Bài tập Xác suất thống kê –Chương 4

Bài tập Xác suất thống kê –Chương 4

Xác suất thống kê –Chương 4 Cao Thành Lực - MAT1101 3 - 09020324Chương 4:BIẾN NGẪU NHIÊN NHIỀU CHIỀUBài 2.X = I1 + I2 + I3 + I4Y = min(I1 , I2 , I3 , I4)Z = max(1 2 3 4, , ,I I I I)Ta có giá trị của x nhận các giá trị X = {0 , 1, 2 , 3, 4} , Y = {0 , 1} , Z = {0 , 1}Mặt khác ta có X 1(4, )4β:Vậy ta có [ ]0 4041 3142 2243 1344 0441 30 0.3164 41 3[X=1] =C 0.4214 41 3[X=2] =C 0.214 41 3[X=3] =C 0.0464 41 3[X=4] =C 0.00394 4P X CPPPP   = = =         =         =         =         =      Vậy ta có P[X = 0 , Y = 0 , Z = 0 ] = P[X = 0]P[Y=0/X=0] P[Z = 0/X=0 , Y = 0] = P[X=0] = 0.316P[X=0 , Y = 1 , Z = 0] = P[X = 0 , Z = 1 , Y = 0] = P[X = 0, Y = 1 , Z = 1] = 0Tương tự ta cũng có các giá trị P [X = 1 , Y = 0 , Z = 1] = P[X = 1] = 0.421Các trường hợp khác = 0X = 2P[X =2 , Y = 0 , Z = 1] = P[X = 2] = 0.21X = 3P[X = 3, Y = 0 , Z = 1] = P[X = 3] = 0.046X = 4P[X = 4 , Y = 0 , Z = 1] = P[X = 4] = 0.0039Câu b , khi rút các quả bóng ra nhưng không trả lại vào hộp ta cóCác giá trị của X = {0 ,1 , 2, 3, 4} , Y = {0 , 1} , Z = {0 , 1} Bài 3a, P[|X|< 5, Y<2, Z2 ≥2] = ADo X, Y , Z là biến ngẫu nhiên độc lập A = P[|X|< 5]. P[Y.2].P[Z2 ≥2] = [Fx (5-) – Fx(-5)] .[Fy(2-)].P([-∞,-2] ∪ [2,+∞) = [Fx(5) - Fx(-5)].[Fy(2)].[Fz(2) + (1-Fz(2)]b, Tương tự ta có P[X<5, Y<0, Z=1] = P[X<5].P[Y<0].P[Z=1] = Fx(5-). Fy(0-).[Fz(1-)- Fz(1)]C,P[min(X,Y,Z)>2] = P[X<2, Y>2, Z>2] = [1-Fx(2+)].[1-Fy(2+)].[1-Fz(2+)]Trang1 Xác suất thống kê –Chương 4 Cao Thành Lực - MAT1101 3 - 09020324d, P[Max(X, Y, Z)<6]=P[X<6, Y<6, Z<6] =Fx(6-). Fy(6-). Fz(6-)Bài 4:a. hàm xác suất đồng thời cho (X1,X2)Vì các lần tung là độc lập và các kết cục của mỗi lần tung là đồng khả năng, ta có X1X21 2 3 4 5 61 a a a a a a2 a a a a a a3 a a a a a a4 a a a a a a5 a a a a a a6 a a a a a aTa có:361136=⇒=aaVậy ta có: X1X21 2 3 4 5 6136136136136136136123613613613613613613361361361361361361436136136136136136153613613613613613616361361361361361361b. với ( )( )==2121,max,minXXYXXXBài 9: 222 2( , )byaxf x y axe bye−−= x > 0, y > 0, a > 0, b > 0Trang2 Xác suất thống kê –Chương 4 Cao Thành Lực - MAT1101 3 - 09020324a) 2 2 2 222 2 2 200 0( ) ( ) 12xx xax ax ax axXaxF x axe dx e d e e− − − −= = − − =− = −∫ ∫Tương tự: 2 22 20( ) 1yby byXF y bye dy e− −= = −∫Suy ra 222 21 1 x > 0, y > 0( , )0 ubyaxXe eF x yne−−  − −  =  ≠b) Tìm P[X > Y]220( ) 1axP X axe dx+∞−= =∫2 222 2 2( )by bybxxxP Y bye dy e e+∞+∞− −−= =− = −∫22( )bxP X Y e−⇒ > = −c) Tìm các hàm mật độ biên2 22 22 22 22 22 2 2 20 022 2 2 2002 2( )1 1( )2(1 0)by byax axXby byax axax axf x axe bye dy abxe ye dybyabxe e d abxe eb baxe axe+∞ +∞− −− −+∞+∞− −− −− −= = = − − = −   = − =∫ ∫∫2 222 2 20( )by byaxXf y axe bye dx bye+∞− −−= =∫ Bài 10. a.b. Nếu hoặc thì hàm mật độ Nếu NếuTrang3 Xác suất thống kê –Chương 4 Cao Thành Lực - MAT1101 3 - 09020324Nếu Nếu c. Hàm mật độ biên của XHàm mật độ biên của YBài 11.Miền giới hạn bởi : 122≤+yxĐặt ϕcosrx= ϕsinry=Định thức Jacobi rrrddydrdyddxdrdxJ=−==ϕϕϕϕϕϕcossinsincos∫ ∫=⇒πϕ2011 odrrkdππϕπ111220=⇔=⇔=⇔∫kkdkHàm mật độ biên :ππ11)(10==∫dyxfXππ11)(10==∫dxyfY Miền giới hạn bởi :(1) y = x +1 (2) y = -x + 1(3) y = x – 1(4) y = -x - 1Trang4 Xác suất thống kê –Chương 4 Cao Thành Lực - MAT1101 3 - 0902032410101101010010110=+++∫ ∫∫ ∫∫ ∫∫ ∫− −−+−+−−+xxxxkdydxkdydxkdydxkdydxkdxxdxxdxxdxx1)1()1()1()1(01101001=++−+−++⇔∫∫∫∫−−2112=⇔=⇔kkMiền giới hạn bởi : y = -x + 111010=∫ ∫−xkdydx21211)1(10=⇔=⇔=−⇔∫kkkdxxBài 12:Vecto ngẫu nhiên (X,Y) có hàm mật độ xác suất đồng thời2,( , ) 2x yX Yf x y e e− −= 0, 0x y> >Hãy tìm xác suất của các sự kiện sau:a.{ 8}X Y+ ≤Ta có :P[{ 8}X Y+ ≤] = 8 8 82 20 0 082 ( )0xx y x yxe dx e dy e dx e−− − − −−= −∫ ∫ ∫ 8 8 82( 8) 2 160 0 02 ( 1) 2 . 2x x x x xe e dx e e dx e dx− − − − −= − + = − +∫ ∫ ∫8 8160 02 2x xe dx e dx− −= − +∫ ∫16 8 16 8 16 88 82 2 2 2 2 2 2( 2 1)0 0x xe e e e e e e− − − − − − −= − − = − + − + = − +.{ }b X Y<Ta có: P[{ }X Y<]　2 2 20 0 0 02 2 ( ) 2 ( 1)0yy x y x y yye dy e dx e dy e e e dy∞ ∞ ∞− − − − − −= = − = − +∫ ∫ ∫ ∫3 2 3 20 022 2 ( ) ( )0 03y y y ye dy e dy e e∞ ∞− − − −∞ ∞= − + = −∫ ∫2 1(0 1) (0 1)3 3= − − − =.{ 10}c X Y− ≤P[{ 10}X Y− ≤] 102 2 2 100 0 0 0102 2 ( ) 2 ( 1)0yy x y x y yye dy e dx e dy e e e dy+∞ ∞ ∞− − − − − − −+= = = − +∫ ∫ ∫ ∫3 10 2 3 10 20 022 2 ( ) ( )0 03y y y ye dy e dy e e∞ ∞− − − − − −∞ ∞= − + = −∫ ∫ 10 102 2(0 ) (0 1) 13 3e e− −= − − − = − +Bài 13: Cho X, Y có hàm mật độ xác suất đồng thời:fX,Y(x,y) = xe-x(1+y) x > 0, y > 0Hàm mật độ biên của X và củaY:Trang5 Xác suất thống kê –Chương 4 Cao Thành Lực - MAT1101 3 - 09020324Bài 14 :Lúc 0ρ= ta có :( )( )2 22,.1,2x yX Yf x y eπ− +=Lúc này 2 2 2p X Y R + <  bằng 4 lần tích phân của hàm ( ),,X Yf x yTrên miền 1D2 21242x yDP e dxdyπ    − +=∫∫ Chuyển sang tạo độ cực ta được.02πϕ≤ ≤,0 r R≤ ≤⇒ 2 2 22 2 22 2 20 0 0 002 2 2. 1RRr r RP d r e dr e d e dπ π πϕ ϕ ϕπ π π−− −         = = − = − −∫ ∫ ∫ ∫ 2222121 .2RReeππ−−       −= − − = Bài 24: X và Y là các biến ngẫu nhiên độc lập có phân phối đều trong đoạn [0,1]a.Tính P[X2 < 1/2, |Y - 1| < 1/2] 211P[X 1/ 2,| Y 1| 1/ 2] P[0 X , 1]221 1 1 11P[0 X ]. [ 1] .22 22 2 2YP Y< − < = < < < <= < < < < = =b. Tính P[X/2 < 1, Y > 0]1[ / 2 1, 0] [0 1/ 2]. [ 0]2P X Y P X P Y< > = < < > =Trang6 Xác suất thống kê –Chương 4 Cao Thành Lực - MAT1101 3 - 09020324c. Tính P[XY < 1/2]d. Tính P[min(X,Y) > 1/3]2 2 4[min( , ) 1/ 3] [ 1/ 3]. [ 1/ 3] .3 3 9P X Y P X P Y> = > > = =Bài 25. a. , ta có:Mặt khác:Suy ra:Vậy X và Y là độc lập (đpcm)b. Ta có:Trong đó:Bài 40. Một điểm X, Y, Z được chọn ngẫu nhiên trong hình cầu đơn vịa. Tìm hàm mật độ đồng thời biên của X vàY:Trang7 Xác suất thống kê –Chương 4 Cao Thành Lực - MAT1101 3 - 09020324Nếu :Nếu khác:b. Tìm hàm mật độ biên của X:Nếu :Nếu khác:c. Cho trước Z, tìm hàm mật độ đồng thời có điều kiện của X và Y:Nếu :Nếu khác: không xác địnhd. X, Y, Z có độc lập hay không:Suy ra X, Y, Z không độc lậpBài 53a,Tìm hàm mật độ xác suất đồng thời của các hàm sau : 321211XXXWXXVXU++=+==Ta có ma trận=321.111011001XXXWVU⇒VWXUVXUX−=−==321Ma trận Jacibian của phép biến đổi ngược là :−−=ℑ110011001|| = 1Ta có hàm mật độ xác suất đồng thời được xác định theo công thức sau|),,(|)),,();,,();,,((),,(321,,,,zyxwvuhwvuhwvuhwvuffZYXWVUℑ=Trang8 Xác suất thống kê –Chương 4 Cao Thành Lực - MAT1101 3 - 09020324= |),,)(|)).,,();,,();,,((321,,wvuwvuhwvuhwvuhfZYXℑTa có với 321,, XXX là các biến ngẫu nhiên có hàm phân phối đồng thời Gaussππ2),,()21.2(321,,23212221321efxxxxxXXXxxx+−+−= (*)Do đó hàm mật độ xác suất của U,V,W là ),,(),,(321321,,321,,vwuvuxxxffXXXXXX−−=Bằng việc thay thế x,y,z bởi u,v,w trong biến lũy thừa đi đến ])(21).(2)()[(222wvvuuvuu +−++−−+−+− ])22(223)22[(]22222[222222222vwuvwvuvwwvuuvuvvuu−+−+++−=−+++−−++−=Thay vào ( * ) ta được ππππ22),,(])22(223)22[()21.2(321,,22223212221321eefvwuvwvuxxxxxXXXxxx−+−+++−+−+−==Bài 54: Hàm mật độ xác suất đồng thời của X1 và X2 là:1 21 2 1 2( )2, 1 2 1 2( , ) ( ). ( )x xX X X Xf x x f x f x eλλ− += = với x1,x2 ≥ 01 21 2 1 22 22X XM X X M X M X+= ⇒ + = ⇔ = −Thay vào V ta có: ( ) ( )2 21 2 2 12 21 21 2 1 22 22 22 2X X X XX M X MV VX X V X V X− −   +   − + −   = ⇔ =⇔ − = ⇔ = +1 11 2( 2 )2, 1 1 1 12 2 2 21 1( ) ( ,2 )x M xM X XM Mf M f x M x dx e dxe dx e xλλ λλλ λ∞ ∞− + −−∞ −∞∞∞− −−∞−∞= − == =∫ ∫∫1 11 21 1 1( 2 )2, 1 1 1 122 ( ) 2 221 1( ) ( , 2 )1( 2 )22 4x x VV X Xx V x xV Vf V f x x V dx e dxe dx e d x ee eλλ λ λλλ λλ λλ∞ ∞− + −−∞ −∞∞∞ ∞− − − −−∞−∞ −∞= − = = = − = − − ∫ ∫∫ ∫Trang9 Xác suất thống kê –Chương 4 Cao Thành Lực - MAT1101 3 - 09020324Bài 55. a.b. Vì X và Y là những biến ngẫu nhiên mũ độc lập nên:Bài 59 :a. tìm ( )2X YE + ( )( ) ( ) ( )()( )()22 2' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ', , ,' ' ' ' ' ' ' ',' ' ' '2 ., 2 . , ,2 . ,2 .X Y X Y X YX YX YX Y E X X Y Yx f x y dy dx x y f x y dy dx y f x y dy dxdx x y f x y dy dx y y dyE X E X Y E YEx f x f+∞ +∞ +∞ +∞ +∞ +∞−∞ −∞ −∞ −∞ −∞ −∞+∞ +∞−∞ −∞+∞ +∞−∞ −∞             + = + + == + += + += + +∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫∫ ∫∫ ∫b. phương sai của (X+Y). ( ) ( )( )( ) ( )( )( )( )( ) ( ) ( ) ( )( )( ) ( )( ) ( )( )( )( )( ) ( )2222 22 22 22 22 22 .2 . 2 .2 .2 .2 .2 .X Y E X Y E X YE X X Y Y E X E YE X E X Y E Y E X E X E Y E YE X E X E X Y E Y E YV X E X Y V YVE X E YE X E Y                                       + = + − += + + − += + + − + += − + − + −= + − +c. phương sai của tổng bằng tổng các phương sai riêng biệt trong trường hợp X,Y là các biến ngẫu nhiên độc lập.Trang10 [...].. .Xác suất thống kê –Chương 4 Cao Thành Lực - MAT1101 3 - 090203 24 Chương 4: BIẾN NGẪU NHIÊN NHIỀU CHIỀU Bài 2. X = I 1 + I 2 + I 3 + I 4 Y = min(I 1 , I 2 , I 3 , I 4 ) Z = max( 1 2 3 4 , , ,I I I I ) Ta có giá trị của x nhận các giá trị X = {0 , 1, 2 , 3, 4} , Y = {0 , 1} , Z = {0 , 1} Mặt khác ta có X 1 (4, ) 4 β : Vậy ta có [ ] 0 4 0 4 1 3 1 4 2 2 2 4 3 1 3 4 4 0 4 4 1 3 0 0.316 4 4 1... + Trang 16 Xác suất thống kê –Chương 4 Cao Thành Lực - MAT1101 3 - 090203 24  E[X]= E[  VAR[X]=E[ Hiệp phương sai: Hệ số tương quan được cho bởi: pX,Y= c.Trường hợp 3 : + Với 0≤x≤1 , 0≤y≤1 , k=2 :  Tương quan của X và Y là: E[XY]= = =1/12 Có: E[Y l x]=  E[Y] =  E[ =  VAR[Y]=E[ Có: E[X l y]=  E[X]= E[ Trang 15 Xác suất thống kê –Chương 4 Cao Thành Lực - MAT1101 3 - 090203 24 [ ] ( ) (... [1-F x (2 + )].[1-F y (2 + )].[1-F z (2 + )] Trang 1 Xác suất thống kê –Chương 4 Cao Thành Lực - MAT1101 3 - 090203 24  VAR[X]=E[ Hiệp phương sai: Hệ số tương quan c cho bi: pX,Y= Bài 68: Hoàn thành nốt các tính to¸n ë vÝ dơ 4. 43 Ta có và Bài 69: X là đầu vào của một kênh thông tin. X nhận giá trị ±1 với các khả năng như nhau. Giả sử đầu ra của kênh là Y = X + N, với N là biến ngẫu nhiên Laplace... :           − −=ℑ 110 011 001 || = 1 Ta có hàm mật độ xác suất đồng thời được xác định theo công thức sau |),,(| )),,();,,();,,(( ),,( 321 ,, ,, zyx wvuhwvuhwvuh wvu f f ZYX WVU ℑ = Trang 8 Xác suất thống kê –Chương 4 Cao Thành Lực - MAT1101 3 - 090203 24 c. Tính P[XY < 1/2] d. Tính P[min(X,Y) > 1/3] 2 2 4 [min( , ) 1/ 3] [ 1/ 3]. [ 1/ 3] . 3 3 9 P X Y P X P Y> = > > = = Bài 25. a. , ta có: Mặt khác: Suy... {0 , 1, 2 , 3, 4} , Y = {0 , 1} , Z = {0 , 1} Mặt khác ta có X 1 (4, ) 4 β : Vậy ta có [ ] 0 4 0 4 1 3 1 4 2 2 2 4 3 1 3 4 4 0 4 4 1 3 0 0.316 4 4 1 3 [X=1] =C 0 .42 1 4 4 1 3 [X=2] =C 0.21 4 4 1 3 [X=3] =C 0. 046 4 4 1 3 [X =4] =C 0.0039 4 4 P X C P P P P     = = =             =             =             =             =         Vậy ta có P[X... trong bài 11: f(x,y)=k a. Trường hợp 1 k=1/π Giả sử là biến ngẫu nhiên có phân phối đều trên (0,2π).Giả sử X=cos ,Y=sin .Từ ví dụ 4. 42,ta có X,Y là 2 biến ngẫu nhiên phụ thuộc và không tương quan,E[X]=E[Y]=0  E[XY]=0 COV(X,Y)=E[XY]-E[Y].E[X]=0 b.Trường hợp 2: +Với -1≤x≤0 và 0≤y≤1,khi đó k= ½  Tương quan của X và Y là: E[XY]= = =0- ¼ .(1 /4- 2/3+1/2)= ¼ (3 /4- 2/3)=-1 /48 Có: Trang 11 Xác suất thống kê. .. X 1 X 2 1 2 3 4 5 6 1 36 1 36 1 36 1 36 1 36 1 36 1 2 36 1 36 1 36 1 36 1 36 1 36 1 3 36 1 36 1 36 1 36 1 36 1 36 1 4 36 1 36 1 36 1 36 1 36 1 36 1 5 36 1 36 1 36 1 36 1 36 1 36 1 6 36 1 36 1 36 1 36 1 36 1 36 1 b. với ( ) ( )    = = 21 21 ,max ,min XXY XXX Bài 9: 2 2 2 2 ( , ) by ax f x y axe bye − − = x > 0, y > 0, a > 0, b > 0 Trang 2 Xác suất thống kê –Chương 4 Cao Thành Lực... (3 /4- 2/3)=-1 /48 Có: Trang 11 Xác suất thống kê –Chương 4 Cao Thành Lực - MAT1101 3 - 090203 24 d, P[Max(X, Y, Z)<6]=P[X<6, Y<6, Z<6] =F x (6 - ). F y (6 - ). F z (6 - ) Bài 4: a. hàm xác suất đồng thời cho (X 1 ,X 2 ) Vì các lần tung là độc lập và các kết cục của mỗi lần tung là đồng khả năng, ta có X 1 X 2 1 2 3 4 5 6 1 a a a a a a 2 a a a a a a 3 a a a a a a 4 a a a a a a 5 a a a a a a 6 a a a...  = + − + = + − + += Bài 61: Do X,Y là độc lập => 4 1 . 2 )().(),( 2 , 2 π e fff x yxyx YXYX − == Vậy E[ Y X 2 ]= dxdy x y e x 4 1 . 2 3 1 2 2 2 ∫ ∫ ∞ ∞− − − π = dx x dx x ex y ex ∫ ∫ ∞ ∞− ∞ ∞− − − − = 2 2 3 1 2 2 2 2 2 . 2 64 1 | 2 . 2 . 4 1 ππ Đặt I= dx x ex 2 2 2 . − ∫ do là hàm chẵn nên 22 2 1 .4 2.2 0 3 2 2 2 π π === ∫ ∞ − dx x I ex => 22. 2 64 1 ][ 2 π π =YE X Bài 66: Hệ số tương quan... trị P [X = 1 , Y = 0 , Z = 1] = P[X = 1] = 0 .42 1 Các trường hợp khác = 0 X = 2 P[X =2 , Y = 0 , Z = 1] = P[X = 2] = 0.21 X = 3 P[X = 3, Y = 0 , Z = 1] = P[X = 3] = 0. 046 X = 4 P[X = 4 , Y = 0 , Z = 1] = P[X = 4] = 0.0039 Câu b , khi rút các quả bóng ra nhưng khơng trả lại vào hộp ta có Các giá trị của X = {0 ,1 , 2, 3, 4} , Y = {0 , 1} , Z = {0 , 1} Bài 3 a, P[|X|< 5, Y<2, Z 2 ≥ 2] = A Do . có [ ]0 40 41 3 142 2 243 1 344 044 1 30 0.31 64 41 3[X=1] =C 0 .42 14 41 3[X=2] =C 0.2 14 41 3[X=3] =C 0. 046 4 41 3[X =4] =C 0.003 94 4P X CPPPP . Xác suất thống kê –Chương 4 Cao Thành Lực - MAT1101 3 - 09020324Chương 4: BIẾN NGẪU NHIÊN NHIỀU CHIỀUBài 2.X = I1 + I2 + I3 + I4Y = min(I1