第十二章 随机过程及其统计描述

第十二章 随机过程及其统计描述

1. 利用抛掷一枚硬币的试验定义一随机过程

$$ X(t)=\{\begin{aligned}&\cos\pi t,& 出现 H,\\&2t,& 出现 T,\end{aligned}.\quad-\infty

假设 $ P(H)=P(T)=\frac{1}{2} $，试确定 $ X(t) $ 的

(1) 一维分布函数 $ F(x; \frac{1}{2}) $, $ F(x; 1) $.

(2) 二维分布函数 $ F(x_1, x_2; \frac{1}{2}, 1) $.

解 （1）由 $ X(t) $ 的定义

$$ \boldsymbol{X}(\frac{1}{2})=\{\begin{aligned}&0,& 出现 H,\\ &1,& 出现 T.\end{aligned}. $$

这一离散型随机变量的分布律为

其分布函数为

$$ F(x;\frac{1}{2})=\{\begin{aligned}&0,&x<0,\\ &\frac{1}{2},&0\leqslant x<1,\\ &1,&x\geqslant1.\end{aligned}. $$

同理

$$ \boldsymbol{X}(1)=\{\begin{aligned}&-1,&\text{ 出现 }H,\\ &2,&\text{ 出现 }T,\end{aligned}. $$

其分布律为

分布函数为

$$ F(x;1)=\{\begin{aligned}&0,&x<-1,\\&\frac{1}{2},&-1\leqslant x<2,\\&1,&x\geqslant2.\end{aligned}. $$

(2) 当 $ t_{1}=\frac{1}{2}, t_{2}=1 $ 时， $ \left(X\left(\frac{1}{2}\right), X(1)\right) $ 是一个二维离散型随机变量，且当硬币出现 H 时，它的取值为 $ (0, -1) $；当硬币出现 T 时，它的取值为 $ (1, 2) $。由于硬币出现 H，出现 T 的概率均为 $ \frac{1}{2} $，因此 $ X\left(\frac{1}{2}\right) $ 与 $ X(1) $ 的联合分布律为

题12.1图

$ \left(X\left(\frac{1}{2}\right),X(1)\right) $的分布函数为

$$ F(x_{1},x_{2};\frac{1}{2},1)=P\{X(\frac{1}{2})\leqslant x_{1},X(1)\leqslant x_{2}\} $$

由题 12.1 图知，当 $ x_{1}<0, -\infty

$$ F(x_{1},x_{2};\frac{1}{2},1)=0; $$

当 $ x_{1}\geqslant0,x_{2}<-1 $时，

改道应帕(Y)Y呈干

$$ F(x_{1},x_{2};\frac{1}{2},1)=0; $$

当 $ 0 \leqslant x_{1} < 1, x_{2} \geqslant -1 $ 时，

$$ (1)Y $$

$$ F(x_{1},x_{2};\frac{1}{2},1)=P\{(X(\frac{1}{2}),X(1))=(0,-1)\}=\frac{1}{2}; $$

当 $ x_{1} \geqslant 1, -1 \leqslant x_{2} < 2 $ 时，

$$ F(x_{1},x_{2};\frac{1}{2},1)=P\{(X(\frac{1}{2}),X(1))=(0,-1)\}=\frac{1}{2}; $$

当 $ x_{1}\geqslant1,x_{2}\geqslant2 $时，

$$ F(x_{1},x_{2};\frac{1}{2},1)=P\{(X(\frac{1}{2}),X(1))=(0,-1)\} $$

$$ \begin{aligned}&+P\{(X(\frac{1}{2}),X(1))=(1,2)\}\\=&\frac{1}{2}+\frac{1}{2}=1,\end{aligned} $$

所以分布函数为

$$ \begin{aligned}&F(x_{1},x_{2};\frac{1}{2},1)\\ &=\{\begin{aligned}&0,&&x_{1}<0,-\infty

1. 给定随机过程 $ \{X(t), t \in T\} $，x 是任一实数，定义另一个随机过程

$$ Y(t)=\{\begin{aligned}&1,&X(t)\leqslant x,\\ &0,&X(t)>x,\end{aligned}.\quad t\in T. $$

试将 $ Y(t) $ 的均值函数和自相关函数用随机过程 $ X(t) $ 的一维和二维分布函数来表示.

解 设随机过程 $ \{X(t), t \in T\} $ 的一维分布函数为 $ F_{1}(x; t) $，二维分布函数为 $ F_{2}(x_{1}, x_{2}; t_{1}, t_{2}) $，固定 t 时，Y(t) 是服从 (0 - 1) 分布的随机变量，其分布律为

$$ \begin{array}{c|c c}{Y(t)}&{0}&{1}\\ \hline{p_{k}}&{P\{X(t)>x\}}&{P\{X(t)\leqslant x\}}\\ \end{array} $$

于是 $ Y(t) $的均值为

$$ \begin{aligned}\mu_{Y}(t)&=E[Y(t)]=0\times P\{X(t)>x\}+1\times P\{X(t)\leqslant x\}\\&=P\{X(t)\leqslant x\}=F_{1}(x;t),\end{aligned} $$

又随机变量 $ Y(t_{1}) $ 和 $ Y(t_{2}) $ 的联合分布律为

由教材第四章§1公式(1.6)及二维分布函数的定义，有

$$ R_{Y}(t_{1},t_{2})=E[Y(t_{1})Y(t_{2})] $$

$$ \begin{aligned}&=0\times0\times P\{X(t_{1})>x,X(t_{2})>x\}\\&\quad+0\times1\times P\{X(t_{1})>x,X(t_{2})\leqslant x\}\\&\quad+1\times0\times P\{X(t_{1})\leqslant x,X(t_{2})>x\}\\&\quad+1\times1\times P\{X(t_{1})\leqslant x,X(t_{2})\leqslant x\}\\&=P\{X(t_{1})\leqslant x,X(t_{2})\leqslant x\}=F_{2}(x,x;t_{1},t_{2}).\end{aligned} $$

1. 设随机过程 $ X(t) = e^{-Au}, t > 0 $，其中 A 是在区间 $ (0, a) $ 上服从均匀分布的随机变量，试求 $ X(t) $ 的均值函数和自相关函数.

解 由关于随机变量函数的数学期望的定理知道 $ X(t) $ 的均值函数为

$$ \begin{aligned}\mu_{X}(t)=&E[X(t)]=E(\mathrm{e}^{-A t})=\int_{0}^{a}\mathrm{e}^{-u t}\times\frac{1}{a}\mathrm{d}u\\ =&\frac{1}{a t}(1-\mathrm{e}^{-a t}),\quad t>0.\end{aligned} $$

自相关函数为

$$ \begin{aligned}R_{X}(t_{1},t_{2})=&E[X(t_{1})X(t_{2})]=E(\mathrm{e}^{-A t_{1}}\cdot\mathrm{e}^{-A t_{2}})\\=&E[\mathrm{e}^{-(t_{1}+t_{2})A}]=\int_{0}^{a}\mathrm{e}^{-(t_{1}+t_{2})u}\times\frac{1}{a}\mathrm{d}u\\=&\frac{1}{a(t_{1}+t_{2})}[1-\mathrm{e}^{-a(t_{1}+t_{2})}],\quad t_{1},t_{2}>0.\end{aligned} $$

1. 设随机过程 $ X(t) \equiv X $ (随机变量), $ E(X) = a $, $ D(X) = \sigma^{2} (\sigma > 0) $, 试求 $ X(t) $ 的均值函数和协方差函数.

解 $ \mu_{X}(t)=E[X(t)]=E(X)=a $.

$$ \begin{aligned}C_{X}(t_{1},t_{2})&=E\{[X(t_{1})-\mu_{X}(t_{1})][X(t_{2})-\mu_{X}(t_{2})]\}\\&=E[(X-a)^{2}]=D(X)=\sigma^{2}.\end{aligned} $$

1. 已知随机过程 $ \{X(t), t \in T\} $ 的均值函数 $ \mu_X(t) $ 和协方差函数 $ C_X(t_1, t_2) $， $ \varphi(t) $ 是普通的函数，试求随机过程 $ Y(t) = X(t) + \varphi(t) $ 的均值函数和协方差函数.

解

$$ \begin{aligned}\mu_{Y}(t)&=E[Y(t)]=E[X(t)+\varphi(t)]\\&=E[X(t)]+E[\varphi(t)]=\mu_{X}(t)+\varphi(t).\end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}C_{Y}(t_{1},t_{2})&=E\{[Y(t_{1})-\mu_{Y}(t_{1})][Y(t_{2})-\mu_{Y}(t_{2})]\}\\&=E\{[X(t_{1})+\varphi(t_{1})-\mu_{X}(t_{1})-\varphi(t_{1})]\\&\quad\times[X(t_{2})+\varphi(t_{2})-\mu_{X}(t_{2})-\varphi(t_{2})]\}\\&=E\{[X(t_{1})-\mu_{X}(t_{1})][X(t_{2})-\mu_{X}(t_{2})]\}\\&=C_{X}(t_{1},t_{2}).\end{aligned} $$

1. 给定一随机过程 $ \{X(t), t \in T\} $ 和常数 a，试以 $ X(t) $ 的自相关函数表出随机过程 $ Y(t) = X(t + a) - X(t) $， $ t \in T $ 的自相关函数.

解 设 $ X(t) $ 的自相关函数为 $ R_{X}(t_{1},t_{2}), t_{1}, t_{2} \in T $，按定义， $ Y(t) $ 的自相关函

数为

$$ \begin{aligned}R_{Y}(t_{1},t_{2})=&E[Y(t_{1})Y(t_{2})]\\=&E\{[X(t_{1}+a)-X(t_{1})][X(t_{2}+a)-X(t_{2})]\}\\=&E[X(t_{1}+a)X(t_{2}+a)]-E[X(t_{1})X(t_{2}+a)]\\&-E[X(t_{1}+a)X(t_{2})]+E[X(t_{1})X(t_{2})]\\=&R_{X}(t_{1}+a,t_{2}+a)-R_{X}(t_{1},t_{2}+a)-R_{X}(t_{1}+a,t_{2})+R_{X}(t_{1},t_{2}).\end{aligned} $$

1. 设 $ Z(t)=X+Yt, -\infty

$$ \left[\begin{array}{l l}{{\sigma_{1}^{2}}}&{{\rho\,\sigma_{1}\sigma_{2}}}\\ {{\rho\,\sigma_{1}\sigma_{2}}}&{{\sigma_{2}^{2}}}\end{array}\right], $$

试求 $ Z(t) $ 的协方差函数.

解 根据第四章 §4 协方差矩阵的定义及题设知，

$$ E\left[\left(X-\mu_{X}\right)^{2}\right]=\sigma_{1}^{2},\quad E\left[\left(X-\mu_{X}\right)\left(Y-\mu_{Y}\right)\right]=\rho\sigma_{1}\sigma_{2},\quad E\left[\left(Y-\mu_{Y}\right)^{2}\right]=\sigma_{2}^{2}, $$

又 $ \mu_{Z}(t)=E(X+Yt)=E(X)+tE(Y)=\mu_{X}+t\mu_{Y} $

$$ Z(t)-\mu_{Z}(t)=(X+tY)-(\mu_{X}+t\mu_{Y})=(X-\mu_{X})+t(Y-\mu_{Y}), $$

所以

$$ \begin{aligned}C_{Z}(t_{1},t_{2})&=E\{\big[Z(t_{1})-\mu_{Z}(t_{1})\big]\big[Z(t_{2})-\mu_{Z}(t_{2})\big]\}\\&=E\{\big[(X-\mu_{X})+t_{1}(Y-\mu_{Y})\big]\big[(X-\mu_{X})+t_{2}(Y-\mu_{Y})\big]\}\\&=\sigma_{1}^{2}+(t_{1}+t_{2})\rho\sigma_{1}\sigma_{2}+t_{1}t_{2}\sigma_{2}^{2}．\\ \end{aligned} $$

1. 设 $ X(t)=At+B, -\infty

解 由题设， $ A, B $ 是相互独立的正态变量，所以 $ (A, B) $ 是二维正态变量，对于任意一组实数 $ t_1, t_2, \cdots, t_n \in T $，

$$ X(t_{i})=At_{i}+B,\qquad i=1,2,\cdots,n $$

都是 A, B 的线性组合，于是根据教材第四章§4中 n 维正态变量的性质 $ 3^{\circ} $ 知 $ (X(t_{1}), X(t_{2}), \cdots, X(t_{n})) $ 是 n 维正态变量，再由 n, $ t_{i} $ 的任意性，得知 X(t) 是正态过程。而

$$ \begin{aligned}R_{X}(t_{1},t_{2})=&E\left[X(t_{1})X(t_{2})\right]=E\left[(At_{1}+B)(At_{2}+B)\right]\\=&t_{1}t_{2}E(A^{2})+(t_{1}+t_{2})E(AB)+E(B^{2}),t_{1},t_{2}\in T.\end{aligned} $$

因 $ A \sim N(0, \sigma^{2}) $, $ B \sim N(0, \sigma^{2}) $，且 A, B 相互独立，即有 $ E(A) = E(B) = 0 $, $ E(A^{2}) = E(B^{2}) = \sigma^{2} $, $ E(AB) = E(A)E(B) = 0 $, 故

$$ R_{x}(t_{1},t_{2})=(t_{1}t_{2}+1)\sigma^{2}, $$

又因 $ \mu_{X}(t)=E(At+B)=tE(A)+E(B)=0 $ ，故

$$ C_{x}(t_{1},t_{2})=R_{x}(t_{1},t_{2}) $$

1. 设随机过程 $ X(t) $ 与 $ Y(t) $， $ t \in T $ 不相关，试用它们的均值函数与协方差函数来表示随机过程

$$ Z(t)=a(t)X(t)+b(t)Y(t)+c(t),\quad t\in T $$

的均值函数和自协方差函数，其中 $ a(t) $， $ b(t) $， $ c(t) $ 是普通的函数。

解

$$ \begin{aligned}\mu_{Z}(t)=&E[Z(t)]\\=&a(t)E[X(t)]+b(t)E[Y(t)]+c(t)\\=&a(t)\mu_{X}(t)+b(t)\mu_{Y}(t)+c(t),\quad t\in T.\end{aligned} $$

从而

$$ Z(t)-\mu_{Z}(t)=a(t)\big[X(t)-\mu_{X}(t)\big]+b(t)\big[Y(t)-\mu_{Y}(t)\big], $$

注意到 $ X(t) $ 与 $ Y(t) $ 不相关，于是它们的互协方差函数为零，即

$$ \begin{aligned}C_{XY}(t_{1},t_{2})=&\mathrm{Cov}[X(t_{1}),Y(t_{2})]\\=&E\{[X(t_{1})-\mu_{X}(t_{1})][Y(t_{2})-\mu_{Y}(t_{2})]\}=0,t_{1},t_{2}\in T,\end{aligned} $$

所以 $ Z(t) $ 的自协方差函数

$$ \begin{aligned}C_{Z}(t_{1},t_{2})=&\operatorname{Cov}[Z(t_{1}),Z(t_{2})]\\=&E\{[Z(t_{1})-\mu_{Z}(t_{1})][Z(t_{2})-\mu_{Z}(t_{2})]\}\\=&a(t_{1})a(t_{2})E\{[X(t_{1})-\mu_{X}(t_{1})][X(t_{2})-\mu_{X}(t_{2})]\}\\&+b(t_{1})b(t_{2})E\{[Y(t_{1})-\mu_{Y}(t_{1})][Y(t_{2})-\mu_{Y}(t_{2})]\}\\=&a(t_{1})a(t_{2})C_{X}(t_{1},t_{2})+b(t_{1})b(t_{2})C_{Y}(t_{1},t_{2}),t_{1},t_{2}\in T.\end{aligned} $$

1. 设 X(t) 和 Y(t) (t>0) 是两个相互独立的，分别具有强度 $ \lambda $ 和 $ \mu $ 的泊松过程，试证

$$ S(t)=X(t)+Y(t) $$

是具有强度 $ \lambda + \mu $ 的泊松过程.

证 本题用另一种形式的定义来证明较为方便，需要证(i) $ S(t) $ 是独立增量过程，(ii) 对于任意的 $ t > t_{0} \geqslant 0 $， $ S(t) - S(t_{0}) \sim \pi((\lambda + \mu)(t - t_{0})) $，(iii) $ S(0) = 0 $。下面按(iii)，(i)，(ii) 的次序论证。已知条件是

(a) $ X(t) $, $ Y(t) $ ( $ t \geqslant 0 $) 分别是强度为 $ \lambda $, $ \mu $ 的泊松过程；

(b) 过程 $ X(t) $ ( $ t \geqslant 0 $) 与 $ Y(t) $ ( $ t \geqslant 0 $) 相互独立.

（iii）因 $ X(t) $, $ Y(t) $ ( $ t \geqslant 0 $) 都是泊松过程，所以 $ X(0) = 0 $, $ Y(0) = 0 $，今 $ S(t) = X(t) + Y(t) $，从而得

$$ S(0)=X(0)+Y(0)=0. $$

(i) 在 $ t \geqslant 0 $ 上任取点 $ 0 \leqslant t_{0} < t_{1} < t_{2} < \cdots < t_{n} $，作 $ S(t) $ 的增量

$$ \begin{aligned}S(t_{i})-S(t_{i-1})&=X(t_{i})+Y(t_{i})-\left[X(t_{i-1})+Y(t_{i-1})\right]\\&\xlongequal{ 记成 }U_{i}+V_{i},\end{aligned} $$

此处， $ U_{i}=X(t_{i})-X(t_{i-1}) $， $ V_{i}=Y(t_{i})-Y(t_{i-1}) $， $ i=1,2,\cdots,n $。

对于任意实数 $ x_{1}, x_{2}, \cdots, x_{n}, y_{1}, y_{2}, \cdots, y_{n} $ 有

$$ \begin{aligned}P\{&U_{1}\leqslant x_{1},U_{2}\leqslant x_{2},\cdots,U_{n}\leqslant x_{n},V_{1}\leqslant y_{1},V_{2}\leqslant y_{2},\cdots,V_{n}\leqslant y_{n}\}\\=&P\{U_{1}\leqslant x_{1},U_{2}\leqslant x_{2},\cdots,U_{n}\leqslant x_{n}\}P\{V_{1}\leqslant y_{1},V_{2}\leqslant y_{2},\cdots,V_{n}\leqslant y_{n}\}\\&( 由 X(t) 与 Y(t) 相互独立 )\\=&P\{U_{1}\leqslant x_{1}\}P\{U_{2}\leqslant x_{2}\}\cdots P\{U_{n}\leqslant x_{n}\}P\{V_{1}\leqslant y_{1}\}P\{V_{2}\leqslant y_{2}\}\cdots P\{V_{n}\leqslant y_{n}\}\end{aligned} $$

（由 $ X(t) $， $ Y(t) $是独立增量过程），

即知 $ U_{1}, U_{2}, \cdots, U_{n}, V_{1}, V_{2}, \cdots, V_{n} $ 相互独立，从而 $ U_{1} + V_{1}, U_{2} + V_{2}, \cdots, U_{n} + V_{n} $ 相互独立。因此 S(t) 是独立增量过程。

（ii）由条件(a)知，对于任意 $ t\geqslant t_{0}\geqslant0 $

$$ X(t)-X(t_{0})\sim\pi(\lambda(t-t_{0})),Y(t)-Y(t_{0})\sim\pi(\mu(t-t_{0})). $$

由 $ X(t) $, $ Y(t) $ 的独立性知 $ X(t)-X(t_{0}) $ 与 $ Y(t)-Y(t_{0}) $ 相互独立，从而由第三章习题 34 知

$$ \begin{aligned}S(t)-S(t_{0})&=X(t)+Y(t)-\left[X(t_{0})+Y(t_{0})\right]\\&=X(t)-X(t_{0})+Y(t)-Y(t_{0})\sim\pi((\lambda+\mu)(t-t_{0})).\end{aligned} $$

1. 设 $ \{W(t), t \geqslant 0\} $ 是以 $ \sigma^{2} $ 为参数的维纳过程，求下列过程的协方差函数：

(1) $ W(t) + At $ (A 为常数).

(2) $ W(t)+Xt,X $ 为与 $ \{W(t),t\geqslant0\} $ 相互独立的标准正态变量.

(3) $ aW\left(\frac{t}{a^{2}}\right) $，a 为正常数.

解 因 $ W(t) $ 是维纳过程，故有

$$ \mu_{W}(t)=E[W(t)]=0,C_{W}(s,t)=E[W(s)W(t)]=\sigma^{2}\min\{s,t\},\quad s,t\geqslant0. $$

（1）记 $ Z_{1}(t)=W(t)+At $，则有

$$ \mu_{Z_{1}}(t)=E[W(t)]+E(A t)=A t, $$

$$ \begin{aligned}C_{Z_{1}}(s,t)&=E\{[Z_{1}(s)-\mu_{Z_{1}}(s)][Z_{1}(t)-\mu_{Z_{1}}(t)]\}\\&=E[W(s)W(t)]=\sigma^{2}\min\{s,t\},\quad s,t\geqslant0.\end{aligned} $$

（2）记 $ Z_{2}(t)=W(t)+Xt $，由题设 $ W(t) $与X独立， $ X\sim N(0,1) $，知

$$ E(X)=0,\quad E(X^{2})=1,\quad E[W(t)X]=E[W(t)]E(X)=0, $$

$$ \mu_{Z_{2}}\left(t\right)=E[W(t)]+t E(X)=0, $$

故

$$ \begin{aligned}C_{Z_{2}}\left(s,t\right)=&E\{\left[W(s)+X s\right]\left[W(t)+X t\right]\}\\=&E\left[W(s)W(t)\right]+E\left(s t X^{2}\right)\\=&\sigma^{2}\min\{s,t\}+s t,\quad s,t\geqslant0.\end{aligned} $$

(3) 记 $ Z_{3}(t)=aW\left(\frac{t}{a^{2}}\right) $，则有 $ \mu_{Z_{3}}(t)=aE\left[\mathrm{W}\left(\frac{t}{a^{2}}\right)\right]=0 $，故

$ C_{2} $ 群夫见异 $ \left(\frac{t}{a^{2}}\right) $ 章三十

$$ =a^{2}\sigma^{2}\min\{\frac{s}{a^{2}},\frac{t}{a^{2}}\}=\sigma^{2}\min\{s,t\},\quad s,t\geqslant0. $$

$$ 1X,\cdots,\varsigma,1 $$

$$ M, \cdots , S $$

一热得 $ \{1\leq n,X\} $即新，X氏后，发一邓中，X…，S，1从，裂地成：X次，润联率渐渐进一步同空态处的守出，轻习已水齐

$ X, \cdots, S, I $ 共 $ X: \{V_1, \cdots, S, I\} = 1 $ 同空态积的 $ I \leq n, X $ 恒守得函

$$ 审 ,V\geqslant_{1}\mathfrak{g}\geqslant_{3}\mathfrak{g}\geqslant\cdots\geqslant_{i-n}\mathfrak{g}\geqslant f $$

$$ \{_{i}\omega=_{i}X,_{i}g\}=_{i}X,\cdots,_{i}g-_{i}\omega=_{i}X,_{i-1}x=_{i-1}X\mid_{i}\omega=_{i}X\} $$

$$ \because\cos\cdots,\cos,1=\frac{1}{\cos^{2}1}= $$

宜赴其长。

$$ \left(1-x\right)^{5}=1-x\left|x\right|_{5}=5x\textcircled{7}Y\textcircled{4}= $$

轻刃已个一景空暇，岩效司天容具{1≤n，}站率避待转走一意醒

$$ \forall x,\cdots,s,1=s\{\begin{array}{cc}i\geqslant1&,\frac{1}{s}\\ i<1&,0\end{array}\}=\{x=-x\mid x=-x,X\}\text{，}q=x,q<1 $$

守且，封为县(1≤n，X)出因，关天顺相成而已而关首(1)已只指们守求或率册游求一的

己率那游求一要只以视，况而释求一尤的独由县释求：至

者虽宜必指无已，（关已宝一也率那释共（公）关沃候即成

泊