随机过程及其在金融领域中的应用课后答案

2-4章部分课后习题答案

此部分参考答案由叶博士在课余时间总结整理而成，在此对其付出的劳动表示感谢！由于整理者水平有限，加之时间仓促，难免会有错误之处，恳请读者见谅。

习题二：

1.证：

设为X取值为k（k 1）的随机变量。且pk p(x k) 证法I（通俗证法，但不严格）：

E(x) xkpk kp(x k) p(x 1) 2p(x 2) 3p(x 3)... np(x n) ...

k 1

k 1

p(x 1) p(x 2) p(x 3)... p(x n) ... p(x k)

k 1

证法II：

EX kp(x k) p(x k) p(x k) p(x i)

k 1

k 1i 1

i 1k i

i 1

k

p(x k)

k 1

证法III：

E(X) kp(x k) k(p(X k) p(x k 1))

k 1

k 1

kp(x k) (k 1)p(x k 1) p(x k 1)

k 1

k 1

k 1

p(k 1) p(x k 1) p(x k)

k 1

k 1

2.解：

E(Y) E(eax) eaxf(x)dx eaxe xdx ex(a 1)dx

1 (a 1)x1 de a 1 01 a

3.解：

边缘概率密度为：

2-4章部分课后习题答案

fX(x) fY(y)

1 2x,0 x 1

f(x,y)dy 6xy2dy

0其它 01 3y

f(x,y)dx 6xy2dx

0

2

,0 y 1,其它

因为f(x,y) f(x)f(y)所以X，Y独立。故cov(X,Y) cov(Y,X) 0

121

E(X2) 2x3dx

0032 1133

E(Y) yf(y)dy 3y3dy E(Y2) 3y4dy

0045

13

cov(X,X) E(X2) (E(X))2 cov(Y,Y) E(Y2) (E(Y))2

1880

E(X)

xf(x)dx 2x2dx

1

1

cov(X,X)cov(X,Y) 18

故(X,Y)的协方差矩阵为

cov(Y,X)cov(Y,Y) 0

4.解：

（1）

0 3 80

2

1 2 0, 12 1, 2 4, 将各参数代入二维正态分布密度函数，最终得：

1

2

f(x,y)

（2）

2 11

x2 xy y2

24 3

XY

1 cov(X,Y) 1

2

cov(X,Y) E(XY) E(X)E(Y) E(XY) 1

当Z与X独立时，有E(ZY) E(Z)E(Y)

22

E(Z) aE(X) E(Y) 0,E(Y) 0,E(ZY) E a XY Y aE XY E Y

aE XY E Y

6.解：

2

a 4 0

a 4

2-4章部分课后习题答案

P(X Y n) P(X k,Y n k)

k 1

k 1

nn

1k

k!

e

1

n k!

2n k

e 2

e

( 1 2)

n!

n!ekn k

12

k!n k!n!k 1

n

( 1 2)

1 2

1k

e

1

n

n k! Ck 1 2 P(X k|Y n k)k!

P(X k|X Y n) ( 1 2) n

eP(X Y n) 1 2 1 2 n 1 2 n!

8.解：

MX(u) E(e) ef x dx eux e xdx

ux

ux

2n k

e 2

kn k

u

2

( u)

1

E X MX u

13.解：

u 0

1

E(X2) MX u

u 0

2

D X

2

由特征函数与矩母函数关系知：MX u

1 1 u

u 0

E X MX u

14.解：

u 0

1E(X2) MX u 2D X 1

X1,...,Xn均相互独立。 X u X1 u ... Xn u 其中X Xk

k 1

n

又 X1,...,Xn均同分布于两点分布

X1 u X2 u ... Xn u eiu 0 1 p eiu 1 p 1 p peiu X u 1 p pe

iun

与二项分布特征函数一致

由于特征函数具有唯一性，故题设成立。

15.解：

（1）根据特征函数与矩母函数关系，再由第8题结论知： xk u

k k iu

2-4章部分课后习题答案

（2） X1,...,Xn相互独立。 z u 16.解：

1 k n

X u

k

1 k n

k

iu

k

nn

iu akxk b iu akxk

k 1 Y u Ee eiubE ek 1 （1）

由条件知：(X1,...,Xn)的特征函数为 (u1,...,un)，即：

(u1,...,un) Ee

令uk

k

au则，原式变为 (au,...,au) E e

i X,u)

iX1u1 ... Xnun 1

n

E e

ia1X1u ... anXnu

代入（1）式，即得： Y u e (a1u,...,anu)

iub

习题三：

1.解：

（1） xt E(Xt) E(At B) tE(A) E(B) 0 （2）

R(t1,t2) E(Xt1Xt2) E At1 B At2 B

E t1t2A (t1 t2)AB B t1t2E(A) E(B) (t1 t2)E(AB)

2

2

2

2

A,B相互独立 E AB E A E B 0

222又 EA EB

R(t1,t2) t1t2 1 2

（3）Cx(t1,t2) R t1,t2 EXt1EXt2

E Xt 0

2.解：

CX t1,t2 R t1,t2 (t1t2 1) 2

（1） Yt E Xt (t) E Xt t Xt t

2-4章部分课后习题答案

RY t1,t2 E Xt1 (t1)Xt2 (t2) E Xt1Xt2 Xt1 (t2) Xt2 (t1) (t1) (t2) RX t1,t2 (t2) Xt (t1) Xt (t1) (t2)

1

2

X (t2) CY t1,t2 RY t1,t2 EYt1EYt2 RY t1,t2 Xt (t1) 1 t2

RX(t1,t2) Xt Xt CX t1,t2

1

2

3.解： （1）

P Nt k

k!

P N1 0 e 0.2 ln5

P N2 1 1 P N2 1 1 P N2 0 P N2 1 1 e 2 2 e 2 0.96 0.08ln5 0.83

（2）

t

k

e t

E Nt t由题设知平均每10分钟到达5位乘客。

5 10

9

10k 10

P Nt 10 1 P Nt 9 1 e 0.54205（建议使用编程计算）

k!k 0

15.解：

N u E eiuN e t

t

t

t

k!

k

k 0

eiuk e t

k 0

te

k!

iukk

e t e te e t(e

iuiu

1)

习题四：

1.解： （1）

2-4章部分课后习题答案

P Ns k|Nt n

P Ns k,Nt n PNt n

P Ns k,Nt s n k

PNt n独立增量性

P Ns k P Nt s n k

PNt nn k

k s Cn

t

k

s

k!

k

(t s) e s

n k!

n k

e

t s

t

n!

n

e t

sk t s n!

tnn k!k!

（2）

s

1 t

n k

(k 0,1,...,n)

P N1 2

k 0

2

t

k!

k

e t e 2 2e 2 2e 2 5e 2