Bài tập Xác suất thống kê –Chương 3

Bài tập Xác suất thống kê –Chương 3

2 , 16

3 , 16

4 , 16

3 , 16

2 , 16

1

bởi vậy hàm Fy(x ) một cách đơn giản là tổng xác suất của tổng các kết cục từ {0,1,2,3,4} vì vậy hàm phân phối được là hàm gián đoạn tại các điểm 0,1,2,3,4

Xét hàm phân phối tại lân cận của điểm x= 1 , cho  là một số dương nhỏ ta có ::

P Y

P

Fy( 1   )  [  1   ]  [0 lân xuất hiện mặt sấp] =

16

1bởi vậy giới hạn của hàm phân phối khi x tiến tới 1 từ bên phải là

16

1 và

P Y

P x

Fy( )  [  1 ]  [0 hoặc 1 lần xuất hiện mặt sấp] =

16

1 + 16

2 = 16 3

Và

] 1 [ ) 1

(    P Y   

16 3

Như vậy hàm phân phối liên tục bên phải và bằng

16

3 tại điểm x = 1 Độ nhảy tại điểm x

= 1 là bằng P[ Y = 1 ] =

16

3-16

1 = 8 1

Hàm phân phối có thể được biểu diễn theo hàm bậc thang đơn vị

0 0

)

(

khix

khix x

2 u (x)

+ 16

3 u (x)

+ 16

4 u (x)

+ 16

3 u (x)

+ 16

2

x u x

Bài 9

Công thức hàm phân phối:

Bài 10

Phác hoạ hàm phân phối của biến ngẫu nhiên Z trong ví dụ 5 Chỉ ra dạng của Z

Thời gian truyền Z của một tin nhắn trong một hệ truyền thông tuân theo quy luật phân phối

mũ với tham số , nghĩa là

Phác hoạ dạng đồ thị:

Bài 11

P(x = k) = k k n k

n p q

C  k=0,1,…, nq=1-p

Với n=8

Xét p=1/8 => q = 7/8

8 0

8 0

8 0

8

7 8

1

! 8

!.

0

! 8 )

7 1

7 1

8

7 8

1

! 1

!.

7

! 8 )

6 2

6 2

8

7 8

1

! 2

!.

6

! 8 )

5 3

5 3

8

7 8

1

! 3

!.

5

! 8 )

7 8

1

! 4

!.

4

! 8 )

4

(

4 4 4

4 4

7 8

1

! 5

!.

3

! 8 )

3

(

5 3 5

3 5

7 8

1

! 6

!.

2

! 8 )

2

(

6 2 6

2 6

7 8

1

! 7

!.

1

! 8 )

1

(

7 1 7

1 7

7 8

1

! 0

!.

8

! 8 )

0

(

8 0 8

0 8

0 8

0 8

2

1 2

1

! 0

!.

8

! 8 )

8 ( ) 0

7 1

7 1

2

1 2

1

! 7

!.

1

! 8 )

7 ( )

6 2

6 2

2

1 2

1

! 6

!.

2

! 8 )

6 ( ) 2

5 3

5 3

2

1 2

1

! 5

!.

3

! 8 )

5 ( )

4 4

4 4

2

1 2

1

! 4

!.

4

! 8 )

Với p = 9/10 => q = 1/10

43 , 0 10

1 10

9

! 8

!.

0

! 8 )

8

(

0 8 0

8 0

1 10

9

! 1

!.

7

! 8 )

7

(

1 7 1

7 1

1 10

9

! 2

!.

6

! 8 )

6

(

2 6 2

6 2

1 10

9

! 3

!.

5

! 8 )

5

(

3 5 3

5 3

4 4

4 4

10

1 10

9

! 4

!.

4

! 8 )

3 5

3 5

10

1 10

9

! 5

!.

3

! 8 )

2 6

2 6

10

1 10

9

! 6

!.

2

! 8 )

1 7

1 7

10

1 10

9

! 7

!.

1

! 8 )

0 8

0 8

10

1 10

9

! 0

!.

8

! 8 )

Bài 12:

Vì U là biến ngẫu nhiên phân phối đều trên khoảng [-1;1] nên:

P[U] = P[U-0] = P[U+0]

1 0

4

1 4

1

n n

1 12

1 3

1

; 0 [ 3

 X

31

;4

11

3 1 1 4

1 1

11

),1(1

;2

12

1 1

; 0 5

; 1

0 0

2 2

=(1- e 4r2 / 2  2

) –(1- er2 /  2 2

)= e 1 / 2 e 2

 P[R>3 ]=1-P[R 3 ] =1- FR(  3 ) =1- e 9 / 2

X

e x

    x   x t t  x  x

X

x X X

x X

0

0Vậy giá trị của hàm phân phối được viết là

d k kd

x x

x

f

) 1 (

) 1 ( )

b.Hãy chia phần dương của đường thẳng thực thành năm khoảng không có

điểm chung đồng xác suất.

fx x dx

  +

1

0( )

Cx  x dx

10

4)

2 - 2 (3

4)

3 ) – [3(1

0

c a c

a neu x a

c

t c dt a

a

t c dt c

vii) Giả sử là một số vô cùng bé Từ tính chất vi) ta có

Khi Điều này tương đưong với

e e

0( ) ( )

( ) ( )1

=

Do đó:

k j

j X

k



0 4

1 1

n n Õu

 A

A n

a n

n n n

n X k k x

n

n 1

n k

n \

ch½n,

k n ch½n,

n n n

F j

j q

2

1

1 2

j j

n j

j X

q

q A

n F

1 1 1

dpcm kq

p n kq

p k n q

p C

q p C p

p

k n k k n

k n k k n k

kq

p n p

p k

11

thì k  ( n 1 )p Như vậy thì p(k) giảm nếu như k tăng

Vậy khi giá trị k = (n+1)p thì xác suất p[X =k ] đạt giá trị cực đại

Nếu khi giá trị (n+1)p nguyên thì giá trị k sẽ có hai giá trị k1 = (n+1)p và giá trị k2 = (n+1)p -1

Mà tại các giá trị này thì p(k) max Nên khi (n+1)p nguyên thì cực đại đạt tại các giá trị kmax và

k N

q pq q pq

1

1 1

b Tìm hàm phân phối của N

Ta có hàm phân phối

i i k

N P x

0 1

Mặt khác vì N là biến ngẫu nhiên hình học nên ta có

Với giá trị 1<k <m Như vậy với k là điểm bất kỳ ta có P N k  N m  =

k

q

q p m

F

q p m N P

k N P

e

p p e

.

1 )

Với  = 3 là số lệnh trung bình đến 1 ngày

 = 1 là số lệnh cần được thực thi bởi một nhân viên trong một ngày

Ta có với 4 lệnh chờ  k  4 và xác suất cho có hơn 4 lệnh chờ nhỏ hơn 90%

Giả sử ta lấy với k =4 và pk = 0,9

Thay số vào (*) ta được 0,9 =  e 

! 4

4





(khó quá không tìm được giá trị của  )

+ Đối với xác suất không có lệnh chờ thì  = 0

Thì khi đó pk = 1

Bài 42.

Phân vị thứ r, π(r), của biến ngẫu nhiên X được định nghĩa: P[X ≤ π(r)] = r), của biến ngẫu nhiên X được định nghĩa: P[X ≤ π(r), của biến ngẫu nhiên X được định nghĩa: P[X ≤ π(r)] = r)] =

a) Tìm phân vị 90%, 95% và 99% của biến ngẫu nhiên mũ với tham số λ

Phân vị 90%, 95% và 99% lần lượt ứng với r = 90, 95 và 99

b) Làm lại câu a với biến ngẫu nhiên Gauss với tham số m = 0 và σ

Đặt đưa biến ngẫu nhiên X bất kỳ về biến ngẫu nhiên Z chuẩn tắc

Mà

Bài 43

Ta có :

2 2

2

1 )

, ( { 1 )}

, (

{x    P x  x P x x

P

)(1)(1)()

(

1F X x  F X x   Q x   Q x



đfcm x

Q x

)

Để nơi nhận mắc lỗi nếu 0 đã được gửi đi thì điện áp là không âm, tức là hay

Khi đó:

Tương tự, để nơi nhận mắc lỗi nếu 1 đã được gửi đi thì điện áp là âm, tức là

2 / 11 2

X

e e

x

2 1000

1

1000 2

1

2 1000

2 /

x

n n

X

2 4000

1

2 4000

1

4000 2 /



 ChÝp 2:

 

n n

X

e e

x

2 1000

1

2 1000

1

2 1000

2 /

)2

1(2

1)

(

2

1 1

.

2

2

1 1

 2

1 )

(

2

1 2

1

e x

1 )

1 ( 2

1 ) 1 2

1



 )

(x

f X

 2 2 1 2 1

t t

1 ! 1

t t

t Sm

của hàm phân phối trên sẽ nhận được hàm phân phối của hàm m-erlang

Ta có hàm FSm được viết lại như sau



x t

u x nê' (

; 2 1

0)

u x (Nê'

; 2 1

.

x x

Px (xk ) = Px(x=xk ) Với x=8P(x=x1) = P (x= )

2

d

= - .22

] 0

2 2

''

Bài 58.

Hàm trống giữa Y = h(X) được cho trên hình P3.4

a) Tìm hàm phân phối và hàm mật độ xác suất của Y theo hàm phân phối và hàm mật độ xác suất của X.

b) Tìm hàm phân phối và hàm mật độ xác suất của Y nếu X có hàm mật độ xác suất Laplace

Hàm mật độ Laplace:

Tìm hàm phân phối Laplace:

Với

Với

Ta có hàm phân phối xác suất được tính theo bài 19 là

FY(y) = 3Y2 – 2Y3 = - 2 + 3( )2/3

Đạo hàm hai vế ta có

FY(y) =- + 2( )2/3 ( )-1/3Vậy hàm mật độ cần tìm là

fy(y) =

c, Y = Xn x = = Y1/n với

Ta có : PY(Y ) = PY(( )1/n )=

Ta có hàm phân phối xác suất được tính theo bài 19 là

FY(y) = 3Y2 – 2Y3 = 3(y)3/n - 2(y)2/n

Đầu vào có phân phối đều trên khoảng [ -4d; 4d ] nên ta có:

Biến cố Z = X – q(X) có hàm phân bố xác suất trên khoảng [ -4d; 4d ] là:

Trong đó q(X) có phân phối đều trên mọi khoảng thuộc theo ví dụ 3.19

 Xét trong khoảng : q(X) ánh xạ vào điểm , do đó:

Tương tự với các khoảng còn lại ,…, , :

=…

Suy ra trên toàn khoảng ta có:

Từ đó, hàm mật độ trên toàn khoảng được xác định:

Vậy biến cố Z = X – q(X) có phân phối đều trên khoảng

)1(.)

321()(

p i

n

=

1 )

2

1 3

1 2 ( 2

) 1 ( 4

( 6

) 1 2

a Tìm kỳ vọng và phương sai cảu biến ngẫu nhiên nhị thức

Gọi X là biến ngẫu nhiên nhị thức SX = {0,1,2,…,n}

1 1 1

k

E X kC p q

np n kn

k

n

k n k n

Vậy thay vào ta có giá trị phương sai là

VAR(X)=E X 2  E X 2 E X 2 np2 Vậy suy ra VAR(X)=

E(X) = E(I1) + E(I2)+…+E(In) = p + p + … + p = np

Vậy giá trị E(X) chính là kỳ vọng của biến ngẫu nhiên nhị thức X là số lần xuất hiện thành côngtrong n phép thử Bernoulli và là tổng của n biến ngẫu nhiên Bernoulli độc lập, cùng phân phối

x

x

x

e x

)!

1 (

e x

11(

x

x

x x

1

1 1 (

x

x

x

e x

x

t x

x

e t x

Fx

11)(   với x>1

t f x( )

Mà

x F

f F

x x

x

1 ) ( ' ) ( )

( ' )

2 2

2

1

.2

+ Phương sai

2 2

2 2

E[Y] = aE[X] + b  E[X + b] = 1*E[X] + b

 VAR[Y] = E[Y2 ] – E[Y]2

= E[a2X2 a b x b2

= 2 [ 2] 2 [ ] 2 ( 2 [ ]2 2 [ ] 2)

b b

a a

b b

a X

Cho , ở đây A có kỳ vọng m và phương sai , và và c là các hằng số Tìm

kỳ vọng và phương sai của Y

Bài 75

Chi phí cho n lần tung là : nd $

Chi phí cho X lần ngửa là aX 2 bX

dt bt at nd t dt bt at t

0

2 0

3 4

| ) 3 4 2 (

| ) 3 4 (

) ( ) ( )

3

=

3

] ) ( [ 4

] ) ( [ 2

) (n X 2 a X 4 n X 4 b X 3 n X 3

dt

a

t t

a a

a t dt a

t

X t X

a

ln ln

Hàm mật độ của Y theo hàm mật độ của X :

Kỳ vọng của giới hạn tử được xác định:

Phương sai:

-a X

nÕu nÕu

a X a X x

-a x víi 0 y nÕu 0

a y F y

1

-a n víi 0 y nÕu

0

a y y

-a x nÕu y 0 y

a y f y

f

a y f y

f

x x

0)

(

b

b x x

b x

b x b

b x

b m c

2 2

b b

b

b

2

) 2

( ) (

b: X là biến ngẫu nhiên laplace với tham số a

Nghiệm chính xác

P({|X-m|c}) =1+ FX (  c  m)- FX ( m c  )

Ta có:

x t t

x

t t

t X

_

|

|)(2

|2

12

22

)()

12

22

22

x

a  x 

 ) 21

22

2

2

22

1)

11(

12

P({|X-m|c}) =1+ FX(  c )  FX( c )

c

c c

2

2

2

21

)11(

12

1

) (

2

2

2

21

)11(

12

1

) (

1(

12

1)

11(

12

2

1

2

2 2

2

2 2

c c

e

c c

2

2( 2 ) ( 1 )

1

) 1 ( 2 2

2

c c

e

c c

Cho X là số lần thành công trong n phép thử Bernoulli với xác suất thành công p Như vậy

X là biến ngẫu nhiên nhị thức

Mặt khác ta có E(X) = np , Var(X) = np(1-p)

Y = X/n Áp dụng bất đẳng thức Chebyshev

Điều gì sẽ xảy ra nếu n  

Áp dụng luật số lớn Trê –bư-sép

)

)

(

x

x x P m x

2 2

2 2

"

j

m j

j X

Tìm kỳ vọng và phương sai của biến ngẫu nhiên Gauss với việc dùng định lý

moment cho hàm đặc trưng cho trong Bảng 3.2

Hàm đặc trưng:

0

x E x

k k

 X là biến ngẫu nhiên rời rạc

 Giá trị kì vọng :

1.(1 )1

.

) 1 ( 

Phép biến đổi Laplace của hàm mật độ xác suất của X

Phép biến đổi Laplace *

( ) ( )( )

( )

t T T

t T T

10 - t 10 1

10 t

1

1

1 0

1

i t

t dR

1 9 1

10t t e t R

t R t

t dR

t R t

t R

10 10 1 '

Rhệ thống 2 = 3 R1R2(1-R3) = 3R2 – 3R3

Do đó Rhệ thống = Rhệ thống 1 + Rhệ thống 2 = R3 + 3R2 – 3R3 = 3R2 – 2R3

- Th2: chỉ có 2 thành phần giống nhau chạy Rht2 = R2(1 –R3)

- Th3: chỉ có thành phần thứ 3 và 1 trong 2 thành phần còn lại chạy

Các thành phần của hệ thống bị hỏng một cách độc lập với nhau nên ta có:

Độ tin cậy của hệ thống:

Khi đó:

Thời gian hỏng trung bình:

b) Thời gian sống của một trong các thành phần có giá trị

kỳ vọng bằng 2, khi đó:

hay Tương tự ta có độ tin cậy của hệ thống là:

Thời gian hỏng trung bình:

Bài 110:

Tìm độ tin cậy và thời gian trung bình hỏng của hệ thống :

a Thời gian sống trung bình của bộ xử lý là biến ngẫu nhiên mũ với kì vọng 5

E[T]= = =-2 + 2 = 2.

Bài 113

Tìm phương pháp tạo ra biến ngẫu nhiên laplace X

Ta dung phương pháp đổi biến để tạo ra biến ngẫu nhiên laplace X

Biến ngẫu nhiên laplace

x t t

x

t t

t X

0

.

_

|

|)(2

|2

12

22

)()

12

x X



nếu x  0nếu x < 0

0 0

x x

1 2 ( )

1 2

x

Y

x

p e

0 0

x x

p

F x  e

ln1

U = 1

2

Y p

p  e 

ln1

p U p

Nếu 0n 5 => theo biến ngẫu nhiên nhị thức E[X] =n.p=6.1/2=3,5

Tương tự khi giảm theo thứ tự của xác suất thì E[X] = 2,38

Vậy khoảng được sinh ra có độ dài tuân theo hàm xác suất

9 10

1 ln 10

9 10

1 log 10

1 10

9 log 10

9 10

1 log 10

1

2 2

9 10

1 log 10

1 (



Bài 130.

Ta có theo bài 129 xu A có P[ngửa] = 1/10 , xu B có P[ngửa] = 9/10

Ta có mặt ngửa xuất hiện trong lần tung thứ k



Bài 131

Kênh truyền thông I = {0,1,2,3,4,5,6}

Khi đó theo định nghĩa entropy

Hx = E[I(x)] =

1

1.ln

x x

=> Hx = P[x=4].log2P[x=4] = =

-1

7 log2

17

1[X;Y]=-ln 0

H

n

Bài 138

X là BNN đều trên [-a, a] Biến cố A là {X dương}

Giả sử chia [-a, a] thành K khoảng con độ dài Δ, K chẵn

Q(X) là trung điểm của khoảng con chứa X là trung điểm khoảng con thứ k

Ta có:

P[Q = ] = P[X thuộc khoảng thứ k] = P[ ] ≈

Entropy vi phân của X

Entropy vi phân của X dương

Sai khác giữa entropy vi phân của X và entropy vi phân của X dương

Khi Δ rất nhỏ (K đủ lớn), và là tương đương đpcm

Bài 139

X là đều trên [a,b] , Y=2X, vi phân entropy của X là

) ln(

2

1 1

212

412

812

1612

3212

6412

12812

k k

k

k k

q

p P

q

p P

)1.(

ln

k k k

1

ln

k

k q

(I(x)) E

=

k

/ 1

10

=10kVậy entropy max = 10k

Do phải mất 2 phút để kiểm tra một sản phẩm nên suy ra hàm phân phối xác xuất là

Để cho xác suất 90 thì n(1- ) 90 n = 1.0408

Vậy n 2 thì thoả mãn đề bài

Bài 157:

BNN Laplace với tham số :

Khả năng X rơi vào mỗi khoảng trong 4 khoảng là như nhau nên hàm khối lượng xác suất là như nhau trong 4 khoảng Khi đó: