Bài tập Xác suất thống kê –Chương 5

Bài tập Xác suất thống kê –Chương 5

Bài 2

Ta có Cov(X1, X1)=E[X12]−E[X1]2=V(X1)

Vậy ta có V(X1) = σ2 vậy suy ra V(X k)=σ2

Mặt khác ta có E(S) = E(X1+X2+ .+ Xn)=E(X1)+E(X2)+; .+ E(X n)=nμ

Tìm phương sai của S

V(S) = V(X1+X2+ + Xn)=∑

k =1

n

V(X k)+∑

j=1

n

∑

k=1

n

Cov( X j , X k)

(j ¿ k )

Như vậy thay vào ta có V(S) = nσ2+ np σ2= nσ2(1+ p )

Bài 3

Kỳ vọng

Ta có |S| < 1

E |Xn| = E |X1| + E |X2| + … + E |Xn| = n.µ

Phương sai

V[Sn] = ∑

i=1

n

V[Xi] + ∑

j=1

n

∑

i=1

n

COV (Xj , Xi) Với i ≠ j

Xét ∑

j=1

n

∑

i=1

n

COV (Xj , Xi) = ∑

j=1

n

∑

i=1

n

σ p|i-j|

Có ∑

i=1

n

V[Xi] = n σ 2

=> V[Sn] = n σ 2 + ∑

j=1

n

∑

i=1

n

σ p|i-j| (Với i ≠ j)

Bài 4:

Ta có: Φ x=∫e iwx α /π

x2+α2dx=e

−α|w|

Φ x=∫e iwy β /π

x2+α2dy=e

−β|w|

=>= e−α|w|.e−β|w|

= e−|w|(α+ β )

Đặt γ=α+β => Φz= e−|w|γ

=> Φz= e−|w|γ

= ∫ ejwzfz( z)dz

=>

f z(z )=

γ π

z2+γ2=

α + β γ

z2+(α+ β )2

Bài 8 :

* Hàm đặc trưng của Z

Do X,Y là các biến ngẫu nhiên độc lập

⇒ E [ Zơ ]ư =E [aX +bY ]=E [aX ]+E [bY ]=a2E [ X ]+b2E[ Y ]

Hàm đặc trưng của Z là :

φZ(ω)=E [ejωZ

]

]E [ejω bY

]=φX(aω).φY(bω)

* Giá trị kì vọng

Ta có

E[Z] = E[aX + bY] = E[aX] + E[bY] = aE[X] + bE[Y]

+ Phương sai

VAR[Z] = E[( Z−E[ Z ])2]= E [( aX +bY −E [ aX ]+ E[ bY ])2]

= E[(aX +bY −aE [ X ]−bE [Y ])2]

Vì X,Y là các biến ngẫu nhiên độc lập nên

2COV(abXY) = 0

⇒ VAR[ Z ]=VAR[ aX ]+VAR[ bY ]

= a2VAR[ X ]+b2VAR[Y ]

Bài 9:

Giả sử Mn là trung bình mẫu của n biến ngẫu nhiên độc lập cùng phân phối Xj Tìm hàm đặc trưng của Mn theo hàm đặc trưng của các Xj

Giải: Ta có:

n

j=1

1

n 

1 2 n n

n

1

jω (X +X + +X )

M

n

j=1

=E[e ].E[e ] E[e ]

=Φ (ω) Φ (ω) =[  Φ (ω)]

Bài 10:

Hàm sinh xác suất của biến ngẫu nhiên nhị thức:

K= X1+X2+…+ X k

G K (x )=E[X K]=E[x X1 +X2 +…+X k]=∑

j=0

∞

x j C k j p j(1− p)k− j=∑

j=0

∞

C k j(px) j(1− p) k− j=(1− p+ px)k

Vì X1, X2, … , X k độc lập nên:

G N (x )=E[X N]=E[x X1 +X2 +…+X k]=E[x X1] E[x X2]… E[x X k]=G X1( x ) G X2( x )… G X k ( x )=(1− p+ px ) n1.(1−p+ px ) n2…(1− p+ px) n k=(1− p+ px )n1 +n2 +…+ n k=(1− p+ px)n →(đpcm)

Bài 14 :

gọi sn là số lần truyền thông điệp máy tính trong thời gian 1 giờ

và X k là thời gian cần thiết cho lần truyền thứ k

Ta có :

1

n

k

X

S





P là xác suất số lần truyền không bị lỗi

 (1-p) Là xác suất số lần truyền bị lỗi a) kỳ vọng toán và phương sai

do các lần truyền là độc lập với nhau và mỗi lần truyền phân phối theo quy luật không-một với tham số là p.theo tính chất của kỳ vọng toán

 

 

Vì X (k=1 n) cùng phân phối theo quy luật không-một do đó k

k k

X



 

n

1

n

b) do số lần truyền thông điệp là biến ngẫu nhiên nhị thức nên ta có

Hàm sinh cho S n là.

     1  

n

n s

Bài 17:

Ta có một con xúc xắc được gieo 100 lần ta có mỗi một lần tung sẽ có xác suất là p =

1 6

Như vậy 100 lần tung ta sẽ X là biến ngẫu nhiên nhị thức vì vậy ta có giá trị kỳ vọng E(X) =

100

6 giá trị phương sai là V(X) = npq =

100 1

Áp dụng công thức ta có

2 2 1

n

P M

n



 



     

Mặt khác ta có 300<Mn<400

Ta phải đi tìm được giá trị 

Thay vào trình ta có

2

2

500

1

n



  Từ giá trị ta tìm được  thỏa mãn  =

2300

6 Vậy ta có xác suất

2

2

500

100

6

n

P M

  = 0.999527

Bài 18:

Biến ngẫu nhiên Gauss

Sx = ( -∞,+∞)

fx =

e−(x −m)2

/2σ2

√2πσ (-∞ < x < +∞; σ > 0) E[X] = m; VAR [X] = σ 2 , Фx (ω) = e ( jmω - σ2 ω 2 / 2 )

Theo giả thiết ta có : E[X] = m = 0

VAR [X] = σ 2 = 1

 fx (x) =

e x2/2

√2π

 Фx (ω) = e ( - ω 2 / 2)

Từ công thức (5.20) ta có: với n =1 và n= 100

P[ | μ 10 - μ | < ε ] ≥ (1-

σ2

10.ε2 )

P[ | μ 100 - μ | < ε ] ≥ (1-

σ2

100.ε2 )

Bài 21:

Cho X1,X2….Xn là dãy biến ngẫu nhiên độc lập cùng phân phối mà kỳ vọng và phương sai chưa biết

Phương sai mẫu cho bởi

2

= 1

j=1

n

(X j−M n)2

a chứng minh rằng

∑

i=1

n

(X j−μ )2

=∑

i=1

n

(X j−M n)2+n( M n−μ)2

Ta có

∑

j=1

n

(X j−μ )2=∑

j=1

n

{(X j−M n)+(M n−μ )}2=∑

j=1

n

(X j−M n)2+n( M n−μ)2

- 2∑

j=1

n

(X j−M n)(M n−μ )

Do

∑

j=1

n

(X j−M n)(M n−μ)=∑

j=1

n

X j(M n−μ )−nM n(Mn−μ )=nM n(M n−μ )−nM n(M n−μ)=0

=>Đpcm

b Dùng kết quả phần a chứng minh rằng

E[k∑

j=1

n

(X j−M n)2]=k (n−1 )σ2

E[k∑

j=1

n

(X j−M n)2]=kE[ ∑

j=1

n

(X j−μ )2−n( M n−μ )2]=k[ ∑

j=1

n

E( X j−μ )2]−nE ( M n−μ )2=k (n−1)σ2

dpcm

c.Chứng minh

E(Vn

2

)=σ2

Ta có

2

= 1

j=1

n

(X j−M n)2

E(Vn

2

)= 1

n−1 E[ ∑

j=1

n

(X j−M n)2]= 1

n−1(n−1)σ

2

=σ2

Bài 22:

Gọi s1000 là tổng số lần xuất hiện mặt ngửa trong 1000 lần gieo

Do dãy biến ngẫu nhiên là dãy phép thử bernulli nên kỳ vọng và phương sai của nó là (p là xác

suất xuất hiện mặt ngửa p=1/2)

μ= p

σ2=p(1− p )

Theo Định lý giới hạn trung tâm ta có

Kỳ vọng và phương sai của s1000 lần lượt là

nμ=1000 p=500

nσ2=1000 p(1−p)=250

Ước lượng xác suất cho số mặt ngửa xuất hiện giữa 400 và 600

Ta có

Z1000 =S1000 −500

5√10

P[400<S1000<600]=P[400−500

5√10 <S1000<600−500

5√10 ]=P[−6 324<S1000<6 324]

= 1−2Q((6.324)

Ước lượng xác suất xuất hiện mặt ngửa giữa 500 và 550

P[500<S1000<550]=P[500−500

5√10 <S1000<550−500

5√10 ]=P[0<S1000<√10]

Bài 23 :

Làm lại bài tập 16 dùng định lý giới hạn trung tâm

Gọi Sn là tổng số cử tri đi bầu yêu thích một luật lệ nào đó

Mỗi cử tri đi bầu có thể xem là một biến ngẫu nhiên bernulli với kỳ vọng và phương sai là

nμ=np

nσ2=np (1− p)

Z n= S n−np

n√p (1− p)

Bài 24:

Kỳ vọng của phép gieo:

Phương sai:

2

1 2 3 4 5 6

           

Kỳ vọng của S100 là

21 100

6

n 

Phương sai của S100 là

100

12

n 

100 100

21 100

6 35 100

12

S Z





100 100

2

300 100 400 100

1 2 (1, 7) 1 2.4, 46.10 0,9108

Bài 25:

Giả sử X k là số bóng đèn được thử

S16=X1+X2+…+X16

Kỳ vọng của S16 là: nμ=16.36=576q

Phương sai của S16 là: n σ2

=n μ2→ σ =μ=36

Dạng chuẩn tắc của S16 là:Z16=S16−576

36.4 =

S16−576 144

P[S16<600]=P[Z16<600−576

144 ]=P[Z16<0,166]=Φ (0,166)=1−Q (0,166)

Q (0,166)=Q (0,1)−¿Q (0,2)−Q(0,1)

0,2−0,1 .(0,166−0,1)=0,46−¿0,421−0,46∨0,1¿ .0,066=0,434¿

P[S16<600]=1−Q(0,166 )=1−0,434=0,566

Bài 29:

nếu xem sự truyền của các kênh nhị phân là một phép thử.thì ta có

100 phép thử độc lập.trong mỗi phép thử chỉ có 2 trường hợp,hoặc Bít truyền đi bị lỗi hoặc không bị lỗi.xác suất bị lỗi của mỗi bít truyền là 0,15

Ta gọi X là bít truyền bị lỗi,X phân phối theo quy luật nhị thức với Các tham số là : n=100;p=0,15

Do đó :

Xác suất để trong 100 lần truyền có ít hơn hoặc = 20 số bít truyền bị lỗi là xác suất để X nhận giá trị trong khoảng [0;20]

ta có :

 0 20  0 1 2 20

0 8,75.10 8

1 1,54.10 8

2 1,35.10 5

3 7,77.10 5

4 3,33.10 4

5 1,13.10 3

6 3,15.10 3

7 7, 46.10 3

8 1,53.10 2

9 2,76.10 2

10 4, 44.10 2

11 6, 4.10 2

12 8, 4.10 2

10.10

14 11.10 2

15 11,1.10 2

16 10, 4.10 2

17 9,1.10 2

18 7, 4.10 2

19 5,6.10 2

20 4.10 2 20

0

0,93

i i

X

P



