概率论系列文章目录：
作业11
例1
设随机过程
X
(
t
)
X(t)
X(t) 总共有三条样本曲线，
X
(
t
,
a
1
)
=
1
X(t, a_1) = 1
X(t,a1)=1，
X
(
t
,
a
2
)
=
sin
t
X(t, a_2) = \\sin t
X(t,a2)=sint，
X
(
t
,
a
3
)
=
cos
t
X(t, a_3) = \\cos t
X(t,a3)=cost，
t
∈
R
t \\in R
t∈R 且以等概率出现。试求
X
(
t
)
X(t)
X(t) 的均值函数、相关函数。
由于三条样本曲线等概率出现，故
P
(
a
1
)
=
P
(
a
2
)
=
P
(
a
3
)
=
1
3
.
P(a_1) = P(a_2) = P(a_3) = \\frac{1}{3}.
P(a1)=P(a2)=P(a3)=31.
均值函数：
m
X
(
t
)
=
E
[
X
(
t
)
]
=
∑
i
=
1
3
X
(
t
,
a
i
)
P
(
a
i
)
=
1
3
⋅
1
+
1
3
⋅
sin
t
+
1
3
⋅
cos
t
=
1
+
sin
t
+
cos
t
3
.
m_X(t) = E[X(t)] = \\sum_{i=1}^3 X(t, a_i) P(a_i) = \\frac{1}{3} \\cdot 1 + \\frac{1}{3} \\cdot \\sin t + \\frac{1}{3} \\cdot \\cos t = \\frac{1 + \\sin t + \\cos t}{3}.
mX(t)=E[X(t)]=i=1∑3X(t,ai)P(ai)=31⋅1+31⋅sint+31⋅cost=31+sint+cost.
相关函数：
R
X
(
t
1
,
t
2
)
=
E
[
X
(
t
1
)
X
(
t
2
)
]
=
∑
i
=
1
3
X
(
t
1
,
a
i
)
X
(
t
2
,
a
i
)
P
(
a
i
)
=
1
3
[
1
⋅
1
+
sin
t
1
⋅
sin
t
2
+
cos
t
1
⋅
cos
t
2
]
=
1
3
[
1
+
sin
t
1
sin
t
2
+
cos
t
1
cos
t
2
]
.
\\begin{aligned} R_X(t_1, t_2) &= E[X(t_1) X(t_2)] \\\\ &= \\sum_{i=1}^3 X(t_1, a_i) X(t_2, a_i) P(a_i) \\\\ &= \\frac{1}{3} \\left[ 1 \\cdot 1 + \\sin t_1 \\cdot \\sin t_2 + \\cos t_1 \\cdot \\cos t_2 \\right] \\\\ &= \\frac{1}{3} \\left[ 1 + \\sin t_1 \\sin t_2 + \\cos t_1 \\cos t_2 \\right]. \\end{aligned}
RX(t1,t2)=E[X(t1)X(t2)]=i=1∑3X(t1,ai)X(t2,ai)P(ai)=31[1⋅1+sint1⋅sint2+cost1⋅cost2]=31[1+sint1sint2+cost1cost2].
例2
考虑随机过程
X
(
t
)
=
a
cos
(
ω
t
+
Θ
)
X(t) = a \\cos(\\omega t + \\Theta)
X(t)=acos(ωt+Θ)，其中
a
,
ω
a, \\omega
a,ω 为常数，
Θ
\\Theta
Θ 在
(
0
,
2
π
)
(0, 2\\pi)
(0,2π) 上服从均匀分布。求
X
(
t
)
X(t)
X(t) 的均值函数、方差函数和自相关函数。
Θ
\\Theta
Θ 的概率密度函数为
f
Θ
(
θ
)
=
1
2
π
,
0
<
θ
<
2
π
.
f_\\Theta(\\theta) = \\frac{1}{2\\pi}, \\quad 0 < \\theta < 2\\pi.
fΘ(θ)=2π1,0<θ<2π.
均值函数：
m
X
(
t
)
=
E
[
X
(
t
)
]
=
∫
0
2
π
a
cos
(
ω
t
+
θ
)
⋅
1
2
π
d
θ
=
a
2
π
[
sin
(
ω
t
+
θ
)
]
0
2
π
=
0.
\\begin{aligned} m_X(t) &= E[X(t)] = \\int_0^{2\\pi} a \\cos(\\omega t + \\theta) \\cdot \\frac{1}{2\\pi} \\, d\\theta \\\\ &= \\frac{a}{2\\pi} \\left[ \\sin(\\omega t + \\theta) \\right]_0^{2\\pi} \\\\ &= 0. \\end{aligned}
mX(t)=E[X(t)]=∫02πacos(ωt+θ)⋅2π1dθ=2πa[sin(ωt+θ)]02π=0.
自相关函数：
R
X
(
t
1
,
t
2
)
=
E
[
X
(
t
1
)
X
(
t
2
)
]
=
∫
0
2
π
a
cos
(
ω
t
1
+
θ
)
⋅
a
cos
(
ω
t
2
+
θ
)
⋅
1
2
π
d
θ
=
a
2
2
π
∫
0
2
π
cos
[
(
ω
t
1
+
θ
)
+
(
ω
t
2
+
θ
)
]
+
cos
[
(
ω
t
1
+
θ
)
−
(
ω
t
2
+
θ
)
]
2
d
θ
=
a
2
4
π
[
∫
0
2
π
cos
(
ω
(
t
1
+
t
2
)
+
2
θ
)
d
θ
+
∫
0
2
π
cos
(
ω
(
t
1
−
t
2
)
)
d
θ
]
.
\\begin{aligned} R_X(t_1, t_2) &= E[X(t_1) X(t_2)] \\\\ &= \\int_0^{2\\pi} a \\cos(\\omega t_1 + \\theta) \\cdot a \\cos(\\omega t_2 + \\theta) \\cdot \\frac{1}{2\\pi} \\, d\\theta \\\\ &= \\frac{a^2}{2\\pi} \\int_0^{2\\pi} \\frac{\\cos[(\\omega t_1 + \\theta) + (\\omega t_2 + \\theta)] + \\cos[(\\omega t_1 + \\theta) – (\\omega t_2 + \\theta)]}{2} \\, d\\theta \\\\ &= \\frac{a^2}{4\\pi} \\left[ \\int_0^{2\\pi} \\cos(\\omega(t_1 + t_2) + 2\\theta) \\, d\\theta + \\int_0^{2\\pi} \\cos(\\omega(t_1 – t_2)) \\, d\\theta \\right]. \\end{aligned}
RX(t1,t2)=E[X(t1)X(t2)]=∫02πacos(ωt1+θ)⋅acos(ωt2+θ)⋅2π1dθ=2πa2∫02π2cos[(ωt1+θ)+(ωt2+θ)]+cos[(ωt1+θ)−(ωt2+θ)]dθ=4πa2[∫02πcos(ω(t1+t2)+2θ)dθ+∫02πcos(ω(t1−t2))dθ].
第一项积分为零，第二项中
cos
(
ω
(
t
1
−
t
2
)
)
\\cos(\\omega(t_1 – t_2))
cos(ω(t1−t2)) 为常数，故
R
X
(
t
1
,
t
2
)
=
a
2
4
π
⋅
cos
(
ω
(
t
1
−
t
2
)
)
⋅
2
π
=
a
2
2
cos
(
ω
(
t
1
−
t
2
)
)
.
R_X(t_1, t_2) = \\frac{a^2}{4\\pi} \\cdot \\cos(\\omega(t_1 – t_2)) \\cdot 2\\pi = \\frac{a^2}{2} \\cos(\\omega(t_1 – t_2)).
RX(t1,t2)=4πa2⋅cos(ω(t1−t2))⋅2π=2a2cos(ω(t1−t2)).
方差函数：
σ
X
2
(
t
)
=
Var
[
X
(
t
)
]
=
R
X
(
t
,
t
)
−
[
m
X
(
t
)
]
2
=
a
2
2
cos
(
0
)
−
0
=
a
2
2
.
\\sigma_X^2(t) = \\text{Var}[X(t)] = R_X(t, t) – [m_X(t)]^2 = \\frac{a^2}{2} \\cos(0) – 0 = \\frac{a^2}{2}.
σX2(t)=Var[X(t)]=RX(t,t)−[mX(t)]2=2a2cos(0)−0=2a2.
例3
设有两个随机过程
X
(
t
)
X(t)
X(t) 和
Y
(
t
)
Y(t)
Y(t)，定义
Z
(
t
)
=
X
(
t
)
+
Y
(
t
)
Z(t) = X(t) + Y(t)
Z(t)=X(t)+Y(t)。已知
X
(
t
)
X(t)
X(t) 和
Y
(
t
)
Y(t)
Y(t) 的均值函数分别为
μ
X
(
t
)
\\mu_X(t)
μX(t) 和
μ
Y
(
t
)
\\mu_Y(t)
μY(t)，自相关函数分别为
R
X
(
t
1
,
t
2
)
R_X(t_1, t_2)
RX(t1,t2) 和
R
Y
(
t
1
,
t
2
)
R_Y(t_1, t_2)
RY(t1,t2)，且
X
(
t
)
X(t)
X(t) 和
Y
(
t
)
Y(t)
Y(t) 相互独立。求
Z
(
t
)
Z(t)
Z(t) 的均值函数和自相关函数。
均值函数：
μ
Z
(
t
)
=
E
[
Z
(
t
)
]
=
E
[
X
(
t
)
+
Y
(
t
)
]
=
μ
X
(
t
)
+
μ
Y
(
t
)
.
\\mu_Z(t) = E[Z(t)] = E[X(t) + Y(t)] = \\mu_X(t) + \\mu_Y(t).
μZ(t)=E[Z(t)]=E[X(t)+Y(t)]=μX(t)+μY(t).
自相关函数：
R
Z
(
t
1
,
t
2
)
=
E
[
Z
(
t
1
)
Z
(
t
2
)
]
=
E
[
(
X
(
t
1
)
+
Y
(
t
1
)
)
(
X
(
t
2
)
+
Y
(
t
2
)
)
]
=
E
[
X
(
t
1
)
X
(
t
2
)
]
+
E
[
X
(
t
1
)
Y
(
t
2
)
]
+
E
[
Y
(
t
1
)
X
(
t
2
)
]
+
E
[
Y
(
t
1
)
Y
(
t
2
)
]
.
\\begin{aligned} R_Z(t_1, t_2) &= E[Z(t_1) Z(t_2)] \\\\ &= E\\left[ (X(t_1) + Y(t_1)) (X(t_2) + Y(t_2)) \\right] \\\\ &= E[X(t_1) X(t_2)] + E[X(t_1) Y(t_2)] + E[Y(t_1) X(t_2)] + E[Y(t_1) Y(t_2)]. \\end{aligned}
RZ(t1,t2)=E[Z(t1)Z(t2)]=E[(X(t1)+Y(t1))(X(t2)+Y(t2))]=E[X(t1)X(t2)]+E[X(t1)Y(t2)]+E[Y(t1)X(t2)]+E[Y(t1)Y(t2)].
由于
X
(
t
)
X(t)
X(t) 与
Y
(
t
)
Y(t)
Y(t) 相互独立，有
E
[
X
(
t
1
)
Y
(
t
2
)
]
=
μ
X
(
t
1
)
μ
Y
(
t
2
)
,
E
[
Y
(
t
1
)
X
(
t
2
)
]
=
μ
Y
(
t
1
)
μ
X
(
t
2
)
.
E[X(t_1) Y(t_2)] = \\mu_X(t_1) \\mu_Y(t_2), \\quad E[Y(t_1) X(t_2)] = \\mu_Y(t_1) \\mu_X(t_2).
E[X(t1)Y(t2)]=μX(t1)μY(t2),E[Y(t1)X(t2)]=μY(t1)μX(t2).
因此，
R
Z
(
t
1
,
t
2
)
=
R
X
(
t
1
,
t
2
)
+
μ
X
(
t
1
)
μ
Y
(
t
2
)
+
μ
Y
(
t
1
)
μ
X
(
t
2
)
+
R
Y
(
t
1
,
t
2
)
=
R
X
(
t
1
,
t
2
)
+
R
Y
(
t
1
,
t
2
)
+
μ
X
(
t
1
)
μ
Y
(
t
2
)
+
μ
Y
(
t
1
)
μ
X
(
t
2
)
.
\\begin{aligned} R_Z(t_1, t_2) &= R_X(t_1, t_2) + \\mu_X(t_1) \\mu_Y(t_2) + \\mu_Y(t_1) \\mu_X(t_2) + R_Y(t_1, t_2) \\\\ &= R_X(t_1, t_2) + R_Y(t_1, t_2) + \\mu_X(t_1) \\mu_Y(t_2) + \\mu_Y(t_1) \\mu_X(t_2). \\end{aligned}
RZ(t1,t2)=RX(t1,t2)+μX(t1)μY(t2)+μY(t1)μX(t2)+RY(t1,t2)=RX(t1,t2)+RY(t1,t2)+μX(t1)μY(t2)+μY(t1)μX(t2).
特别地，若
X
(
t
)
X(t)
X(t) 和
Y
(
t
)
Y(t)
Y(t) 均为零均值过程，则
R
Z
(
t
1
,
t
2
)
=
R
X
(
t
1
,
t
2
)
+
R
Y
(
t
1
,
t
2
)
.
R_Z(t_1, t_2) = R_X(t_1, t_2) + R_Y(t_1, t_2).
RZ(t1,t2)=RX(t1,t2)+RY(t1,t2).
作业12
设
X
(
t
)
X(t)
X(t) 和
Y
(
t
)
Y(t)
Y(t)，
t
>
0
t > 0
t>0，是两个相互独立的分别具有强度
λ
\\lambda
λ 和
μ
\\mu
μ 的泊松过程，试证
S
(
t
)
=
X
(
t
)
+
Y
(
t
)
S(t) = X(t) + Y(t)
S(t)=X(t)+Y(t) 是具有强度
λ
+
μ
\\lambda + \\mu
λ+μ 的泊松过程。
已知
X
(
t
)
X(t)
X(t) 和
Y
(
t
)
Y(t)
Y(t) 是相互独立的泊松过程，满足：
X
(
t
)
∼
Poisson
(
λ
t
)
X(t) \\sim \\text{Poisson}(\\lambda t)
X(t)∼Poisson(λt)，
Y
(
t
)
∼
Poisson
(
μ
t
)
Y(t) \\sim \\text{Poisson}(\\mu t)
Y(t)∼Poisson(μt)。
(1) 独立增量性 由于
X
(
t
)
X(t)
X(t) 和
Y
(
t
)
Y(t)
Y(t) 均为独立增量过程，且二者相互独立，则
S
(
t
)
=
X
(
t
)
+
Y
(
t
)
S(t) = X(t) + Y(t)
S(t)=X(t)+Y(t) 也具有独立增量性。
(2) 平稳增量性 对于
s
,
t
≥
0
s, t \\ge 0
s,t≥0，
S
(
t
+
s
)
−
S
(
s
)
=
[
X
(
t
+
s
)
−
X
(
s
)
]
+
[
Y
(
t
+
s
)
−
Y
(
s
)
]
.
S(t+s) – S(s) = [X(t+s) – X(s)] + [Y(t+s) – Y(s)].
S(t+s)−S(s)=[X(t+s)−X(s)]+[Y(t+s)−Y(s)]. 右边两项独立且分别服从
Poisson
(
λ
t
)
\\text{Poisson}(\\lambda t)
Poisson(λt) 和
Poisson
(
μ
t
)
\\text{Poisson}(\\mu t)
Poisson(μt)，因此：
S
(
t
+
s
)
−
S
(
s
)
∼
Poisson
(
(
λ
+
μ
)
t
)
,
S(t+s) – S(s) \\sim \\text{Poisson}((\\lambda + \\mu)t),
S(t+s)−S(s)∼Poisson((λ+μ)t), 分布只依赖于
t
t
t，与
s
s
s 无关，故具有平稳增量性。
(3) 泊松分布验证 对于固定的
t
t
t，
X
(
t
)
X(t)
X(t) 与
Y
(
t
)
Y(t)
Y(t) 独立泊松变量，其和的分布为：
S
(
t
)
∼
Poisson
(
λ
t
+
μ
t
)
=
Poisson
(
(
λ
+
μ
)
t
)
.
S(t) \\sim \\text{Poisson}(\\lambda t + \\mu t) = \\text{Poisson}((\\lambda + \\mu)t).
S(t)∼Poisson(λt+μt)=Poisson((λ+μ)t).
(4) 初值条件
S
(
0
)
=
X
(
0
)
+
Y
(
0
)
=
0
+
0
=
0
S(0) = X(0) + Y(0) = 0 + 0 = 0
S(0)=X(0)+Y(0)=0+0=0。
由以上四条（独立增量、平稳增量、泊松分布、初值为 0）可知，
S
(
t
)
S(t)
S(t) 是强度为
λ
+
μ
\\lambda + \\mu
λ+μ 的泊松过程。 证毕。
作业13
例1
设马氏链
{
X
n
,
n
≥
0
}
\\{X_n, n \\geq 0\\}
{Xn,n≥0} 的状态空间为
I
=
{
1
,
2
,
3
}
I = \\{1, 2, 3\\}
I={1,2,3}，初始分布为
p
1
(
0
)
=
1
/
4
,
p
2
(
0
)
=
1
/
2
,
p
3
(
0
)
=
1
/
4
p_1(0) = 1/4, p_2(0) = 1/2, p_3(0) = 1/4
p1(0)=1/4,p2(0)=1/2,p3(0)=1/4，一步转移概率矩阵为
P
=
[
1
/
4
3
/
4
0
1
/
3
1
/
3
1
/
3
0
1
/
4
3
/
4
]
P = \\begin{bmatrix} 1/4 & 3/4 & 0 \\\\ 1/3 & 1/3 & 1/3 \\\\ 0 & 1/4 & 3/4 \\end{bmatrix}
P=
1/41/303/41/31/401/33/4
其中矩阵元素
p
i
j
p_{ij}
pij 表示从状态
i
i
i 转移到状态
j
j
j 的概率。 (1) 计算
P
(
X
0
=
1
,
X
1
=
2
,
X
2
=
2
)
P(X_0 = 1, X_1 = 2, X_2 = 2)
P(X0=1,X1=2,X2=2)。 (2) 证明
P
(
X
1
=
2
,
X
2
=
2
∣
X
0
=
1
)
=
p
12
p
22
P(X_1 = 2, X_2 = 2 | X_0 = 1) = p_{12}p_{22}
P(X1=2,X2=2∣X0=1)=p12p22。 (3) 计算
P
12
(
2
)
=
P
(
X
2
=
2
∣
X
0
=
1
)
P_{12}(2) = P(X_2 = 2 | X_0 = 1)
P12(2)=P(X2=2∣X0=1)。 (4) 计算
p
2
(
2
)
=
P
(
X
2
=
2
)
p_2(2) = P(X_2 = 2)
p2(2)=P(X2=2)。
已知马氏链
{
X
n
,
n
≥
0
}
\\{X_n, n\\geq0\\}
{Xn,n≥0}状态空间
I
=
{
1
,
2
,
3
}
I=\\{1,2,3\\}
I={1,2,3}，初始分布
p
1
(
0
)
=
1
/
4
p_1(0)=1/4
p1(0)=1/4，
p
2
(
0
)
=
1
/
2
p_2(0)=1/2
p2(0)=1/2，
p
3
(
0
)
=
1
/
4
p_3(0)=1/4
p3(0)=1/4，一步转移概率矩阵：
P
=
(
1
/
4
3
/
4
0
1
/
3
1
/
3
1
/
3
0
1
/
4
3
/
4
)
\\boldsymbol{P}= \\begin{pmatrix} 1/4 & 3/4 & 0 \\\\ 1/3 & 1/3 & 1/3 \\\\ 0 & 1/4 & 3/4 \\end{pmatrix}
P=
1/41/303/41/31/401/33/4
(1) 计算
P
{
X
0
=
1
,
X
1
=
2
,
X
2
=
2
}
P\\{X_0=1,X_1=2,X_2=2\\}
P{X0=1,X1=2,X2=2} 根据马氏链的概率乘法规则：
P
{
X
0
=
1
,
X
1
=
2
,
X
2
=
2
}
=
P
(
X
0
=
1
)
⋅
P
(
X
1
=
2
∣
X
0
=
1
)
⋅
P
(
X
2
=
2
∣
X
1
=
2
)
=
p
1
(
0
)
⋅
p
12
⋅
p
22
=
1
4
⋅
3
4
⋅
1
3
=
1
16
\\begin{aligned} P\\{X_0=1,X_1=2,X_2=2\\} &= P(X_0=1) \\cdot P(X_1=2|X_0=1) \\cdot P(X_2=2|X_1=2) \\\\ &= p_1(0) \\cdot p_{12} \\cdot p_{22} \\\\ &= \\frac{1}{4} \\cdot \\frac{3}{4} \\cdot \\frac{1}{3} \\\\ &= \\frac{1}{16} \\end{aligned}
P{X0=1,X1=2,X2=2}=P(X0=1)⋅P(X1=2∣X0=1)⋅P(X2=2∣X1=2)=p1(0)⋅p12⋅p22=41⋅43⋅31=161
(2) 证明
P
{
X
1
=
2
,
X
2
=
2
∣
X
0
=
1
}
=
p
12
p
22
P\\{X_1=2,X_2=2|X_0=1\\} = p_{12}p_{22}
P{X1=2,X2=2∣X0=1}=p12p22 条件概率定义结合马氏性（无后效性）：
P
{
X
1
=
2
,
X
2
=
2
∣
X
0
=
1
}
=
P
{
X
0
=
1
,
X
1
=
2
,
X
2
=
2
}
P
{
X
0
=
1
}
=
P
(
X
0
=
1
)
⋅
P
(
X
1
=
2
∣
X
0
=
1
)
⋅
P
(
X
2
=
2
∣
X
1
=
2
)
P
(
X
0
=
1
)
=
P
(
X
1
=
2
∣
X
0
=
1
)
⋅
P
(
X
2
=
2
∣
X
1
=
2
)
=
p
12
p
22
\\begin{aligned} P\\{X_1=2,X_2=2|X_0=1\\} &= \\frac{P\\{X_0=1,X_1=2,X_2=2\\}}{P\\{X_0=1\\}} \\\\ &= \\frac{P(X_0=1) \\cdot P(X_1=2|X_0=1) \\cdot P(X_2=2|X_1=2)}{P(X_0=1)} \\\\ &= P(X_1=2|X_0=1) \\cdot P(X_2=2|X_1=2) \\\\ &= p_{12}p_{22} \\end{aligned}
P{X1=2,X2=2∣X0=1}=P{X0=1}P{X0=1,X1=2,X2=2}=P(X0=1)P(X0=1)⋅P(X1=2∣X0=1)⋅P(X2=2∣X1=2)=P(X1=2∣X0=1)⋅P(X2=2∣X1=2)=p12p22 得证。
(3) 计算
P
12
(
2
)
=
P
{
X
2
=
2
∣
X
0
=
1
}
P_{12}(2)=P\\{X_2=2|X_0=1\\}
P12(2)=P{X2=2∣X0=1} 二阶转移概率公式：
p
i
j
(
2
)
=
∑
k
∈
I
p
i
k
p
k
j
p_{ij}(2)=\\sum_{k\\in I}p_{ik}p_{kj}
pij(2)=∑k∈Ipikpkj
p
12
(
2
)
=
p
11
p
12
+
p
12
p
22
+
p
13
p
32
=
1
4
⋅
3
4
+
3
4
⋅
1
3
+
0
⋅
1
4
=
3
16
+
1
4
=
7
16
\\begin{aligned} p_{12}(2) &= p_{11}p_{12} + p_{12}p_{22} + p_{13}p_{32} \\\\ &= \\frac{1}{4} \\cdot \\frac{3}{4} + \\frac{3}{4} \\cdot \\frac{1}{3} + 0 \\cdot \\frac{1}{4} \\\\ &= \\frac{3}{16} + \\frac{1}{4} \\\\ &= \\frac{7}{16} \\end{aligned}
p12(2)=p11p12+p12p22+p13p32=41⋅43+43⋅31+0⋅41=163+41=167
(4) 计算
p
2
(
2
)
=
P
{
X
2
=
2
}
p_2(2)=P\\{X_2=2\\}
p2(2)=P{X2=2} 初始分布与二阶转移概率结合：
p
j
(
2
)
=
∑
i
∈
I
p
i
(
0
)
p
i
j
(
2
)
p_j(2)=\\sum_{i\\in I}p_i(0)p_{ij}(2)
pj(2)=∑i∈Ipi(0)pij(2) 先计算各
p
i
2
(
2
)
p_{i2}(2)
pi2(2)：
-
p
12
(
2
)
=
7
16
p_{12}(2)=\\frac{7}{16}
p12(2)=167（已求） -
p
22
(
2
)
=
p
21
p
12
+
p
22
p
22
+
p
23
p
32
=
1
3
⋅
3
4
+
1
3
⋅
1
3
+
1
3
⋅
1
4
=
1
4
+
1
9
+
1
12
=
4
9
p_{22}(2)=p_{21}p_{12}+p_{22}p_{22}+p_{23}p_{32}=\\frac{1}{3}\\cdot\\frac{3}{4}+\\frac{1}{3}\\cdot\\frac{1}{3}+\\frac{1}{3}\\cdot\\frac{1}{4}=\\frac{1}{4}+\\frac{1}{9}+\\frac{1}{12}=\\frac{4}{9}
p22(2)=p21p12+p22p22+p23p32=31⋅43+31⋅31+31⋅41=41+91+121=94 -
p
32
(
2
)
=
p
31
p
12
+
p
32
p
22
+
p
33
p
32
=
0
⋅
3
4
+
1
4
⋅
1
3
+
3
4
⋅
1
4
=
1
12
+
3
16
=
13
48
p_{32}(2)=p_{31}p_{12}+p_{32}p_{22}+p_{33}p_{32}=0\\cdot\\frac{3}{4}+\\frac{1}{4}\\cdot\\frac{1}{3}+\\frac{3}{4}\\cdot\\frac{1}{4}=\\frac{1}{12}+\\frac{3}{16}=\\frac{13}{48}
p32(2)=p31p12+p32p22+p33p32=0⋅43+41⋅31+43⋅41=121+163=4813
再计算
p
2
(
2
)
p_2(2)
p2(2)：
p
2
(
2
)
=
p
1
(
0
)
p
12
(
2
)
+
p
2
(
0
)
p
22
(
2
)
+
p
3
(
0
)
p
32
(
2
)
=
1
4
⋅
7
16
+
1
2
⋅
4
9
+
1
4
⋅
13
48
=
7
64
+
2
9
+
13
192
=
21
+
128
+
13
192
=
162
192
=
27
32
\\begin{aligned} p_2(2) &= p_1(0)p_{12}(2) + p_2(0)p_{22}(2) + p_3(0)p_{32}(2) \\\\ &= \\frac{1}{4} \\cdot \\frac{7}{16} + \\frac{1}{2} \\cdot \\frac{4}{9} + \\frac{1}{4} \\cdot \\frac{13}{48} \\\\ &= \\frac{7}{64} + \\frac{2}{9} + \\frac{13}{192} \\\\ &= \\frac{21 + 128 + 13}{192} \\\\ &= \\frac{162}{192} = \\frac{27}{32} \\end{aligned}
p2(2)=p1(0)p12(2)+p2(0)p22(2)+p3(0)p32(2)=41⋅167+21⋅94+41⋅4813=647+92+19213=19221+128+13=192162=3227
例2
在任意相继的两天中，雨天转晴天的概率为
1
/
3
1/3
1/3，晴天转雨天的概率为
1
/
2
1/2
1/2。任一天晴或雨是相互独立的，且仅依赖于前一天的天气情况。令
X
n
=
0
X_n = 0
Xn=0 表示第
n
n
n 天为晴天，
X
n
=
1
X_n = 1
Xn=1 表示第
n
n
n 天为雨天。 (1) 写出该马氏链
{
X
n
,
n
≥
1
}
\\{X_n, n \\geq 1\\}
{Xn,n≥1} 的一步转移概率矩阵。 (2) 若已知 5 月 1 日为晴天，求 5 月 5 日为雨天的概率。
设状态：
0
0
0表示晴天，
1
1
1表示雨天，
X
n
X_n
Xn为第
n
n
n天的状态，
{
X
n
,
n
≥
1
}
\\{X_n, n\\geq1\\}
{Xn,n≥1}是马氏链。
步骤1：写出一步转移概率矩阵 根据题意：
- 晴天转晴天：
p
00
=
1
−
1
/
2
=
1
/
2
p_{00}=1 – 1/2 = 1/2
p00=1−1/2=1/2，晴天转雨天：p
01
=
1
/
2
p_{01}=1/2
p01=1/2 - 雨天转晴天：
p
10
=
1
/
3
p_{10}=1/3
p10=1/3，雨天转雨天：p
11
=
1
−
1
/
3
=
2
/
3
p_{11}=1 – 1/3 = 2/3
p11=1−1/3=2/3
一步转移概率矩阵：
P
=
(
p
00
p
01
p
10
p
11
)
=
(
1
/
2
1
/
2
1
/
3
2
/
3
)
\\boldsymbol{P}= \\begin{pmatrix} p_{00} & p_{01} \\\\ p_{10} & p_{11} \\end{pmatrix}= \\begin{pmatrix} 1/2 & 1/2 \\\\ 1/3 & 2/3 \\end{pmatrix}
P=(p00p10p01p11)=(1/21/31/22/3)
步骤2：计算5月3日为晴天的概率（已知5月1日为晴天） 5月1日为晴天即
X
1
=
0
X_1=0
X1=0，5月3日为晴天即
X
3
=
0
X_3=0
X3=0，需计算二阶转移概率
p
00
(
2
)
p_{00}(2)
p00(2)。 二阶转移概率公式：
p
i
j
(
2
)
=
∑
k
=
0
1
p
i
k
p
k
j
p_{ij}(2)=\\sum_{k=0}^1 p_{ik}p_{kj}
pij(2)=∑k=01pikpkj
p
00
(
2
)
=
p
00
p
00
+
p
01
p
10
=
1
2
⋅
1
2
+
1
2
⋅
1
3
=
1
4
+
1
6
=
5
12
\\begin{aligned} p_{00}(2) &= p_{00}p_{00} + p_{01}p_{10} \\\\ &= \\frac{1}{2} \\cdot \\frac{1}{2} + \\frac{1}{2} \\cdot \\frac{1}{3} \\\\ &= \\frac{1}{4} + \\frac{1}{6} \\\\ &= \\frac{5}{12} \\end{aligned}
p00(2)=p00p00+p01p10=21⋅21+21⋅31=41+61=125
步骤3：计算5月5日为雨天的概率（已知5月1日为晴天） 5月1日为晴天即
X
1
=
0
X_1=0
X1=0，5月5日为雨天即
X
5
=
1
X_5=1
X5=1，需计算四阶转移概率
p
01
(
4
)
p_{01}(4)
p01(4)。 先求二阶转移概率矩阵
P
2
\\boldsymbol{P}^2
P2：
P
2
=
P
⋅
P
=
(
1
/
2
1
/
2
1
/
3
2
/
3
)
(
1
/
2
1
/
2
1
/
3
2
/
3
)
=
(
5
/
12
7
/
12
7
/
18
11
/
18
)
\\boldsymbol{P}^2 = \\boldsymbol{P} \\cdot \\boldsymbol{P}= \\begin{pmatrix} 1/2 & 1/2 \\\\ 1/3 & 2/3 \\end{pmatrix} \\begin{pmatrix} 1/2 & 1/2 \\\\ 1/3 & 2/3 \\end{pmatrix}= \\begin{pmatrix} 5/12 & 7/12 \\\\ 7/18 & 11/18 \\end{pmatrix}
P2=P⋅P=(1/21/31/22/3)(1/21/31/22/3)=(5/127/187/1211/18)
再求四阶转移概率矩阵
P
4
=
(
P
2
)
⋅
(
P
2
)
\\boldsymbol{P}^4 = (\\boldsymbol{P}^2) \\cdot (\\boldsymbol{P}^2)
P4=(P2)⋅(P2)：
P
4
=
(
5
/
12
7
/
12
7
/
18
11
/
18
)
(
5
/
12
7
/
12
7
/
18
11
/
18
)
\\boldsymbol{P}^4= \\begin{pmatrix} 5/12 & 7/12 \\\\ 7/18 & 11/18 \\end{pmatrix} \\begin{pmatrix} 5/12 & 7/12 \\\\ 7/18 & 11/18 \\end{pmatrix}
P4=(5/127/187/1211/18)(5/127/187/1211/18) 计算
p
01
(
4
)
p_{01}(4)
p01(4)：
p
01
(
4
)
=
5
12
⋅
7
12
+
7
12
⋅
11
18
=
35
144
+
77
216
=
105
+
154
432
=
259
432
\\begin{aligned} p_{01}(4) &= \\frac{5}{12} \\cdot \\frac{7}{12} + \\frac{7}{12} \\cdot \\frac{11}{18} \\\\ &= \\frac{35}{144} + \\frac{77}{216} \\\\ &= \\frac{105 + 154}{432} \\\\ &= \\frac{259}{432} \\end{aligned}
p01(4)=125⋅127+127⋅1811=14435+21677=432105+154=432259
- 5月3日为晴天的概率：
5
/
12
\\boldsymbol{5/12}
5/12 - 5月5日为雨天的概率：
259
/
432
\\boldsymbol{259/432}
259/432
![16_梯度下降的优化方法[pytorch框架与神经网络基础]-171主机测评](https://www.171host.com/wp-content/uploads/2026/09/20260928110342-6aba498e2a864-220x150.png)
