2025年大學《數(shù)學與應用數(shù)學》專業(yè)題庫——隨機過程中的模型建立與分析考試時間：______分鐘總分：______分姓名：______一、選擇題（本大題共5小題，每小題3分，共15分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。）1.設{X(t),t≥0}是一個隨機過程，若對任意t1,t2∈T（狀態(tài)空間），隨機變量X(t1)和X(t2)的聯(lián)合分布只依賴于t1-t2，則稱{X(t),t≥0}為（）。A.馬爾可夫過程B.平穩(wěn)過程C.泊松過程D.獨立增量過程2.一個離散時間馬爾可夫鏈，其狀態(tài)空間為{0,1,2}，轉移概率矩陣為P=[[0.5,0.3,0.2],[0.4,0.4,0.2],[0.1,0.3,0.6]]，則從狀態(tài)0出發(fā)，經(jīng)過兩步到達狀態(tài)2的概率為（）。A.0.2B.0.25C.0.3D.0.353.設{X(t),t≥0}是參數(shù)為λ的泊松過程，則E[X(10)|X(5)=n]=（）。A.nB.λ(10-5)C.λ(10)D.n+λ(10-5)4.若一個隨機過程{X(t),t∈T}的均值函數(shù)E[X(t)]=t且自相關函數(shù)R_X(t1,t2)=|t1-t2|+1，則該過程（）。A.是寬平穩(wěn)過程B.不是寬平穩(wěn)過程C.是馬爾可夫過程D.無法判斷其類型5.設{X(t),t≥0}是一個平穩(wěn)過程，其均值函數(shù)為μ_X(t)=0，自相關函數(shù)R_X(t1,t2)=e^{-|t1-t2|}，則t=1時刻的瞬時方差Var[X(1)]=（）。A.1B.eC.e^2D.1/e二、填空題（本大題共5小題，每小題3分，共15分。）6.一個馬爾可夫鏈的狀態(tài)空間為{1,2,3}，若P(X_0=1)=1/2,P(X_0=2)=1/4,P(X_0=3)=1/4，轉移概率矩陣P的第一行為[0.3,0.4,0.3]，則P(X_1=2|X_0=1)=______。7.設{X(t),t≥0}是參數(shù)為λ的泊松過程，則P(X(5)=2|X(2)=1)=______。8.若隨機過程{X(t)=Acos(ωt)+Bsin(ωt)}，其中A和B是相互獨立且與t無關的隨機變量，E[A]=E[B]=0,E[A^2]=E[B^2]=σ^2，則X(t)是平穩(wěn)過程的充要條件是______。9.設{X(t),t≥0}是一個連續(xù)時間馬爾可夫過程，狀態(tài)空間為{1,2,3}，轉移率矩陣Q=[[-λ_1,λ_1,0],[λ_2,-λ_2,λ_2],[0,λ_3,-λ_3]]，其中λ_1,λ_2,λ_3>0，則狀態(tài)1和狀態(tài)2是互通的______（填“是”或“否”）。10.設{X(t),t≥0}是一個平穩(wěn)過程，其均值函數(shù)μ_X(t)=0，自相關函數(shù)R_X(t1,t2)=e^{-|t1-t2|}/2，則t=0.5時刻的方差Var[X(0.5)]=______。三、計算題（本大題共4小題，共55分。）11.（10分）設離散時間馬爾可夫鏈的狀態(tài)空間為{0,1,2}，轉移概率矩陣為P=[[0.6,0.3,0.1],[0.2,0.5,0.3],[0.1,0.4,0.5]]。若初始狀態(tài)分布為π_0=[1/3,1/3,1/3]，求π_3=[π_0(0),π_0(1),π_0(2)]P^3。12.（15分）設{X(t),t≥0}是參數(shù)為λ的泊松過程。(1)證明：對0≤s<t，事件{X(t)-X(s)=1}與事件{X(s)=n}獨立。(2)計算P(X(5)=3|X(2)=1)。13.（15分）設{X(t),t≥0}是一個平穩(wěn)過程，其均值函數(shù)μ_X(t)=0，自相關函數(shù)R_X(t1,t2)=σ^2e^{-|t1-t2|}。(1)計算X(t)的均值和方差。(2)計算X(t)和X(t+1)的協(xié)方差Cov[X(t),X(t+1)]。(3)證明{X(t),t≥0}是寬平穩(wěn)過程。14.（15分）考慮一個簡單的排隊模型，顧客到達過程視為參數(shù)為λ的泊松過程{N(t),t≥0}。當N(t)=n時，服務機構要么空閑，要么正在服務一個顧客（服務時間為指數(shù)分布，參數(shù)為μ）。假設t=0時系統(tǒng)空閑。(1)建立該系統(tǒng)在時刻t的狀態(tài)（即系統(tǒng)中的顧客數(shù)）的隨機過程模型。(2)分析該模型，說明其屬于哪種隨機過程（馬爾可夫鏈或馬爾可夫過程），并簡述理由。若為馬爾可夫鏈，寫出其狀態(tài)空間和一步轉移概率（或轉移率）。---四、證明題（本大題共2小題，共20分。）15.（10分）設{X(t),t≥0}是一個連續(xù)時間馬爾可夫過程，狀態(tài)空間為S={1,2,3}，轉移率矩陣Q如第9題所示。證明狀態(tài)2是常返狀態(tài)。16.（10分）設{X(t),t≥0}是一個隨機過程，若對任意t1,t2∈T且t1<t2，隨機變量X(t2)與X(t1)-X(t0)（其中t0∈(t1,t2)）相互獨立，則稱{X(t),t≥0}具有獨立增量特性。證明：若一個隨機過程具有獨立增量特性，并且其增量分布只依賴于時間間隔長度，則該過程是馬爾可夫過程。試卷答案一、選擇題1.B2.C3.B4.B5.A二、填空題6.0.47.3/108.A和B獨立同分布9.是10.1/4三、計算題11.π_3=[7/27,10/27,10/27]解析思路：利用馬爾可夫鏈的平穩(wěn)分布性質，π=πP，或通過遞推計算P^3，然后計算π_0P^3。12.(1)證明思路：利用泊松過程的獨立增量性和同分布增量性。事件{X(t)-X(s)=1}對應于s到t間恰好發(fā)生一次事件，此事件的發(fā)生與s時刻的值n獨立，因為增量分布只依賴時間長度。(2)P(X(5)=3|X(2)=1)=P(X(5)-X(2)=2)/P(X(2)=1)=(e^3*(e^-3-e^-2))/(e^2*(e^2-1))=3/e=3/10解析思路：利用泊松過程的獨立增量性和條件概率。條件概率等于給定X(2)=1的情況下，X(5)-X(2)=3-1=2的概率。X(5)-X(2)仍服從參數(shù)為λ(5-2)=3的泊松分布。條件概率等于P(N(3)=2)/P(N(2)=1)。13.(1)μ_X=0,Var[X(t)]=σ^2e^0=σ^2解析思路：平穩(wěn)過程均值恒為常數(shù)，直接讀取。方差Var[X(t)]=E[X(t)^2]-(E[X(t)])^2=E[X(t)^2]=R_X(t,t)=σ^2e^0。(2)Cov[X(t),X(t+1)]=E[X(t)X(t+1)]-E[X(t)]E[X(t+1)]=E[X(t)X(t+1)]-0=R_X(t,t+1)=σ^2e^-(t+1-t)=σ^2e^-1解析思路：利用平穩(wěn)過程自協(xié)方差函數(shù)的性質Cov[X(t),X(s)]=R_X(t,s)。對于R_X(t,t+1)=σ^2e^-(t-(t+1))=σ^2e^-1。(3)證明思路：驗證平穩(wěn)過程的兩個定義條件。①均值函數(shù)為常數(shù)：μ_X(t)=0(常數(shù))。②自相關函數(shù)R_X(t1,t2)只依賴于t1-t2：R_X(t1,t2)=σ^2e^|-t2+t1|=σ^2e^|t1-t2|。滿足定義，故為寬平穩(wěn)過程。14.(1)模型：X(t)=N(t)（其中t≥0）解析思路：系統(tǒng)狀態(tài)即系統(tǒng)中顧客數(shù)。由于顧客到達（參數(shù)λ）和服務結束（參數(shù)μ）是獨立發(fā)生的隨機事件，時刻t系統(tǒng)中的顧客數(shù)等于自t=0以來到達的顧客總數(shù)。(2)該模型是齊次馬爾可夫過程（或稱馬爾可夫過程）。理由：系統(tǒng)狀態(tài)X(t)滿足馬爾可夫性質，即X(t)的未來演變只依賴于當前狀態(tài)X(t)和未來時刻，與過去歷史無關。狀態(tài)空間為{0,1,2,...}（非負整數(shù)）。對于給定的n(X(t)=n)，下一個時刻狀態(tài)X(t+1)取值為n+1（有顧客到達且服務未結束）或n-1（有顧客服務結束離開），或仍為n（到達和服務結束同時發(fā)生或均未發(fā)生）。這些概率只依賴于當前狀態(tài)n，不依賴于t。若考慮有限容量C，則狀態(tài)空間為{0,1,...,C}，仍為馬爾可夫過程。一步轉移概率（或轉移率）：P(X(t+1)=n+1|X(t)=n)=λ/(λ+μ)（若系統(tǒng)容量無限或n<C）P(X(t+1)=n-1|X(t)=n)=μ/(λ+μ)（若系統(tǒng)容量無限或n>0）P(X(t+1)=n|X(t)=n)=1/(λ+μ)（若系統(tǒng)容量無限）對于連續(xù)時間馬爾可夫過程，應給出轉移率矩陣Q，其中q_(ij)=λ_ij*P(X(t+1)=j|X(t)=i)或q_(ij)=λ_ij*P(X(t+h)->j|X(t)=i)/h，當h->0時。這里λ_ij是狀態(tài)i到j的瞬時轉移率。對于X(t)=N(t)的簡單排隊模型，轉移率（若考慮狀態(tài)0）為q_0N(t)=λ,q_N(t)0=μ(若N(t)>0),q_N(t)N(t+1)=λ,q_N(t)N(t-1)=μ(若N(t)>0)。狀態(tài)轉移完全由到達率λ和服務率μ決定。四、證明題15.證明思路：利用常返性的定義。計算從狀態(tài)2到達狀態(tài)2的期望首次返回時間。設T_2為首次返回時間?？紤]從狀態(tài)2出發(fā)，下一步要么到狀態(tài)1(概率0.2)，要么到狀態(tài)3(概率0.1)，要么仍留狀態(tài)2(概率0.5)。若到1或3，期望返回時間為各自期望首次到達時間之和。設E_1,E_2,E_3分別為從狀態(tài)1,2,3到達狀態(tài)2的期望首次返回時間。則E_2=1+0.5E_2+0.2E_1+0.1E_3。類似可建立E_1,E_3的方程。由于狀態(tài)1和3必然互通（可通過狀態(tài)2互通），E_1=E_3。解方程組得E_2<∞，故狀態(tài)2常返。16.證明思路：利用馬爾可夫性質的判定定理，即如果過程具有獨立增量特性，并且增量分布只依賴于時間間隔長度，則過程是馬爾可夫過程。證明過程如下：設Y(t)=X(t)-X(t_0)，其中t>t_0。由獨立增量特性，Y(t)與Y(t-t_0)獨立。又由增量分布只依賴時間長度，Y(t)與Y(t-t_0)具有相同的分布?？紤]過程{Z(t)=X(t),t≥t_0}。對任意s,t(s<t<t_0)，需要證明P(Z(t)<=y|Z(s)=x,Z(u)<=vforallu∈(s,t))=P(Z(t)<=y|Z(s)=x)。利用給定的條件和獨立增量性：P(Z(t)<=y|Z(s)=x,Z(u)<=vforallu∈(s,t))=P(Y(t-s)+X(s)<=y|Y(t-s)+X(s)=x,Y(u)<=vforallu∈(0,t-s))。由于Y(t-s)與Y(u)獨立，且增量分布只依賴長度，這可化簡為P(Y(t-s)+x<=y|Y(u)<=vforallu∈(0,t-s))。進一步，利用Y(t-s)與Y(u)的獨立性，此概率等于P(Y(t-s)<=y-x|Y(u)<=vforallu∈(0,t-s))。當v足夠大時，條件Y(u)<=v對所有u∈(0,t-s)幾乎必然成立（