.70.3⎞置是1，转移矩阵为⎜⎟，未觉察到蜘蛛的苍蝇的初始位置是2，并⎝0.30.7⎠⎛0.40.6⎞依照转移矩阵为⎜⎟的Markov链移动，只要它们在同一个位置相遇，⎝0.60.4⎠蜘蛛就会捉住苍蝇而结束捕捉.（1）证明：在捕捉的过程中，除非知道它结束的位置，否则都必须用三个状态的Markov链来描述，其中一个是吸收状态，表示结束捕捉，另外两个代表蜘蛛与苍蝇处在不同位置，对此求转移矩阵；（2）求在时刻n蜘蛛与苍蝇都处在各自初始位置的概率；（3）求捕捉过程的平均持续时间.证明：捕捉过程中，除非知道它结束时的位置，可用三个状态的马尔可夫链来描述，其中一个是吸收状态代表捕捉结束，而另外的两个代表植蜘蛛与苍蝇处在不同的位置，对此链求转移概率矩阵。求在时刻n蜘蛛与苍蝇都处于各自的出事位置的概率，捕捉过程的平均持续时间是多少？解：（1）根据题意可知，在捕捉过程中共有三个状态，我们分别令为1，2，3《随机数学》课后习题答案国防工业出版社，陈萍侯传志冯予编著资料共享，欢迎传播。版权所有，南京理工大学21 22《随机数学》课后习题答案国防工业出版社，陈萍侯传志冯予编著资料共享，欢迎传播。版权所有，南京理工大学则1={蜘蛛为1，苍蝇在2}2={蜘蛛为2，苍蝇在1}3={蜘蛛，苍蝇在同一位置}其中状态3也代表着捕捉结束，则转移概率矩阵为⎡0.280.180.54⎤⎢⎥0.180.280.54⎢⎥⎢⎣001⎥⎦（2）分别设X，Y代表时刻n蜘蛛和苍蝇的位置。nn"令P=PX{=1,Y=2}P=PX{=2,Y=1}nnnnnn则有P=PX{=1,Y=2}=nnnPX{=1,Y=2|X=1,Y=2}P+nnn−1n−1n−1"PX{=1,Y=2|X=1,Y=2}Pnnn−1n−1n−1"=0.28P+0.18Pn−1n−1"""同理P=0.28P+0.18P且P=0.28,P=0.18nn−1n−111(3)苍蝇被吃掉的概率为P=P{蜘蛛不动，苍蝇动}＋P{苍蝇不动，蜘蛛动}故P＝0.7*0.6+0.4*0.3=0.54故捕捉过程的平均时间为1.856在一个分枝过程中，每个个体的后代个数服从参数为（2，p）的二项分《随机数学》课后习题答案国防工业出版社，陈萍侯传志冯予编著资料共享，欢迎传播。版权所有，南京理工大学 《随机数学》课后习题答案国防工业出版社，陈萍侯传志冯予编著资料共享，欢迎传播。版权所有，南京理工大学布，从一个个体开始，计算：（1）灭绝概率；（2）到第三代群体灭绝的概率；（3）若开始时不是一个个体，初始的群体总数Z是一个随机变量，服从均01值为λ的泊松分布，证明：此时对于p>，灭绝概率为22exp{(12)/λ−pp}.2解（a）设π0=P{灭绝的概率}=∑p{灭绝的概率|X1=jPX}{1=j}j=022j⎛⎞j2−j=∑π0⎜⎟p(1−p)j=0⎝⎠j222故有π=(1−p)+2(1p−p)π+pπ000解得⎧1212(1−p−p)±14(1−p−p)±|12|12−p+−p+2p⎪π===⎨−2022(p1)2p2p⎪2⎩p因为E[X]=2p，根据定理4.5.1可知，若P≤0.5时，π=102(p−1)P>0.5时，π=02p《随机数学》课后习题答案国防工业出版社，陈萍侯传志冯予编著资料共享，欢迎传播。版权所有，南京理工大学23 24《随机数学》课后习题答案国防工业出版社，陈萍侯传志冯予编著资料共享，欢迎传播。版权所有，南京理工大学⎧1,p≤0.5⎪即π0=⎨p−12(),p>0.5⎪p⎩2（b）Ⅱ={第三代群体首次灭绝}=∑p{第三代群体首次灭绝j=1|x=j}{x=j}222=∑ⅡjCjpj(1−p)2−j2j=1故Ⅱ=Ⅱ2p2+2Ⅱp(1−p)∞（c）Ⅱ*=p{群体灭绝}=∑p{群体灭绝|Z=k}p{Z=k}00k=0∞kλ−λ=∑p{群体灭绝|Z0=k}ek=0k!∞kkλ−λ−λ2=∑π0e=eexp{λπ0}=exp{λ(1−2p)p}k=0k!7一辆出租车流动在三个位置之间，当它到达位置1时，然后等可能的去位置2或3.当它到达位置2时，将以概率1/3到位置1，以概率2/3到位置3.但由位置3总是开往位置1.在位置i和位置j之间的平均时间是t=20,t=30,t=30，且t=t.求121323ijji（1）此出租车最近停的位置是i的（极限）概率是多少？i=1,2,3；（2）此出租车朝位置2开的（极限）概率是多少？（3）有多少比例的时间此出租车从位置2开到位置3?注意，以上均假定出租车到达一个位置后立即开出.《随机数学》课后习题答案国防工业出版社，陈萍侯传志冯予编著资料共享，欢迎传播。版权所有，南京理工大学 《随机数学》课后习题答案国防工业出版社，陈萍侯传志冯予编著资料共享，欢迎传播。版权所有，南京理工大学解：根据题意有P=1/2，P=1/2，P=1/3，P=2/3，P=01213212332t=t=20，t=t=30，t=301221133123⎧π+π+π=1123⎪1⎪π=π+π123⎧⎪πj=∑πipij⎪⎪3(a)根据⎨i⇒⎨1⎪⎪π=π∑π=121⎩i2⎪⎪12π=π+π⎪⎩32132⎧3π=⎪17⎪⎪3解得⎨π=2⎪14⎪5π=⎪3⎩14(b)此出租汽车朝位置2开的极限概率是πp+πp，为1123323/1432××30πpt1431222323(c)==∑πjptjiji31×(3020)++31(×20+×230)+5×3076ij72143314+∞8转移矩阵称为双随机的，若对于一切j，∑pij=1，设一个具有双随机转i=0移矩阵的Markov链，有n个状态，且是遍历的，求它的极限概率.《随机数学》课后习题答案国防工业出版社，陈萍侯传志冯予编著资料共享，欢迎传播。版权所有，南京理工大学25 26《随机数学》课后习题答案国防工业出版社，陈萍侯传志冯予编著资料共享，欢迎传播。版权所有，南京理工大学解：由于Markov链是状态有限的遍历链，极限分布是唯一的平稳分布，满足⎧π+π+...+π=112n⎪n⎨⎪πj=∑πipij,j=1,2,...,n⎩i=11⎛111⎞解得π=π=...=π=。故极限分布为,,...,。12n⎜⎟n⎝nnn⎠9．设齐次Markov链的状态空间为{1,2,3}，一步转移概率矩阵为⎛1−pp0⎞⎜⎟P=1−p0p⎜⎟⎜⎟⎝01−pp⎠其中，0n1，nn−1n−1n−1⎛⎞⎛⎞EX(nFn−1)=E⎜∏ξiFn−1⎟=E⎜ξn∏ξiFn−1⎟=∏ξiE(ξnFn−1)=∏ξiE(ξn)as..⎝i=1⎠⎝i=1⎠i=1i=1故(X,F)是鞅.nn3设{Yn,≥1}独立同分布,且PY(=1)=pPY,(=−1)=q,nnnpq+=1,pq−>0,Y=0,令0Xnn⎛q⎞X0=0,Xn=∑YUk,n=Xn−npqV(−),n=⎜⎟,k=1⎝p⎠《随机数学》课后习题答案国防工业出版社，陈萍侯传志冯予编著资料共享，欢迎传播。版权所有，南京理工大学33 34《随机数学》课后习题答案国防工业出版社，陈萍侯传志冯予编著资料共享，欢迎传播。版权所有，南京理工大学22Wn=Un−n⎡⎣1−(pq−)⎤⎦.记Fn=σ{Ykk,≤n}.(1)求证{Un,≥0,}{Vn,≥0,}{Wn,≥0}关于{F}是鞅;nnnnn≥1(2)求证{Xn,≥0}关于{F}是下鞅;nnn≥1(3)求U与U的相关系数;mmn+解：（1）显然，{Un,≥0,}{Vn,≥0,}{Wn,≥0}关于{F}适，且nnnnEU<∞,EV<∞,EW<∞，只需证nnn∀n，EU(|F)=U,EV(|F)=V,EW(|F)=W。nn−1n−1nn−1n−1nn−1n−1事实上，n⎛⎞EU(n|Fn−1)=EX(n−npq(−)|Fn−1)=E⎜∑Yk−npq(−)|Fn−1⎟⎝k=1⎠n−1⎛⎞=E⎜∑Yk+Yn−npq(−)|Fn−1⎟=Xn−1−npq(−)+EY(n)=Xn−1−npq(−)+pq−⎝k=1⎠=Xn−1−(n−1)(pq−)=Un−1nX⎛∑Y⎞⎛⎛⎞n⎞⎛⎞kq⎜qk=1⎟EV(n|Fn−1)=E⎜⎜⎜⎟|Fn−1⎟⎟=E⎜⎜⎟|Fn−1⎟⎝⎝p⎠⎠⎜⎝p⎠⎟⎝⎠n−1⎛⎛⎞∑Yk⎛⎞Yn⎞⎛⎛⎞Yn⎞⎛⎛⎞Yn⎞⎜qk=1q⎟qq=E⎜⎟⎜⎟|F=VE⎜⎜⎟|F⎟=VE⎜⎜⎟⎟⎜ppn−1⎟n−1⎜pn−1⎟n−1⎜p⎟⎜⎝⎠⎝⎠⎟⎝⎝⎠⎠⎝⎝⎠⎠⎝⎠−1⎡⎛q⎞⎛q⎞⎤=Vn−1⎢⎜⎟p+⎜⎟q⎥=Vn−1(pq+)=Vn−1⎢⎣⎝p⎠⎝p⎠⎥⎦《随机数学》课后习题答案国防工业出版社，陈萍侯传志冯予编著资料共享，欢迎传播。版权所有，南京理工大学 《随机数学》课后习题答案国防工业出版社，陈萍侯传志冯予编著资料共享，欢迎传播。版权所有，南京理工大学=2−⎡−−2⎤=−−2−⎡−−2⎤EW(n|Fn−1)EU(nn⎣1(pq)⎦|Fn−1)E((Xnnpq())n⎣1(pq)⎦|Fn−1)22E((Xn−1+Yn−npq(−))−n⎡⎣1−(pq−)⎤⎦|Fn−1)22222=EX(n−1+Yn+n(pq−)+2XYn−1n−2npqX(−)n−1−2npqY(−)n−n⎡⎣1−(pq−)⎤⎦|Fn−1)2222=Xn−1+EY(n)+n(pq−)+2Xn−1EY(n)−2npqX(−)n−1−2npqEY(−)(n)−n⎣⎡1−(pq−)2222=Xn−1++1n(pq−)+2Xn−1(pq−)−2npqX(−)n−1−2npq(−)(pq−)−n⎡⎣1−(pq−)⎤⎦222222=⎡⎣Xn−1−2(n−1)(pqX−)n−1+n(pq−)−2npq(−)+(pq−)⎤⎦+−1(pq−)−+nnpq(−22=(Xn−1−(n−1)(pq−))+(n−1)(pq−)−(n−1)22=(Un−1)+(n−1)(pq−)−(n−1)=Wn−1故{Un,≥0,}{Vn,≥0,}{Wn,≥0}关于{F}是鞅;nnnnn≥1（2）nn−1n−1⎛⎞⎛⎞EX(n|Fn−1)=E⎜∑Yk|Fn−1⎟=EY⎜n+∑Yk|Fn−1⎟=EY(n)+∑Yk⎝k=1⎠⎝k=1⎠k=1=pq−+X≥Xn−1n−1故{Xn,≥0}关于{F}是下鞅;nnn≥1mmn+⎛⎞cov(UUm,mn+)=cov⎜∑Yk−mpq(−),∑Yk−(mn+)(pq−)⎟⎝k=1k=1⎠（3）mmmn+m⎛⎞⎛⎞=cov⎜∑∑Yk,Yk+∑Yk⎟=Var⎜∑Yk⎟=m⎝k=1k=1km=+1⎠⎝k=1⎠《随机数学》课后习题答案国防工业出版社，陈萍侯传志冯予编著资料共享，欢迎传播。版权所有，南京理工大学35 36《随机数学》课后习题答案国防工业出版社，陈萍侯传志冯予编著资料共享，欢迎传播。版权所有，南京理工大学CovUU(m,mn+)=CovX(m−mpq(−),Xmn+−(mn+)(pq−))mmn+mmmn⎛⎞⎛⎞⎛⎞=Cov⎜∑∑Yk,Yk⎟=Cov⎜∑∑Yk,Yk⎟+Cov⎜∑Yk,∑Yk⎟⎝k=1k=1⎠⎝k=1k=1⎠⎝k=1km=+1⎠m⎛⎞2=Var⎜∑Yk⎟=m(1−(pq−))⎝k=1⎠mm⎛⎞⎛⎞2VarU(m)=Var⎜∑Yk−mpq(−)⎟=Var⎜∑Yk⎟=m(1−(pq−))⎝k=1⎠⎝k=1⎠mn+mn+⎛⎞⎛⎞2VarU(mn+)=Var⎜∑Yk−(mn+)(pq−)⎟=Var⎜∑Yk⎟=(mn+)(1−(pq−))⎝k=1⎠⎝k=1⎠2m(1−(pq−))mρ==UUmmn+22m(1−(pq−))(mn+)(1−(pq−))mmn(+)4设随机变量序列{Xn,≥0}满足EX<∞,记F=σ{Xk,≤n},假定nnnkEX(|F)=αX+βX,n>0,α+β=1,令n+1nnn−1Y=XY,=cX+X,n≥1,试选择合适的c,使{Yn,≥0}关于{F}是00nnn−1nnn≥0鞅.EY(n+1|Fn)=EcX(n+1+Xn|Fn)=cEX(n+1|Fn)+EX(n|Fn)解：=c(αXn+βXn−1)+Xn=cXαn+cXβn−1+Xn1取c=，则βαα+βEY(n+1|Fn)=Xn+Xn−1+Xn=Xn+Xn−1=cXn+Xn−1=Ynββ此时，{Yn,≥0}关于{F}是鞅.nnn≥0《随机数学》课后习题答案国防工业出版社，陈萍侯传志冯予编著资料共享，欢迎传播。版权所有，南京理工大学 《随机数学》课后习题答案国防工业出版社，陈萍侯传志冯予编著资料共享，欢迎传播。版权所有，南京理工大学()n5设(X,F,n≥1)为上鞅，v(,)ab是{X,1≤k≤n}下穿区间(,)ab的次nnk数.求证：+()nEX(0∧b)−EX(n∧b)Ev((,))ab≤.ba−证明：先证下鞅的上穿不等式：设(,ξF;n≥1)是一个下鞅，则对nn()n∀a;ξ≥b}.21j归纳有a=min{j>a:ξ≤a}；2k−12k−1ja=min{j>a:ξ≥b}.k2k−1j()n于是若a>n≥a，则v(,)ab=l.2(1)l+2l+()n由于{(ξ−a)}仍为下鞅，而且它跨越(0,ba−)的次数就是v(,)ab，n可见要证明(5.1)只要对非负下鞅考虑它跨越(0,)(bb̃̃=−ba)的次数即可.令《随机数学》课后习题答案国防工业出版社，陈萍侯传志冯予编著资料共享，欢迎传播。版权所有，南京理工大学37 38《随机数学》课后习题答案国防工业出版社，陈萍侯传志冯予编著资料共享，欢迎传播。版权所有，南京理工大学β≜α∧≤nn(k≥0).kk由于ak(≥0)都是停时，所以β(k≥0)亦都是停时，而且它们都单调上升.kk由停时定理（有限取值情况：定理2.10），{ξ,ξ,F,F}是二贡一鞅，βk−1βkβk−1βk因而E(ξ−ξ)≥0.βkβk−1我们得到∞∞E(ξn−ξ1)=∑E(ξβk−ξβk−1)≥∑E(ξβ2m−ξβ2m−1).k=1m=1注意到ξβ−ξβ≥b̃1ω()n,2m2m−1{;v≥m}于是∞E(ξ−ξ)≥bẼ⎛⎜1⎞⎟=bEṽ(()n(0,)),b̃n1∑(;ωmv≤()n)⎝m=1⎠+特别用{(ξ−a)}代入上式就得到n++()nE(ξn−a)−E(ξ1−a)Ev((,))ab≤.▎ba−()n现假定(,ξF)是上鞅，vˆ(,)ab是{}ξ在n以前下穿(,)ab的次数，要nnk证明+()nE(ξ1∧b)−E(ξn∧b)Ev(ˆ(,))ab≤.ba−()n事实上，令η=−ξ,(,ηF)是下鞅，vˆ(,)ab就是{}η跨越(−−ba,)nnnnn《随机数学》课后习题答案国防工业出版社，陈萍侯传志冯予编著资料共享，欢迎传播。版权所有，南京理工大学 《随机数学》课后习题答案国防工业出版社，陈萍侯传志冯予编著资料共享，欢迎传播。版权所有，南京理工大学()n的次数v(−−ba,)，所以()n()nEv(ˆ(,))ab=Ev((−−ba,))1++≤((E−ξ+b)−E(−ξ+b))n1ba−1=((Ebb−∧ξ)−Eb(−ξ∧b))n1ba−1=Eb(∧ξ−∧bξ).1nba−()nb特别当ξ≥0,b>a≥0时，Ev(ˆ(,))ab≤.nba−证毕。6（最大值不等式）设(X,F,n≥1)是非负下鞅，求证，∀>λ0，nnλP(maxXk>λ)≤EXn.1≤≤kn证：因为(X,F,n≥1)是非负下鞅，所以∀≤knEX,[]≤EX[]nnkn记A={ω;X≤λ,1≤λ},k=1,...,nklkn则诸Ak不交，Ak∈Fk，且A={maxXk>λ}=∪Ak，所以1≤≤knk=1nχA=∑χAkk=1类似于切比雪夫不等式，可证X1PA()=χdP=χχdP≤χkdP≤EX(χ)k∫Ak∫Ak{Xk>λ}∫AkλλkAkΩΩΩ故《随机数学》课后习题答案国防工业出版社，陈萍侯传志冯予编著资料共享，欢迎传播。版权所有，南京理工大学39 40《随机数学》课后习题答案国防工业出版社，陈萍侯传志冯予编著资料共享，欢迎传播。版权所有，南京理工大学nnEX[n]≥EX[nχA]=∑EX⎡⎣nχAk⎤⎦=∑EEX⎡⎣⎡⎣nχAk|Fk⎤⎦⎤⎦k=1k=1nn≥∑EX⎣⎡kχAk⎦⎤≥λ∑PA(k)=λPA()=λp{maxXk>λ}1≤≤knk=1k=17设(Xn,Fn,n≥1)是鞅，求证，∀>λ0，λP(maxXk>λ)≤EXn.1≤≤kn证：因为(X,F,n≥1)是鞅，y=x是非负凸函数，故{X,1≤k≤n}是非nnk负下鞅。由上题，∀>λ0，λP(maxXk>λ)≤EXn。1≤≤kn8设Bt是n维Brown运动,给定t0>0,则B̃t=Bt0+t−Bt0仍是Brown运动.证：根据定理4.2.2,只需证明B̃t=Bt0+t−Bt0是独立增量过程，且增量服从正态分布。记F̃t=σ(Bs̃s,≤t)=Ftt+0=σ(Bss,≤t)，∀0，计算tρPB{∈D}.tρn13设B是n维Brown运动，K⊂R且K的Lebesgue测度为0.求证Btt在K内停留时间的期望为0.14设B是一维标准Brown运动,S=t0上均方可微；2)求YZ,的均方导数.ttt证：1）22∵∀stRst,,(,)=EXX(st)=E((X+sYX)(+tY))=σ1+(st+)ρσσ12+stσ2根据均方可微准则，相关函数Rst(,)在(tt,)点广义二次可微：《随机数学》课后习题答案国防工业出版社，陈萍侯传志冯予编著资料共享，欢迎传播。版权所有，南京理工大学47 48《随机数学》课后习题答案国防工业出版社，陈萍侯传志冯予编著资料共享，欢迎传播。版权所有，南京理工大学1lim[(Rt+ht,+k)−Rt(+ht,)−Rtt(,+k)+Rtt(,)]hk,→0hk12222=lim[(σ1+(2t++hk)ρσσ12+(t+ht)(+k)σ2)−(σ1+(2t+h)ρσσ12+(t+ht)σ2)hk,→0hk22222−(σ1+(2t+k)ρσσ12+(t+kt)σ2)+(σ1+(2t)ρσσ12+tσ2)]122=lim⎡hkσ⎤=σhk,→0⎣2⎦2hk故X在t>0上均方可微。t22）Ẏ=XZ,̇=Xtttttt2133．分别用Itô积分的定义和Itô公式证明Bds=B−Bds.∫st∫s30032622解：由Itô公式，dB=3BdB+BdB()=3BdB+3Bdttttttttt2tttt32213∴B=3BdB+3Bds即Bds=B−Bdst∫ss∫s∫st∫s30000n(X)4.设X:Ω→R是随机过程，{N}是一个σ代数流，H表示由ttt≥0t{Xss,≤t}生成的σ代数，求证：如果{Xt}t≥0关于{Nt}t≥0是鞅，则关于(X){Ht}也是鞅；t≥0证：因为{X}关于{N}是鞅，故{X}关于{N}是可测的，且tt≥0tt≥0tt≥0tt≥0∀0,B∉−,⎬;t2ttts⎢22⎥⎩⎣⎦⎭t⎡dX1⎤⎡1⎤⎡0⎤4)(Xt(),X(t))=(teB,)解⎢⎥=⎢⎥dt+⎢⎥dBX;=0;12tXt0dXXe1⎣2⎦⎣2⎦⎣⎦《随机数学》课后习题答案国防工业出版社，陈萍侯传志冯予编著资料共享，欢迎传播。版权所有，南京理工大学 《随机数学》课后习题答案国防工业出版社，陈萍侯传志冯予编著资料共享，欢迎传播。版权所有，南京理工大学B1B1证：1）由Itô公式，dX=edBt+edtt=Xdt+XdBttttt222）由Itô公式，11111dX=−Bdt+dB+0⋅dt=−Xdt+dBt2tttt(1+t)1+t21+t1+t1213）由Itô公式，dX=cosBdB−sinBdt=1−XdB−Xdtttttttt224）由Itô公式，⎡dt⎤⎡dX1⎤=⎡dt⎤=⎢⎥=⎡1⎤dt+⎡0⎤dB⎢⎥⎢t⎥tt1⎢⎥⎢X⎥tdXdeB⎢eBdtedB++0⋅dt⎥X⎣e1⎦⎣2⎦⎣t⎦tt⎣2⎦⎣2⎦12.解下列随机微分方程⎡dX1⎤⎡⎤1⎡10⎤⎡dB1⎤1)⎢⎥=⎢⎥dt+⎢⎥⎢⎥;⎣dX2⎦⎣⎦0⎣0X1⎦⎣dB2⎦−t−t2)dXt=Xdtt+dBt;(提示:两边同乘e,考虑deX(t))−t3)dX=−XdtedB+;ttt4)dX=rdt+αXdB,其中r,α为实常数.(提示:两边同乘ttt⎛12⎞exp⎜−αB+αt⎟).t⎝2⎠解：（1）原方程可写作dX=dt+dBdX;=XdB11212Xt1()−X1(0)=+tBt1()(1)写成积分形式为t，将（1）代入（2），得X2(t)=∫XsdBs1()2()(2)0《随机数学》课后习题答案国防工业出版社，陈萍侯传志冯予编著资料共享，欢迎传播。版权所有，南京理工大学55 56《随机数学》课后习题答案国防工业出版社，陈萍侯传志冯予编著资料共享，欢迎传播。版权所有，南京理工大学Xt1()−X1(0)=+tBt1();tttX2(t)=X2(0)+∫⎡⎣X1(0)++sBsdBs1()⎤⎦2()=X2(0)+X1(0)t+∫sdB2+∫BdB12000（2）由Itô公式，−t−t−t−t−t−t−tdeX(t)=−eXdtedXt+t=−eXdteXdtedBt+t+t=edBttt−t−stts−即eX=X+edB⇒X=eX+edBt0∫st0∫s00ttttt（3）由Itô公式，deX()=eXdtedX+=eXdteXdt−+dB=dBtttttttt−t−t即eX=X+B⇒X=eX+eBt0tt0t（4）取Y=gXB(,)=exp(−αBX)，由二维Ito公式tttttd⎡⎣exp(−αBXt)t⎤⎦=−αexp(−αBXdBt)tt2αα+exp(−αBdXt)t−exp(−αBdBdXt)tt+exp(−αBXdtt)t22=−αexp(−αBXdBt)tt+exp(−αBt)(rdt+αXdBtt)α12−exp(−αBdBrdtt)t(+αXdBtt)+αexp(−αBXdtt)t222α=−αexp(−αBXdBt)tt+exp(−αBrdtt)+αexp(−αBXdBt)tt−Xtexp(−αBdtt)22α+exp(−αBXdtt)t=exp(−αBrdtt)2《随机数学》课后习题答案国防工业出版社，陈萍侯传志冯予编著资料共享，欢迎传播。版权所有，南京理工大学 《随机数学》课后习题答案国防工业出版社，陈萍侯传志冯予编著资料共享，欢迎传播。版权所有，南京理工大学t即exp(−αBX)=X+rexp(−αBds)tt0∫s0t⎡⎤∴Xt=exp(αBt)⎢X0+∫rexp(−αBdss)⎥⎣0⎦13.设{Bt,≥0}是一维标准Brown运动,求解Ornstein-Uhlenbeck方程tdX=µXdt+σdB,并求解过程的均值函数与方差函数.其中µσ,为实常数.ttt解：由Itô公式，−µt−µt−µt−µt−µt−t−tde(Xt)=−µeXdtet+dXt=−µeXdtet+µXdtet+σdBt=eσdBttt−µt−µsµtµ(ts−)即eX=X+σedB⇒X=eX+eσdBt0∫st0∫s00均值函数为t⎛⎞µtµ(ts−)µtmX(t)=EX(t)=eEX(0)+E⎜∫eσdBs⎟=eEX(0)⎝0⎠方差函数为2t⎛⎞2µtµ(ts−)DX(t)=VarX(t)=eVarX(0)+E⎜∫eσdBs⎟⎝0⎠t22µt22µt−2µs2µtσ2µt=eVarX(0)+σe∫eds=eVarX(0)+⎡⎣e−1⎤⎦2µ0《随机数学》课后习题答案国防工业出版社，陈萍侯传志冯予编著资料共享，欢迎传播。版权所有，南京理工大学57 58《随机数学》课后习题答案国防工业出版社，陈萍侯传志冯予编著资料共享，欢迎传播。版权所有，南京理工大学14.(Cox-Ingersoll-Ross模型)设B是一维标准Brown运动，X满足随机tt微分方程：dX=(α−βXdt)+σXdB;X=xtttt0其中αβσ,,,x为正常数.求X的均值函数与方差函数.ttt解：积分形式为X=+x(α−βXds)+σXdBt∫s∫ss00X的均值函数满足tttEX(t)=+x∫⎡⎣α−βEX(s)⎤⎦ds⇔mt()=+x∫[α−βmsds()]00方程两边对t求导得mt′()=α−βmt()，由于βt′βtβtβtβt(emt())=βemt()+eα−eβmt()=αe−βtαα−βt解得mt()=xe+−e。ββ为计算方差函数，由Itô公式，3222dX(t)=2XdXtt+(dXt)=2Xt(α−βXdtt)+2σ(Xt)2dBt+σXdtt写成积分形式为tt3t222Xt=x+2∫Xs(α−βXdss)+2∫σ(Xs)2dBs+σ∫Xdss000《随机数学》课后习题答案国防工业出版社，陈萍侯传志冯予编著资料共享，欢迎传播。版权所有，南京理工大学 《随机数学》课后习题答案国防工业出版社，陈萍侯传志冯予编著资料共享，欢迎传播。版权所有，南京理工大学tt222vt()≜EX(t)=x+2∫EX[s(α−βXs)]ds+σ∫EXds[s]00tttt2222≜x+2[∫αms()−βvsds()]+σ∫msds()=x+(2ασ+)∫msds()−2β∫vsds()0000方程两边对t求导2vt′()=(2ασ+)mt()2−βvt()由于2βt′2βt2βt2βt2βt22βt(evt())=2βevt()+evt′()=2βevt()+e(2ασ+)mt()2−eβvt()2βt22⎛⎛α⎞βtα2βt⎞=e(2ασ+)mt()=(2ασ+)⎜⎜x−⎟e+e⎟⎝⎝β⎠β⎠2⎛⎛xα⎞−βt−2βtα−2βt⎞故vt()=(2ασ+)⎜⎜−⎟(e−e)+(1−e)⎟22⎝⎝ββ⎠2β⎠2222ασ⎛ασ⎞−βtσ−2βt⎛α⎞方差函数为Dt()=vt()−mt()=+⎜x−⎟e+e⎜−x⎟22β⎝β⎠ββ⎝2β⎠15.求下列Itô扩散的特征算子.1)dX=µXdt+σdB;2)dX=µXdt+σXdB;3)tttttttdX=µdt+σXdB;ttt⎡dX1⎤⎡⎤1⎡10⎤⎡dB1⎤⎡dX1⎤⎡1⎤⎡0⎤4)⎢⎥=⎢⎥dt+⎢⎥⎢⎥;5)⎢⎥=⎢⎥dt+⎢⎥dB;XtdX00XdBdXXe1⎣2⎦⎣⎦⎣1⎦⎣2⎦⎣2⎦⎣2⎦⎣⎦解：1）由定理5.5.3,对一维扩散方程dX=µ(Xdt)+σ(XdB)，tttt《随机数学》课后习题答案国防工业出版社，陈萍侯传志冯予编著资料共享，欢迎传播。版权所有，南京理工大学59 60《随机数学》课后习题答案国防工业出版社，陈萍侯传志冯予编著资料共享，欢迎传播。版权所有，南京理工大学2∀∈fC(R)，特征算子A满足1212Afx()=µ(xf)′(x)+σ(xf)′′(x)=µxf′(d)+σf′′(x)；221222）Afx()=µxf′(x)+σxf′′(x)21223）Afx()=µf′(x)+σxf′′(x)2nn2∂f1T∂f4）Afx()=∑µi(x)+∑(σσ)(x)i=1∂xi2ij,=1ij,∂∂xxijT⎡10⎤⎡10⎤⎡10⎤这里，σσ=⎢⎥⎢⎥=⎢⎥20X0X0X⎣1⎦⎣1⎦⎣1⎦22∂f1⎡∂f2∂f⎤故Afx()=+⎢+x⎥。212∂x2⎣∂x∂x⎦112⎡1⎤T⎡0⎤X⎡00⎤5）µ=,σσ=⎡0e1⎤=⎢X⎥⎢eX1⎥⎣⎦⎢0e2X1⎥⎣2⎦⎣⎦⎣⎦2∂f∂f12x∂fAfx=+x+e1故()22∂x∂x2∂x11216.给出以下列算子为特征算子的Itô扩散：21)Afx()=f′(x)+f′′(x);f∈C(R);2∂f∂f122∂f22)Aftx(,)=+cx+αx;f∈C(R);2∂t∂x2∂x《随机数学》课后习题答案国防工业出版社，陈萍侯传志冯予编著资料共享，欢迎传播。版权所有，南京理工大学 《随机数学》课后习题答案国防工业出版社，陈萍侯传志冯予编著资料共享，欢迎传播。版权所有，南京理工大学∂f22∂fAfxx(1,2)=2x2+ln1(+x1+x2)∂x∂x123)22212∂f∂f1∂f22+(1+x1)2+x1+2;f∈C(R)2∂x∂∂xx2∂x11222解：由定理5.5.3,对一维扩散方程，∀∈fC(R)，特征算子A满足12Afx()=µ(xf)′(x)+σ(xf)′′(x)。221）对照Afx()=f′(x)+f′′(x);f∈C(R)得12µ(x)=1,σ(x)=∴1,σ(x)=2，对应的Itô扩散为dX=dt+2dB；tt2⎡t⎤nn2∂f1T∂f2）记Yt=⎢⎥，则对比Afx()=∑µi(x)+∑(σσ)(x)⎣X⎦i=1∂xi2ij,=1ij,∂∂xxijt与2∂f∂f122∂fAftx(,)=+cx+αx2∂t∂x2∂xT⎡00⎤⎡0⎤得，µ=1,µ=cX,σσ=⎢⎥=⎢⎥[0αX]12t22t0αXαX⎣t⎦⎣t⎦⎡dt⎤⎡1⎤⎡0⎤故dY=⎢⎥=⎢⎥dt+⎢⎥dB；ttdXcXαX⎣t⎦⎣t⎦⎣t⎦3）因为222∂f22∂f12∂f∂f1∂fAfxx(1,2)=2x2+ln1(+x1+x2)+(1+x1)2+x1+2∂x∂x2∂x∂∂xx2∂x12112222得，µ=2X(t),µ=ln1(+X(t)+X(t))，12212《随机数学》课后习题答案国防工业出版社，陈萍侯传志冯予编著资料共享，欢迎传播。版权所有，南京理工大学61 62《随机数学》课后习题答案国防工业出版社，陈萍侯传志冯予编著资料共享，欢迎传播。版权所有，南京理工大学2T⎡1+X1(t)Xt1()⎤⎡Xt1()1⎤⎡Xt1()1⎤σσ=⎢⎥=⎢⎥⎢⎥⎣Xt1()1⎦⎣10⎦⎣10⎦⎡dXt1()⎤⎡2X2(t)⎤⎡Xt1()1⎤⎡dBt1()⎤故dX=⎢⎥=⎢⎥dt+⎢⎥⎢⎥t22⎣dX2(t)⎦⎣⎢ln1(+X1(t)+X2(t))⎥⎦⎣10⎦⎣dBt2()⎦xct+αBt17.设Bt是一维标准Brown运动，Xt=Xt=xe,求证Xt是马氏过程.证明：根据马氏过程的等价性质，只需证∀h,及s0;B=0}ttxx1)求证:对所有x>0,τ<∞,..asP;2)求证:对所有x>0,E[τ]=∞;xxx解：设τ=inf{t>0;B=0,或B=k};k>x>0，记p=P(B=k)，则kttkτk《随机数学》课后习题答案国防工业出版社，陈萍侯传志冯予编著资料共享，欢迎传播。版权所有，南京理工大学 《随机数学》课后习题答案国防工业出版社，陈萍侯传志冯予编著资料共享，欢迎传播。版权所有，南京理工大学2对fy()=y,0≤y≤k用Dynkin公式得，⎡τk⎤⎡τk⎤x22x22x2xE(Bτk)=x+E⎢∫AB(s)ds⎥=x+E⎢∫1ds⎥=x+E(τk)⎢⎣0⎥⎦⎢⎣0⎥⎦而根据τ=inf{t>0;Bx=0,或Bx=k};k>x>0，故B只有两个可能取kttτkx22值：0，k,故E(B)=kp，于是，τkkx22E[τ]=kp−x（18.1）kk同理，对fy()=y,0≤y≤k用Dynkin公式得，kp=x（18.2）k结合以上两式得xxE[τ]=limE[τ]=limxk(−x)=∞。kk→∞k→∞再由(18.2)式，xxP{∃<∞t使Bt=0}=limP{Bτ=0}=lim1(−pk)=1k→∞kk→∞x故τ<∞asP..。《随机数学》课后习题答案国防工业出版社，陈萍侯传志冯予编著资料共享，欢迎传播。版权所有，南京理工大学63 64《随机数学》课后习题答案国防工业出版社，陈萍侯传志冯予编著资料共享，欢迎传播。版权所有，南京理工大学第六章1．设X=(XX,,⋯X)′是来自二项分布总体Bmp(,)的iid..样本，其12n中m已知，00{x>0}θ《随机数学》课后习题答案国防工业出版社，陈萍侯传志冯予编著资料共享，欢迎传播。版权所有，南京理工大学 《随机数学》课后习题答案国防工业出版社，陈萍侯传志冯予编著资料共享，欢迎传播。版权所有，南京理工大学θ的先验分布取为逆Γ分布IΓ(αλ,).1)验证逆Γ分布族{IΓ(αλα,),>0,λ>0}分布是指数分布族的共轭先验分布族.2)求θ的条件期望估计和最大后验估计.3.设X=(XX,,⋯X)′是来自Poisson分布总体P(λ)的iid...样本,12nλ的先验分布取为Γ分布Γ(αµ,),则Γ布族{Γ(αµα,);>0,µ>0}是Poisson分布族{P(λλ),>0}的共轭先验分布族.4.设X=(XX,,⋯X)′是来自0-1分布总体B(1,p)的iid..样本，设12np的先验分布为⎧1⎪p0,00λ求此先验密度下λ的后验密度,并证明λ的条件期望估计为λˆ=r.t03)设λ的先验分布为Γ(αβ,),求λ的条件期望估计.7.设X,⋯,X是来自二项分布总体B(3,)θ的i.i.d.样本,θ的广义先验1n密度《随机数学》课后习题答案国防工业出版社，陈萍侯传志冯予编著资料共享，欢迎传播。版权所有，南京理工大学 《随机数学》课后习题答案国防工业出版社，陈萍侯传志冯予编著资料共享，欢迎传播。版权所有，南京理工大学1πθ()=0<θ<1θ(1−θ)求θ的置信概率为1−α的HPD区间估计.28.设X,⋯,X是来自正态总体N(,µσ)的i.i.d.样本,其中µσ,皆未1n2′知.记θ=(µσ,),设θ的广义先验密度πθ()=12σ>0σ2′1）证明:θ=(µσ,)的后验密度为22h(θ|x)=h1(µσ|,x)h2(σ|x)2其中,条件密度h(µσ|2,x)为Nx,σ,而h(σ2|x)为1(n)2n⎛n−112⎞IΓ⎜,∑(xi−x)⎟分布.⎝22i=1⎠n2⎛n−112⎞2）证明:σ的边缘后验分布为IΓ⎜,∑(xi−x)⎟.⎝22i=1⎠23）当n=2时,求σ的置信概率为1−α的HPD区间估计.9.设X,⋯,X是来自0-1分布总体B(1,)p的i.i.d.样本,0