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一、1.1设二维随机变量(,)的联合概率密度函数为：

试求:在解：

时,求

。

当时， ＝

＝

1.2 设离散型随机变量X服从几何分布：

试求

的特征函数，并以此求其期望

与方差

。

解：

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所以：

红球，每隔单位时间从袋中任取一球后放回，对每 2.1 袋中有一个白球，两个一个确定的t对应随机变量

?t?如果对t时取得红球 X(t)??3

t??e如果对t时取得白球试求这个随机过程的一维分布函数族.

2.2 设随机过程

相互独立的随机变量，服从区间率密度为

，其中

是常数，与是

上的均匀分布，服从瑞利分布，其概

试证明解：（1）

为宽平稳过程。

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与无关

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（2）

，

所以（3）

只与时间间隔有关，所以

为宽平稳过程。

2.3设随机过程X(t)?Ucos2t，其中U是随机变量，且E(U)?5，D(U)?5.求：

（1）均值函数；（2）协方差函数；（3）方差函数.

2.4设有两个随机过程X(t)?Ut2，Y(t)?Ut3,其中U是随机变量，且D(U)?5.

试求它们的互协方差函数。

t?T?(??,??)的均值 2.5设A,B是两个随机变量,试求随机过程X(t)?At?3B，函数和自相关函数.若A,B相互独立,且A~N(1,4),B~U(0,2),则mX(t)及RX(t1,t2)

为多少？

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3.1一队学生顺次等候体检。设每人体检所需的时间服从均值为2分

钟的指数分布并且与其他人所需时间相互独立，则1小时内平均有多少学生接受过体检？在这1小时内最多有40名学生接受过体检的概率是多少（设学生非常多，医生不会空闲）

解：令N(t)表示(0,t)时间内的体检人数，则N(t)为参数为30的

poisson过程。以小时为单位。 则E(N(1))?30。

(30)k?30P(N(1)?40)??e。

k!k?0403.2在某公共汽车起点站有两路公共汽车。乘客乘坐1,2路公共汽车的强度分别为?1，?2，当1路公共汽车有N1人乘坐后出发；2路公共汽车在有N2人乘坐后出发。设在0时刻两路公共汽车同时开始等候乘客到来，求（1）1路公共汽车比2路公共汽车早出发的概率表达式；（2）当N1=N2，?1=?2时，计算上述概率。 解：

法一：（1）乘坐1、2路汽车所到来的人数分别为参数为?1、?2的poisson过程，令它们为N1(t)、N2(t)。TN表示N1(t)=N1的发生时

1刻，TN表示N2(t)=N2的发生时刻。

2fTN(t1)?1?1N1(N1?1)!t1N1?1exp(??1t1) t2N2?1exp(??2t2)

fTN(t2)?2?2N2(N2?1)!fTN,TN(t1,t2)?fTN|TN(t1|t2)fTN(t2)?12122?1N1(N1?1)!t1N1?1exp(??1t1)?2N2(N2?1)!t2N2?1exp(??2t2) 完美整理

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P(TN?TN)??0dt2?012?t2?1N1(N1?1)!t1N1?1exp(??1t1)?2N2(N2?1)!t2N2?1exp(??2t2)dt1

12（2）当N1=N2、?1=?2时，P(TN?TN)?P(TN?TN)?

1212法二：（1）乘车到来的人数可以看作参数为?1+?2的泊松过程。令Z1、Z2分别表示乘坐公共汽车1、2的相邻两乘客间到来的时间间隔。则Z1、Z2分别服从参数为?1、?2的指数分布，现在来求当一个乘客乘坐1路汽车后，下一位乘客还是乘坐1路汽车的概率。

p?P(Z1?Z2)??dz2??1exp(??1z1)?2exp(??2z2)dz1

00?z2??1?1??2。

故当一个乘客乘坐1路汽车后，下一位乘客乘坐2路汽车的概率为1-p??2?1??2

上面的概率可以理解为：在乘客到来的人数为强度?1+?2的泊松过程时，乘客分别以

?1?概率乘坐公共汽车1，以2的概?1??2?1??2率乘坐公共汽车2。

将乘客乘坐公共汽车1代表试验成功，那么有：

P(1路汽车比2路汽车先出发）=N1?N2?1k?N1?CkN?11?1(?1?1??2)N1(?2?1??2)k?N1

（2）当N1=N2、?1=?2时

P(1路汽车比2路汽车先出发）=?Ck?N2N?1N?1k?11k12N?1N?11k?11()??Ck?1()?22k?N22

Poisson过程，参数分别为

3.3设{Ni(t),t?0}，(i?1,2,L,n)是n个相互独立的

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?i(i?1,2,L,n)。记T为全部n个过程中，第一个事件发生的时刻。

（1）求T的分布； （2）证明{N(t)??i?1Ni(t),t?0}是Poisson过程，参数为???i?1?i；

nn（3）求当n个过程中，只有一个事件发生时，它是属于{N1(t),t?0}的概率。

解：（1）记第i个过程中第一次事件发生的时刻为ti1，i?1,2,...,n。

则T?min{ti1,i?1,2,...,n}。由ti1服从指数分布，有

P{T?t}?1?P{T?t}?1?P{min{ti1,i?1,2,...,n}?t}n?1?P{ti1?t,i?1,2,...,n}?1??P{ti1?t}

i?1nn?1??{1?(1?e??it)}?1?exp{?i?1??it}i?1（2）方法一：由{Ni(t),i?1,2,...,n}为相互独立的poisson过程，对于?s,t?0。

nP{N(t?s)?N(t)?n}?P{?[Ni(t?s)?Ni(t)]?n}i?1???P{Ni(t?s)?Ni(t)?ni,n?ni?n,i?1,2...,n}i?nnn?exp(?(??(snn???nii

i)s)i?ni?1?i?1ni!)n(sn???i)ni?1n!exp(?(??i)s)i?1这里利用了公式i(?nn1?...??n)??ni???ni?ni?1ni!n!

所以nn{N(t)??Ni(t),t?0}是参数为??i?1??i的poisson过程。

i?1方法二： ○

1当h?0时， 完美整理

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P{N(t?h)?N(t)?1}?P{?[Ni(t?s)?Ni(t)]?1}i?1n??{(?ih?o(h))?(1??jh?o(h))}i?1nj?1j?inn

??[?ih?o(h)]???ih?o(h)i?1i?1n2当h?0时， ○

P{N(t?h)?N(t)?2}?P{?[Ni(t?s)?Ni(t)]?2}i?1n?1?P{?[Ni(t?s)?Ni(t)]?2}i?1n?1??(1??jh?o(h))???ih?o(h)j?1i?1nn

?1?(1???ih?o(h))???ih?o(h)i?1i?1nn?o(h)得证。

（3）P{N1(t)?1|N(t)?1}?P{N1(t)?1,Ni(t)?0,i?2,...,n}/P{N(t)?1} ??1te??1t?ei?2n??it?/e??iti?1n??it?i?1n?1?1?...??n

3.4 证明poisson过程分解定理：对于参数为?的poisson过程

?{N(t),t?0}，0?pi?1，i?1rpi?1，i?1,2,L,r，可分解为r个相

i?1,2,L,r。

互独立的poisson过程，参数分别为?pi，

解：对过程{N(t),t?0}，设每次事件发生时，有r个人对此以概率

p1,p2,...,pr进行记录，且?pi?1，同时事件的发生与被记录之

i?1r间相互独立，r个人的行为也相互独立，以Ni(t)表示为到t时刻第i个人所记录的数目。现在来证明{Ni(t),t?0}是参数为

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?pi的poisson过程。

P{Ni(t)?m}??P{Ni(t)?m|N(t)?m?n}P{N(t)?m?n}n?0???Cn?0?mm?n(?t)m?n??tpi(1?pi)e(m?n)!mn

?e??pit(?pit)mm!独立性证明：考虑两种情况的情形，即只存在两个人记录， 一个以概率p，一个以概率1?p记录，则{N1(t),t?0}是参数为

?p的poisson过程，{N2(t),t?0}是参数为?(1?p)的poisson

过程。

P{N1(t)?k1,N2(t)?k2}?P{N1(t)?k1,N(t)?k1?k2}?P{N(t)?k1?k2}P{N1(t)?k1|N(t)?k1?k2}(?t)k1?k2??tk1?eCk1?k2pk1(1?p)k2(k1?k2)!(?t)k1?k2??t(k1?k2)!k1?ep(1?p)k2(k1?k2)!k1!k2!(?t)k1?k2??tk1?ep(1?p)k2k1!k2!(?pt)k1??t(?(1?p)t)k2??(1?p)t?eek1!k2!?P{N1(t)?k1}P{N2(t)?k2}

得证。

3.5 设{N(t),t?0}是参数为3的poisson过程，试求 （1）P{N(1)?3}； （2）P{N(1)?1,N(3)?2}； （3）P{N(1)?2|N(1)?1}

3k?13e?3 解：（1）P{N(1)?3}??ek!k?03?3 （2）P{N(1)?1,N(3)?2}?P{N(1)?1,N(3)?N(1)?1}

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?P{N(1)?1}P{N(3)?N(1)?1}?3e?36e?6?18e?9

P{N(1)?2}1?4e?3?（3）P{N(1)?2|N(1)?1}? ?3P{N(1)?1}1?e3.6 对于poisson过程{N(t),t?0}，证明s?t时，

?n?ssP{N(s)?k|N(t)?n}???(1?)n?k()k

tt?k?解：

P{N(s)?k,N(t)?n}P{N(t)?n}P{N(s)?k,N(t)?N(s)?n?k}?P{N(t)?n}P{N(t)?N(s)?n?k}P{N(s)?k}?P{N(t)?n}P{N(s)?k|N(t)?n}?(?(t?s))n?k??s(?s)kee(n?k)!k!?n??t(?t)en!(t?s)n?kskn!?(n?k)!k!tn??(t?s)?n?(t?s)n?ksk???n?kk?k?tt?n?ss???(1?)n?k()ktt?k?

Poisson过程，另

3.7 设{N1(t),t?0}和{N2(t),t?0}分别是参数为?1，?2的

X(t)?N1(t)?N2(t)，问{X(t)}是否为Poisson过程，为什么？

解：不是

X(t)?N1(t)?N2(t)，X(t)的一维特征函数为：

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fX(t)(u)?E(eiuX(t))?E(eiu(N1(t)?N2(t)))?E(eiuN1(t)e?iuN2(t))??ek?0?iuk(?1t)k??1t?iuk(?2t)k??2te?eek!k!k?0?e??1t(eiu?1t)k??2t?(eiu?2t)k?e??k!k!k?0k?0?iu

?e??1tee?1t??2t?eiu?2tee?exp{eiu?1t?eiu?2t?(?1??2)t}参数为?的Poisson过程的特征函数的形式为exp{eiu?t?1}，所以

X(t)不是poisson过程。

3.8 计算T1，T2，T3的联合分布 解：

fX1,X2,X3(x1,x2,x3)?fX1(x1)fX2(x2)fX3(x3)??3e??(x1?x2?x3) ?1?10???J(t1,t2,t3)??01?1??1

?001???fT1,T2,T3(t1,t2,t3)?fX1,X2,X3(t1,t2?t1,t3?t2)J(t1,t2,t3)3??t???e3 0?t1?t2?t3????0 其他

3.9 对s?0，计算E[N(t)gN(t?s)]。 解：

E[N(t)N(t?s)]?E[N(t)(N(t?s)?N(t))]?E[N2(t)] ?E[N(t)]E[(N(t?s)?N(t))]?E[N2(t)]??t??s??t?(?t)2??2t2??2st??t

3.10 设某医院专家门诊，从早上8:00开始就已经有无数患者等候，

而每个专家只能为一名患者服务，服务的平均时间为20分钟，且每名患者的服务时间是相互独立的指数分布。则8:00到12:00门诊结束时接受过治疗的患者平均在医院停留了多长时间。

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解：从门诊部出来的患者可以看作服从参数为3的泊松过程（以小时

为单位）。

则在[0,t]小时内接受治疗的患者平均停留时间为：

N(t)]?E[E[]|N(t)?n]N(t)N(t) nttt?E[2]?E[]?n22E[?Ti?1N(t)ii?1?Ti当ｔ＝４时，平均等待停留时间为２ｈ。

X1,X2,L３.11 {N(t),t?0}是强度函数为?(t)的非齐次Poisson过程，

事件发生之间的间隔时间，问： （1）诸Xi是否独立? （2）诸Xi是否同分布？

是

解：

（1）P{X1?t}?P{N(t)?0}?e

?m(t)?(s)ds?e?0。 ?tP{X2?t|X1?s}?P{N(t?s)?N(s)?0|X1?s}?P{N(t?s)?N(s)?0}?e?[m(t?s)?m(s)]?e?s?t?s?(?)d?

从上面看出X1、X2不独立。 以此类推，Xi不独立。

?(s)ds （2）FX1(t)?1?e?0；

?t

FX2(t)?1?P(X2?t)?1??P{X2?t|X1?s}dFX1(s)0??1??e?[m(t?s)?m(s)]e?m(s)?(s)ds?1??e?m(t?s)?(s)ds00??

分布不同。

3.12 设每天过某路口的车辆数为：早上7:00 :8:00,11:00:12:00为平均每分钟2辆，其他时间平均每分钟1辆。则早上7:30:11:20平均有多少辆车经过此路口，这段时间经过路口的车辆数超过500辆

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的概率是多少？

解：（1）记时刻7:00为时刻0，以小时为单位。经过路口的车辆数

为一个非齐次poisson过程，其强度函数如下：

?120 0?s?1,4?s?5 ?(s)??

60 1?s?4 ? 则在7：30~11：20时间内，即t?[0.5,]时，N()?N(0.5)133133

代表这段时间内通过的车辆数，它服从均值为如下的poisson分布。

m(t)???(s)ds??120ds??60ds??120ds?60?180?40?280

0.511330.5141334即：E[N()?N(0.5)]?280，在给定的时间内平均通过的车辆数为280。

?13(280)n?280e。 （2）P[N()?N(0.5)?500]??3n!n?5011333.13 [0,t]时间内某系统受到冲击的次数N(t)，形成参数为?的

poisson过程。每次冲击造成的损害Yi，i?1,2,L,n独立同指数分布，

均值为?。设损害会积累，当损害超过一定极限A时，系统将终止运行。以T记系统运行的时间（寿命），试求系统的平均寿命ET。

解：在[0,t]内某系统受到的总损害X(t)??Yi为一个复合poisson过

i?1N(t)程，其中Yi~e()。

?1

ET??tdFT(t)??0??0?dxdF(t)???0T0t??xdFT(t)dx??(1?FT(x))dx??P(T?x)dx00?? 完美整理

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P(T?t)?P{?Yi?A}i?0N(t)??P{?Yi?A|N(t)?n}P{N(t)?n}n?0i?0??N(t)

?e?e??t??P{?Yi?A}P{N(t)?n}n?1?i?1n

(?t)nn!xedx]en?1?x??t??{?n?1A1n(?)0(n?1)!?xedx}e?An?1?x???t??0P(T?t)dt??{e0???t?A??t??[?n?11n(?)???t0(n?1)!?x(?t)n]dtn!??edt??[?0n?11n(?)0(n?1)!n?1?xedx?n?1??0(?t)n??tedt]n!????1?1??[?n?1?A0(?t)n1??t??(?t)n?1??txedx(?e?edt)]0?0(n?1)!(n?1)!n!??A1n(?)x?1??????n?11?(?)1nn?1

0(n?1)!xe?dxn?1?x?1x????(n?1)!0n?111AA?1n?1(?)edx?x????1A 系统的平均寿命为????

某商场为调查顾客到来的客源情况，考察了男女顾客来商场的人数。假设

14

男女顾客来商场的人数分别独立地服从每分钟2人与每分钟3人的泊松过程。

（1） 试求到某时刻时到达商场的总人数的分布；

（2） 在已知时刻以有50人到达的条件下，试求其中恰有30位妇女的概率，

平均有多少个女性顾客？ 解：设总人数。 （1） 由已知，

故，

为强度

为强度

的泊松过程，

为强度

的泊松过程；

分别为（0,t）时段内到达商场的男顾客数、女顾客数及

的泊松过程；于是，

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（5分）

（2）

（5分） 一般地，

故平均有女性顾客 人 （4分）

4.1（1）对 （2）错 当N(t)?n时，Tn有可能小于t（3）错，时，N(t)可能等于n。

4.2 更新过程的来到间隔服从参数为(n,?)的?分布。 （1）试求N(t)的分布； （2）试证limN(t)t??t??n。

解：（1）P{N(t)?k}?P{N(t)?k}?P{N(t)?k?1}

?P{Tk?t}?P{Tk?1?t} kk?1?P{?Xi?t}?P{?Xi?t}

i?1i?1??t?e??s(?s)kn?1t?e??s(?s)(k?1)n?10(kn?1)!ds??0((k?1)n?1)!ds （2）由强大数定律：

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Tn?t

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T k?k?Xi?1kik?EXi?n?，以概率1成立。

?Tt?N(t)?1， N(t)N(t)? ?t,TN(t)?t?TN(t)?1， limt??TN(t)N(t)?TN(t)N(t)?n?，

TN(t)?1N(t)N(t)?1n?,t??。

N(t)?1N(t)?TN(t)?1 则：limt??N(t)?tn?。 ?，故limt??N(t)?tn4.3 对于Poisson过程证明定理4.1. 解：

M(t)?E(N(t))??t； ?Fn(t)??0?en?1n?1?t???xn?1n?1t?xn?1?n???xxdx????edx??t。 0(n?1)!(n?1)!n?14.4 设P{Xi?1}?，P{Xi?2}?P{N(3)?k}。

132，计算P{N(1)?k}，P{N(2)?k}，3解：（1）

12?P{N(1)?0}?P{N(1)?0}?P{N(1)?1}?P{T?1}?P{T?1}?1??01??33 ?1?P{N(1)?1}?P{N(1)?1}?P{N(1)?2}?P{T?1}?P{X?X?1}?112?3?144 P 999X1?X2 2 3 4（2）

1?P{N(2)?2}?P{N(2)?2}?P{N(2)?3}?P{X?X?2}?P{X?X?X?2}?12123??9??P{N(2)?1}?P{N(2)?1}?P{N(2)?2}?P{T?1}?P{X?X?1}?1?1?8112?99? 完美整理

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16128P 27272727 （3）

5114?P{N(3)?2}?P{N(3)?2}?P{N(3)?3}?P{X?X?3}?P{T?3}???123?92727?54?P{N(3)?1}?P{N(3)?1}?P{N(3)?2}?P{T?3}?P{X?X?3}?1???11299?11?P{N(3)?3}?P{N(3)?3}?P{N(3)?4}?P{T?3}?P{T?3}??0?34?2727?X1?X2+X3 3 4 5 6

4.5 一个过程有n个状态1,2,L,n，最初在状态1，停留时间为X1，离开1到达2

停留时间为X2，再达到3，L，最后从n回到

1，周而复始，并且过程对每一

个状态停留时间的长度是相互独立的。试求

limP{时刻t系统处于状态i}t??

设E(X1?X2+L+Xn)??且X1?X2+L+Xn为非格点分布。

解：记过程处于状态i记为开，从状态i+1到n，经过n再回到

1，再到i-1这一过程记为关。 则有Zk=Xi，Yk=?Xj。

j?ij?1n 设初始状态从1第一次到i需要时间t0。 则limP{时刻t系统处于状态i}?limP{时刻t系统是开着的} t??t??P{时刻t-t0系统是开着的}? ?limt??EZkEXi?。

EZk?EYkE(X1?...?Xn)4.6 用交错更新过程原理计算t时刻的寿命与剩余年龄的极限分布。

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解：Y(t)?TN(t)?1?t为t时刻剩余寿命，A(t)?t?TN(t)为t时刻年龄。 若假设更新过程是将一个部件投入使用而一旦失效即更换所

产生的，则A(t)表示

在时刻t部件所使用的年龄，而Y(t)表示它的剩余寿命。

令X(t)?Y(t)?A(t)，即X(t)表示两次相邻更新的时间间隔，我

们要计算P{A(t)?x}，为此我们将一个开-关的循环对应于一 个更新区间，且若在t时刻的年龄小于或等于x，就说系统 在时刻t“开着”。换言之，在两次相邻的时间为X(t)的时间 内，前x时间内系统“开着”，而其余时间“关着”。

那么若X(t)的分布非格点的，由定理4.10得到

limP{A(t)?x}?limP{在时刻t开着}?E[min(X,x)]/E[X]t??t??法一：E[min(X,x)]??P{min(X,x)?y}dy0???[P(X?x)P{min(X,x)?y|X?x}?P(X?x)P{min(X,x)?y|X?x}]dy0x??[P(X?x)P{min(X,x)?y|X?x}?P(X?x)P{min(X,x)?y|X?x}]dyx???[P(X?x)P{x?y|X?x}?P(X?x)P{X?y|X?x}]dy0x??[P(X?x)P{x?y|X?x}?P(X?x)P{X?y|X?x}]dyx???[P(X?x)?P(y?X?x)]dy??P(y?X?x)dy0xx???[P(X?x)?P(y?X?x)]dy0x??[P(X?x?y)?P(y?X?x)]dy0x??P(X?y)dy0x则：?P{min(X,x)?y}dy/E[X]??P{X?y}dy/E[X]?00?x??01xF(y)dy法二：E[min(X,x)]/E[X]??min(X,x)dFmin(X,x)(y)/E[X]0???ydF(y)?xP{X?x}?0x1?[xF(x)??F(y)dy?x?xF(x)]0xx?1?[?dy??F(y)dy]?00xx??01

F(y)dy 完美整理

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同理: limP{Y(t)?x}?limP{在时刻t关着}?E[min(x,X)]/E[X]?1?xF(y)dy

t??t???04.7 对t时刻最后一次更新取条件重新给出定理4.10的证明。 解：TN(t)表示时刻t前的最后一次更新。

令P(t)?P{t时刻是系统开着的} 对最后一次更新取条件概率有：

P{t时刻是系统开着的|TN(t)?x} ?P{Z1?t|Z1?Y1?t} x?0???P{Z?t?x|Z?Y?t?x} 0

??0 x?0 P{Z1?t|Z1?Y1?t}?H(t)F(t)； P{Z?t?x|Z?Y?t?x}?H(t?x)F(t?x)； t)

P(t)?H(tH(t?x)F(t)P{TN(t)?0}??0F(t?x)dFTN(t)(x) ?H(t)??t0H(t?x)dM(x) H(t)为非负不增函数，且??0H(t)dt?EZn??，则由关键更新

定理得到：limP(t)?1?nt???(t)dt?EZF?0HEZ。n?EYn4.8 对延迟更新过程证明更新方程 M(t)?G(t)??t0M(t?s)dF(s)

解：?M(t)??F*n(t)，F*n(t)?Fn?1(t)*G(t)，F0(t)?1。

n?1 令M*?(t)??Fn(t)，从上面可以推出：

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