应用随机过程第三章习题解
第三章习题解
3.1乘客按照更新流S 1, S 2,... 到达长途汽车站, 假设每次到达一人.
只要凑够45人就发一辆车, 将乘客全部运走. 计算每个乘客的平均候车时间.
解:记平均更新间隔为µ, 根据题意可得总的候车时间为
45∑j =1
(S 45−S j ) ,
那么每个乘客的候车时间就是
E {
45∑j =1
(S 45−S j ) }/45=22µ,
其中E (S j ) =jµ,j =1, 2,... , 45.
3.2设更新过程{N (t ) }的更新间隔有离散分布P (X n =1) =P (X n =2) =0. 5, 对于k =1, 2, 3, 计算p j =P (N (k ) =j ) .
解：因为p j =P (N (k ) =j ) =P (S j ≤k
(1)k =1, p 0=P (S 0≤11) =0. 5,
p 1=P (S 1≤1
(2)k =2, p 1=P (S 1≤22)
=P (X 1=1, X 2=2) +P (X 1=2, X 2=1) +P (X 1=2, X 2=2) =0. 75.
p 2=P (S 2≤2
1
第三章更新过程第三章更新过程
(3)k =3, p 1=P (S 1≤33)
=P (X 1=2, X 2=2) =0. 25.
p 2=P (S 2≤33) =0. 625. p 3=P (S 3≤3
3.3设事件A 发生的概率是p . 在独立重复试验中，如果第n 次
试验时A 发生，则称n 是一个更新时刻，并称任何两次更新之间的实验次数为更新间隔. 例如试验结果的更新间隔依次是4, 2, 1, 3···. 用f (n ) 表示第n 次试验时更新首次发生的概率，(a)计算f (n ) ;
(b)用f (n ) 表示出A 最终发生的概率f ∗;
(c)用Z 表示第i 更新间隔的长度，计算EZ ;
(n )
(d)用S r 表示第r 个更新的发生时刻，计算f r =P (S r =n );
n −j ∑(k ) (n −k ) (n )
f i f j . (e)对r =i +j, i, j ≥1，推导公式f r =
k =i
解:
(a)f (n ) =q n −1p, 其中q =1−p ;
∞∑∗
f (n ) =1; (b)f =(c)EZ =(d)
n =1∞∑n =1
nf
(n )
=
∞∑n =1
nq
n −1
1
q ) =p =p (q ) =p (
p n =1n =1
n ′
n ′
∞∑∞∑
(n )
f r =P (S r =n )
=P (前n −1次试验发生r −1次更新，第n 次试验发生第r 次更新) ()
n −1r −1n −r =p q p
r −1()
n −1r n −r =p q
r −1
2
第三章更新过程(e)
n −j ∑k =i
第三章更新过程
f i f j
(k ) (n −k )
)
n −k −1
p j q n −k −j =p i q k −i
j −1i −1k =i
)() n −j (∑k −1n −k −1r n −r
=p q
i −1j −1k =i
()
n −1r n −r =p q
r −1) n −j (∑k −1=f (n )
(
3.4设T 1, T 2,... 独立同分布，都服从二项分布B (n, p ), 且与更新过
程{N (t ) }独立。将{N (t ) }的第i 个更新间隔扩大T i 倍后, 是否得到新的
更新过程？如果是，计算新的更新间隔的分布函数。解：
首先, T 1, T 2,... 相互独立，{X i }也相互独立, 且{T i }与{X i }独立，故{X i T i }也相互独立；其次，
n ∑
P (T i X i ≤x |T i =i ) P (T i =t ) P (T i X i ≤x ) =
()
n i n −i
P (iX i ≤x ) p q +p (X i ≤x ) p (T i =0) =
i i =1
() n ∑n t n −t
p q +q n =F (x/i) i i =1
即，{X i T i }具有相同的分布；
所以，得到过程为新的更新过程，更新间隔的分布函数如上。
3.5设更新过程{N (t ) }的更新间隔有密度函数f (t ) >0, 是否能找到来自总体T 的随机变量{T i }, 使得将{N (t ) }的第i 个更新间隔扩大T i 后, 得到强度为λ的泊松过程. 解:可以找到。
因为只要找到T i , 使得{T i X i }服从ε(λ) 即可. 设T i 的密度函数为g (t ),
∫
g (t ) =f (x, tx ) |x |dx
3
(i =0)n ∑
第三章更新过程
其中f (t, tx ) 是X i 与T i X i 的联合密度函数, 当X i 与T i X i 独立时，有
∫
g (t ) =λexp {−λtx}f (x ) |x |dx 所以这样的T i 是存在的.
第三章更新过程
3.6如果p =P (X =∞) >0, 则称X 是广义的随机变量. 设X 是广
义随机变量, 当更新过程{N (t ) }的更新间隔X n 是来自总体X 的随机变量时, 用
η≡lim N (t )
t →∞
表示[0, ∞) 中的更新次数. 计算η的概率分布和数学期望. 解:因为p =P (X =∞) >0, 所以P (X
P (η=k ) =P (S k
=P (X 1
=(1−p ) k p Eη=Σ∞k =0(kP (η=k )) ·p
k ∞k
=Σ∞k =0(k +1)(1−p ) ·p −Σk =0(1−p ) ·p k +1′k =−Σ∞) ·p −Σ∞k =0((1−p ) k =0(1−p ) ·p k +1′=−(Σ∞) ·p −p/[1−(1−p )]k =0(1−p ) =−(1/p−1) ′·p −1=1/p−1
3.7对于泊松过程验证定理1.2（2）成立.
证明:
对于泊松过程N (t ) 有m (t ) =E (N (t )) =λ·t , 而λ·(t ) 是连续的且在t ≥0时是严格增加的，当然是单调不减的, 也即定理1.2(2)对于泊松过程是成立的。
3.8设更新过程N(t)的更新间隔是来自总体X 的随机变量。(a)当X 服从B (5, p ) 时，计算P r (N (t ) =k ). (b)当X 服从P (λ) 时，计算P r (N (t ) =k ).
4
第三章更新过程证明:
P r (N (t ) =k ) =P r (S k ≤t
第三章更新过程
k k ∑∑X i ≤t X k +1+X i >t ) =P r (
i =1
i =1
k ∑i =1
=
∑
0≤j ≤t
P r (
X i =j, X k +1>t −j )
(a)当X 服从B (5, p ) 时，
k ∑∑(5k )
P (p j q 5k −j P (X 1>t −j ) . X i =j, X k +1>t −j ) =
j i =10≤j ≤t 0≤j ≤t
∑
(b)当X 服从P (λ) 时, ∑
0≤j ≤t
k ∑∑
P (X i =j, X k +1>t −j ) =(kλ) j exp (−kλ) P (X 1>t −j ) /j! i =1
0≤j ≤t
3.9设更新过程N (t ) 的更新间隔是X n , i 1, i 2,... , i n 是1, 2,... , n 的一
个全排列. 对于n ≥2, 证明
(a)在条件N (t ) =n 下，(X 1, X 2,... , X n ) 和(X i 1, X i 2,... , X i n ) 同分布; (b)E (X 1+X 2+···+X N (t ) |N (t ) =n ) =nE (X 1|N (t ) =n );
(X +X +···+X N (t )
|N (t ) >0) =E (X 1|X 1
证明:
(a)因为X 1, X 2,... , X n 独立，所以
f (X 1, X 2,... , X n ) =f (X 1) f (X 2) ... f (X n )
=f (X i 1) f (X i 2) ... f (X in ) .
即(X 1, X 2,... , X n ) 和(X i 1, X i 2,... , X i n ) 同分布(b)
E (X 1+X 2+···+X N (t ) |N (t ) =n ) =
n ∑i =1
E (X i |N (t ) =n ) .
5
第三章更新过程
因为X 1, X 2,... , X n 独立，所以
n ∑i =1
第三章更新过程
E (X i |N (t ) =n ) =nE (X 1|N (t ) =n )
(c)因为N (t ) >0=X 1
(X 1+X 2+···+X N (t ) (X 1+X 2+···+X N (t )
|N (t ) >0) =E (E (|N (t ) =n, X 1
N (t ) N (t )
(X 1+X 2+···+X n
=E (|X 1
n
n 1∑
E (X i |X 1
n i =1
又因为X 1, X 2,... , X n ，则
n ∑i =1
E (X i |X 1
所以，
E (
(X 1+X 2+···+X N (t )
|N (t ) >0) =E (X 1|X 1
N (t )
3.10在工作时间内, 校长办公室的每部电话是一个开关系统. 在关状态
下电话占线, 无法接通. 设开状态的平均时间为20分钟, 关状态的平均时间是3分钟. 假设每台电话独立工作, 一共有6部电话, 估算上午10:30时恰有5部电话占线的概率.
3
解:由题可知每台电话占线的概率为p =23, 又各电话是否占线独立，所以10:30有5部电话占线的概率为：
55
P =C 6p (1−p )
3.11眨眼使泪水均匀地涂在角膜和结膜的表面，以保持眼球润湿而不
干燥。但是眨眼经常给照相带来麻烦。照相时如果每个人平均22秒眨眼
一次，眨眼的时间为0.1秒，100个人照相时，计算至少有一个人眨眼的概率。为了以0.95的概率保证相片中没有人眨眼，至少应当重复拍摄几次。
6
第三章更新过程第三章更新过程
解：将睁眼视为开状态，眨眼视为关状态。则EU i =21. 9, EV i =0. 1
P (t 时为开状态) =
EU i 21. 9
=
EU i +EV i 22
21. 9100
P (至少有一个人眨眼的概率) =1−() =0. 3659
22
假设为了以0.95的概率保证相片中没有人眨眼，至少应当重复拍n 次。
n ∑i =1
0. 3659(n −1) ·(1−0. 3659) 0. 95
可解得:n 3
3.12已知甲虫横穿公路需要3分钟，汽车流构成更新流，平均5分钟
一辆通过该公路。忽略汽车的长度。
(a)更新间隔服从指数分布时，计算甲虫被撞的概率；(b)更新间隔服从均匀分布时，计算甲虫被撞的概率；(c)更新间隔是常数时，计算甲虫被撞的概率；
解:汽车每次通过为一次更新。假设更新的时间间隔为X i , EX i =5, 因为甲虫横穿公路需要3分钟，所以t 时甲虫被撞相当于汽车通过的剩余时间R (t ) ≤3.
(a)因为X i 服从Exp (λ), 而EX i =5，故λ=1/5.
P (R (t ) ≤3) =1−e −5λ=1−e −5×3=0. 4512
(b)因为X i 服从U (0, 10), F (x ) =
1
P (R (t ) ≤3) =
5
(c)因为X i =c, c 为常数，故
3
P (R (t ) ≤3) ==0. 6
5
∫
03x (1−
x
) dx =0. 5110
3.13更新过程的更新间隔服从Γ(k, λ) 分布，密度函数是
λk t k −1−λt
f (t ) =e
(k −1)!
7
第三章更新过程第三章更新过程
对于充分大的t, 估算剩余寿命的密度. ∫1y
解:根据定理5.1易知,lim t →∞P (R (t ) ≤y ) =µ0(s )d s , 其中µ=
1
EX 1, s ) =P (X 1>s ) . 对上式两边同时对y 求导可得密度函数为(y ). 所以
∫
λ∞λk t k −1−λt
lim t →∞f R (t ) (y ) =e d t
k y (k −1)! ∫
λ∞−s k −1=e s d s (令s =λt) k ! λy
3.14假设所用的手机失手落地N 次后就更换新手机. 设手机落地的事
件按强度为λ的泊松流发生.
(a)当N =9时, 计算手机更新间隔的分布和数学期望, 并对手机的剩余寿命证明lim t →∞ER (t ) =5/λ;
(b)当N 服从参数为p 的几何分布时, 计算手机更新间隔的分布和数学期望, 给出剩余寿命R(t)的分布.
解:(a)因为手机落地事件按强度为λ的泊松流发生，所以两次落地事件发生的时间间隔X 服从参数为λ的指数分布. 于是可知手机更新间
∑9iid
隔Y =i =1X i , 其中X i ∼ε(λ). 由指数分布的可加性可知Y ∼Γ(9, λ), 且易知EY =9/λ. 由定理5.1可知,
981+EY 29lim t →∞ER (t ) ===2EY λ2×(b)由题意可知Y =
的分布函数为
∑N
i =1
X i , 其中P (N =k ) =q k −1p , k=1,2,...所以Y
∞∑k =1∞∑
P (Y ≤y ) =
==
P (Y ≤t |N =k ) P (N =k )
k ∑P (X i ≤t ) ·q k −1p
i =1k =1
∞∫y k k −1∑k =1
λt
e −λtq k −1p d t
(k −1)!
8
第三章更新过程又因为
∞∞∑λk t k −1k −1∑(λtq) k −1
q =λ=λeλtq
(k −1)! (k −1)! k =1k =1
第三章更新过程
故
∫
P (Y ≤y ) =
∫0y =
0y
λλtq·e −λtp d t λpe −λptd t
综上所述, 更新间隔Y 是服从参数为λp的指数分布, EY =1/λp. 再根据泊
松过程的性质可知, 剩余寿命R(t)也是服从参数为λp的指数分布. 3.15对于更新过程的年龄A (t ) 和剩余寿命R (t ), 计算
P (R (t ) >x |A (t ) =s ) , P (R (t ) >2x |A (t +x ) =s ) .
解：
P (R (t ) >x |A (t ) =s, N (t ) =n ) =P (S n +1−t >x |t −S n =s, S n +1>t )
P (S n +1−t >x, t −S n =s, S n +1>t ) =
P (t −S n =s, S n +1=s, S n +1>t ) P (X n +1>x +s ) =
P (X n +1>s ) t +s ) =.
s )
3.16在有偿更新过程中，当N (t ) 的更新间隔不是格点随机变量，且
数学期望有限时，以下结论是否成立？
t →∞
lim E [在[t, t +s ) 中的收益]=s
E [一个更新间隔中的收益]
.
更新间隔的平均长度
解：题中结论可以表示为
t →∞
lim E [M (t +s ) −M (t )]=s
9
EY
, EX
第三章更新过程其中面证明.
EY 第三章更新过程
为每个更新间隔的平均费用. 该结论在EY 存在时均成立，下
因为更新过程N (t ) 由更新间隔X j 决定，与Y i 独立，所以利用瓦尔德定理（定理2.1）得到
N (t ) ∑
EM (t ) =E (Y j ) =EN (t ) E,
j =1
两边除以t 后，由定理2.2得到结论
EN (t ) EY EM (t )
=lim EY =, t →∞t →∞t t EX lim
从而可以得到
t →∞
lim E [M (t +s ) −M (t )]=lim EN (t +s ) EY −ENEY
t →∞
=lim [m (t +s ) −m (t )]EY t →∞s =EY EX EX =s ,
EY
其中m (t ) =EN (t ) 是更新函数，最后一步用到定理2.3（1）.
3.17对于更新过程的年龄A (t ) 和剩余寿命R (t ) 和X N (t )+1=A (t ) +R (t ), 计算(a)lim
∫t
(b)lim (c)lim
t →∞∫
t
0t 0
A (s ) ds
; t R (s ) ds ; X N (t )+1ds
. t →∞∫
t →∞
解：
(a)设在t 处收益A (t ), 则更新间隔X i 内收益为
∫X i
γi =tdt =0. 5X i 2,
10
第三章更新过程第三章更新过程
单位时间内平均收益为
∫t
t →∞
lim
A (s ) ds EY EX 2
==. t EX 2µ
(b)用（a ）的方法，同理可得∫t
R (s ) ds EX 20
lim =. t →∞t 2µ(c)
∫t
t →∞
lim
X N (t )+1ds A (s ) ds
=lim 0+lim t →∞t →∞t t EX 2EX 2=+
2µ2µEX 2=.
µ
∫t ∫t
R (s ) ds t
3.18自行车的使用寿命由分布函数F (t ), 当自行车摔坏或者使用了三
年就换新车. 假设一辆旧车可以卖80元，摔坏的车只能卖10元，购买一辆新车用η元. 计算自行车每年的平均费用.
解：一辆自行车实际使用时间为x n =min(3, t n ), 在t n 时刻的费用为
{
η−80, t n ≥3,
Y n =
η−10, t n
Y n =(η−80) I (t n ≥3) +(η−10) I (t n
∫3∫3
EY 1=(Eη−10) dF (x ) +(Eη−80) dF (x )
=(Eη−10) F (3)+(Eη−80) F (3)
=70F (3)+Eη−80
11
第三章更新过程
∫
EX 1=
∫0∞=∫0∞=∫03=∫03=
0∞
第三章更新过程
F (x ) dx P (X >x ) dx P (3>x, t >x ) dx P (t >x ) dx x ) dx. ∑
j =1
因为
M (t ) =
所以，
N (t ) Y j
EM (t ) EY 170F (3)+Eη−80
==. t EX 1(x ) dx 0
3.19乘客按照平均更新间隔为µ分钟的更新流到达渡口，每次到达一
位乘客. 当有N 个人候船时就开出一艘船, 假设每开出一船渡口有收益m
元, 有n 个人在渡口候船时, 每分钟还有收益nc 元. 计算该渡口每分钟的平均收益.
解:定义一艘船离开渡口为一次循环，得到一个有酬更新过程。一个有酬更新过程的时间为等待N 个乘客到达的时间Nµ。所以
E(一次循环的收益)=E (cX 1+2cX 2+···+(N −1) cX N −1) +m
=
N (N −1)
cµ+m, 2
m . −1)
因此每分钟平均收益为：N (N c +3.20出租车加满油后可以运营X 小时，然后再加满油，再运营. 如果
每次加油的费用是Y 元, 计算每小时的平均油费.
N (t ) ∑
解:设加一次油完成一次更新, 且t 时刻内加油次数为N (t ). 即E (
i =1
Y i
)
12
第三章更新过程为所求. 由瓦尔德定理知：
N (t ) ∑
第三章更新过程
Y i ) =
E (i =1
t
EN (t ) EY m (t ) EY
=t t
其中m (t ) 为更新函数. 由基本更新定理有:
1m (t ) =
t →∞t EX lim
N (t ) ∑i =1
EY
所以当t 充分大时，E () =.
3.21乘客按照每分钟λ个人的泊松流到达渡口，每次到达一位乘客。有n 个人在渡口侯船时，每分钟渡口有收益nc 元。现在渡口每T 分钟发一艘船。计算该渡口在单位时间内的平均收益。
解：设乘客到达渡口的泊松流为{S j }, j =1, 2, ···对应泊松过程{N (t ) }则发船时渡口在T 时间段内的获利为：∑N (T )
Y =c i =1(S N (T ) −S i )
则由E (S j |N (T ) =n ) =jT/(n +1) 知：渡口每分钟的平均收益为：
EY/T=(1/T)(E (E (Y |N (T ) =n ))) =cE (n (n −1) /2(n +1)) 此处，n ∼P iosson (λT)
Y i
3.22产品在生产线上依次经过12道工序，第i 道工序的加工时间是
来自总体T i 的随机变量。每道工序需要加工的时间是相互独立的。对于充分大的t, 计算t 时一件产品正处于第i 道工序的概率。
解：这是一个拥有12个工作状态的系统，每一道工序就是一个状态。总体是X =(T 1, T 2, ···, T 12)
更新间隔是{X i }, X i =T i 1+T i 2+···+T i 12, i =1, 2, ···
对应的更新过程{N (t ) }, 即{N (t ) }为拥有12个工作状态的更新过程。
lim P {处于第i 道工序}=ET i /(ET 1+ET 2+···+ET 12) ¯AA ¯出现的平均试验次数；(a)等待结果AA ¯A ¯和AA ¯AA ¯中，谁出现的频率更高. (b)计算A
解:记Y i 表示每次试验的结果，可知{Y i }为i.i.d , 且
P (Y i =A ) =0. 5, P (X i =A ) =0. 5.
13
3.23试验结果A 出现的概率是0.5，在独立重复试验中，计算
t →∞
第三章更新过程第三章更新过程
设N (n ) 表示前n 次试验中的更新次数，设[t ]表示t 的整数部分，则N (n ) =N ([t ]),t ≥0是一个延迟更新过程. 设更新在t =n 处发生的充要条件为
¯A, A, ¯A ) P (Y n −3, Y n −2, Y n −1, Y n ) =P (A, ¯, A , A ¯, A )=0. 55, n ≥4P(n 处有更新)=P(Y n −3, Y n −2, Y n −1, Y n )=P(A
P(n 处无更新)=1-0. 54, n ≥4
更新间隔X 1, X 2为周期为1的格点随机变量，由定理7.2(6)可知
P (n 处有更新) =P (N D (n −1, n ]=1)
=E [N D (n ) −N D (n −1)]
=m D (n ) −m D (n −1) →
(a)平均等待时间E X 2=0. 5−4
¯A ¯出现的概率为lim N D (t ) /t=0. 52(b)事件A
t →∞
¯¯事件AA AA 出现的概率为lim N D (t ) /t=0. 54
t →∞
1
EX 2
3.24一个系统由n 个相互独立工作的部件并联构成. 每个部件本身
是开关系统，第i 个部件的开关时间是来自总体(U i , V i ) 的随机变量. 系统处于开状态当且仅当至少一个部件处于开状态. 假设每个部件的开关时间U i , V i 相互独立，并且U i ∼ε(λi ), V i ∼ε(µi ). (a)说明系统是一个延迟更新过程；(b)给出系统关状态时间的分布. 以下假设t 已经充分大，那么
(c)对于第i 个部件给出P(t 时开); (d)对于系统给出P(t 时关);
(e)对于系统给出E[关状态区间长];(f)对于系统给出E[更新间隔长];(g)对于系统给出E[开状态区间长];
解：(b)只有所有部件都处于关状态时系统才处于关状态，记V =min{V i }, 则
P (V >x ) =
===
P (min {V i }>x )
P (V 1>x, V 2>x, ···, V n >x ) P (V 1>x ) ···P (V n >x ) ∑−n
e i =1µi x
14
∑
所以，V 2∼ε(n i =1µi ).
(c)第i 个部件是开关系统且与其他部件相互独立，所以P(t时开) =µi
. (d)i i
P (t时关) =P (部件1为关，部件2为关，···，部件n 为关)
=P (部件1为关) ···P (部件n 为关)
n ∏λi
=
µi +λi k =1
1
(e)E[关状态区间长]=. i
∏n E [V ]λ=(f)因为E k =1µi +λi , 可知E[更新间隔长]=n [X ]
1
n
(g)E (U ) =E (X ) −E (V ) =
λk =1i i
n n j =1µj k =1i i
1−
∏n
j =1µj
k =1i i
.
.
15