Tài liệu Bài tập xác suất thống kê –chương 3

Xác suất thống kê –Chương 3 Cao Thành Lực - MAT1101 3 - 09020324 Bài 1. a: Không gian mẫu là Sx={hóa đơn $1,hóa đơn $5, hóa đơn $50} b: Tập hợp A là A={2,4,6} c: Tập hợp Ac là Ac={1,2,3} Ac=1-A Bài 2. Một nguồn thông tin được sản sinh ra các ký tự S = {a , b, c, d, e}. Hệ thống nén số mã hóa các chữ cái thành các dãy nhị phân như sau. a1 b 01 c 001 d 0001 e 0000 Với Y là biến ngẫu nhiên bằng độ dài dãy nhị phân ở đầu ra của hệ thống như vậy ta có không gian mẫu là SY = { 1 , 2 , 3 , 4} Ta có giá trị của các xác suất tại các điểm đó là P[Y = 1] = p(a) = ½ P[Y = 2] = p(b) = ¼ P[Y = 3] = p(c) = 1/8 P[Y = 4] = P[Y = 5] = p(d) + p(e) = 1/16 + 1/16 = 1/8 Bài 3 a. Không gian mẫu Sy={1,3,5…..,n} với n lẻ Sy={0,2,4,…..,n} với n chẵn b. Gọi Z là biến cố tương đương với {Y=0} Z : Sz  S Sz  w  S(z) = 0  Z là biến cố số lần xuất hiện mặt sấp ngửa bằng nhau c. W : Sw  S Sw  w  W(w) <= k (k nguyên dương ) W là biến cố độ sai khác giữa số lần xuất hiện mặt sấp và số lần xuất hiện mặt ngửa <= k không nguyên dương. Bài 5 a.Không gian mẫu SZ của Z SZ={0,1,2,3,….2b} = { (0,0),(0,1),...(0,b),(1,1),(1,2)…(1,b)…(b,0),(b,1),(b,2)….(b,b)} b. c. P[Z z]=1-P[Z>z] Bài 07. Phác họa hàm phân phối của biến ngẫu nhiên y trong bài tập 2 Ta có: Trang 1 Xác suất thống kê –Chương 3 Cao Thành Lực - MAT1101 3 - 09020324 Đồ thị hàm F y (y) có dạng: Bài 8 Phác họa hàm phân phối của biến ngẫu nhiên trong bài 3 + trường hợp 1 với n = 4 Ta coi các đồng được gieo là cân đối nên biến ngẫu nhiên Y lấy các giá trị 0,1,2,3,4 với các xác suất tương ứng là 1 2 3 4 3 2 1 , , , , , , bởi vậy hàm 16 16 16 16 16 16 16 F y (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 :: F y (1   )  P[Y 1   ]  P [0 lân xuất hiện mặt sấp] = phân phối khi x tiến tới 1 từ bên phải là F 1 bởi vậy giới hạn của hàm 16 1 và 16 ( x)  P[Y 1]  P [0 hoặc 1 lần xuất hiện mặt sấp] = y 1 2 3 + = 16 16 16 Và F y (1   )  P[Y 1   ] = P[0 hoặc 1 lần sấp] = 3 16 Trang 2 Xác suất thống kê –Chương 3 Cao Thành Lực - MAT1101 3 - 09020324 Như vậy hàm phân phối liên tục bên phải và bằng = 1 là bằng P[ Y = 1 ] = 3 tại điểm x = 1. Độ nhảy tại điểm x 16 3 1 1 = 16 16 8 Hàm phân phối có thể được biểu diễn theo hàm bậc thang đơn vị 0  khix  0 u ( x)  1 khix 0 + Khi đó hàm F F 1 2 3 4 3 2 u (x ) + u (x ) + u (x ) + u (x ) + u (x ) + u (x ) 16 16 16 16 16 16 y (x) = y (x) là 1 u (x ) 16 + trường hợp với n = 5 Tương tự như trường hợp n = 4 F + y (x) = 1 2 3 16 1 u ( x) + u (x ) + ……..+ u ( x) u ( x)  u ( x) + ……….+ 32 32 32 32 32 2 3 u ( x)  u ( x) 32 32 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: Trang 3 Xác suất thống kê –Chương 3 Cao Thành Lực - MAT1101 3 - 09020324 Bài 11 P(x = k) = C nk p k q n  k q=1-p Với n=8 Xét p=1/8 => q = 7/8 k=0,1,…, n 8 0 7 1 6 2 5 3 4 4 P ( x 8) C80 p 8 q 0  8!  1   7  .  .  5,96.10  8 0!.8!  8   8  P ( x 7) C81 p 7 q 1  8!  1   7  .  .  3,34.10  6 7!.1!  8   8  P ( x 6) C82 p 6 q 2  8!  1   7  .  .  8,18.10  5 6!.2!  8   8  8!  1   7  P ( x 5) C p q  .  .  1,14.10  3 5!.3!  8   8  3 8 5 3 8!  1   7  P ( x 4) C p q  .  .  0,01 4!.4!  8   8  4 8 4 4 3 5 P ( x 3) C85 p 3 q 5  8!  1  .  3!.5!  8  7 .  0,056 8 P ( x 2) C 86 p 2 q 6  8!  1   7  .  .  0,196 2!.6!  8   8  2 6 1 8!  1   7  P ( x 1) C87 p 1 q 7  .  .  1!.7!  8   8  0 P ( x 0) C 88 p 0 q 8  7 0,39 8 8!  1   7  .  .  0,34 8!.0!  8   8  Với p=1/2 => q=1/2 P ( x 0)  P ( x 8) C 88 p 0 q 8  0 8 7 1 6 2 5 3 8!  1   1  .  .  3,9.10  3 8!.0!  2   2  8!  1   1  P ( x 1)  P ( x 7) C81 p 7 q 1  .  .  31,25.10  3 1!.7!  2   2  8!  1   1  P ( x 2)  P( x 6) C p q  .  .  109,375.10  3 2!.6!  2   2  2 8 6 2 8!  1   1  P ( x 3)  P ( x 5) C p q  .  .  218,75.10  3 3!.5!  2   2  3 8 P ( x 4) C84 p 4 q 4  5 3 8!  1  .  4!.4!  2  4 4 1 .  273,4375.10  3  2 Đồ thị : Trang 4 Xác suất thống kê –Chương 3 Cao Thành Lực - MAT1101 3 - 09020324 Với p = 9/10 => q = 1/10 8 0 7 1 6 2 5 3 P ( x 8) C80 p 8 q 0  8!  9   1  .  .  0,43 0!.8!  10   10  P ( x 7) C81 p 7 q 1  8!  9   1  .  .  0,383 7!.1!  10   10  P ( x 6) C82 p 6 q 2  8!  9   1  .  .  0,149 6!.2!  10   10  8!  9   1  P( x 5) C p q  .  .  0,033 5!.3!  10   10  3 8 5 3 P ( x 4) C 84 p 4 q 4  8!  9  .  4!.4!  10  3 4 4  1  3 .  4,59.10 10   5 P( x 3) C85 p 3 q 5  8!  9  .  3!.5!  10   1  4 .  4,1.10 10   P ( x 2) C 86 p 2 q 6  8!  9   1  5 .  .  2,268.10 2!.6!  10   10  2 1 8!  9   1  P ( x 1) C 87 p 1 q 7  .  .  1!.7!  10   10  0 P ( x 0) C88 p 0 q 8  6 7 0,72.10  6 8 8!  9   1  8 .  .  10 8!.0!  10   10  Đồ thị : Trang 5 Xác suất thống kê –Chương 3 Cao Thành Lực - MAT1101 3 - 09020324 Bài 12: Vì U là biến ngẫu nhiên phân phối đều trên khoảng [-1;1] nên: P[U] = P[U-0] = P[U+0] P[U>0] = P[0 3 ]=1-P[R 3 ] =1- F )= e  1/ 2  2 e (3 ) =1- e  9/ 2 R Bài 18. X là biến ngẫu nhiên mũ với tham số  ta có hàm mật độ xác suất của hàm biến mũ là  e f ( x )  nếu x 0 0  x X nếu x < 0 Vậy ta có hàm phân phối mũ là Trang 8 Xác suất thống kê –Chương 3 x Cao Thành Lực - MAT1101 3 - 09020324 0 x x x FX ( x)  f X ( x) dx   f X  x  dx  f X  x  dx f X  x  dx e  t dt  e  t  0  0 0 x  e  x  1 1  e 0  Vậy giá trị của hàm phân phối được viết là FX  x 1   0 e Nếu x 0 x Nếu x < 0 Với giá trị d > 0 , k nguyên dương Tính P[ X d ] = FX (d ) 1  e  d P[ kd  X  k  1 d ]= FX ((k  1)d )  FX (kd ) 1  e   ( k 1) d  (1  e  kd ) e  kd  e   ( k 1) d Hay P[ kd  X  k  1 d ] = ( k 1) d f ( k 1) d X ( x ) dx  kd  e  x dx  e  x kd ( k  1) d e  kd  e   ( k 1) d  kd P[X>kd] = 1 - P[X kd] = 1 - F X (kd) = 1 – (1- e  kd ) = e  kd b.Hãy chia phần dương của đường thẳng thực thành năm khoảng không có điểm chung đồng xác suất. P[ kd  X  k  1 d ] 0 d kd (k+1)d Các giá trị xác suất tại các điểm là không có điểm chung đồng xác suất P[0 (k+1)d] = 1 – FX((k+1)d) Bài 19:  a. Áp dụng tính chất  fx( x)dx 1   Mặt khác 0 1   fx( x)dx =  fx( x)dx + fx( x)dx +  fx( x)dx 1   0 1 Trang 9  Xác suất thống kê –Chương 3 1 0  Cao Thành Lực - MAT1101 3 - 09020324  0 + Cx(1  x)dx + 0 = 1 0  1 1  Cx(1  x)dx  = 1 0  C( x2 x3 ) 2 3  C( 1 3 - )= 1 2 4 | 10 =1  C= 6 Vậy f x (x)= 6x(1-x) 0 nếu 0 x 1 nếu khác c. Hàm phân phối xác suất 0 2 F x (x) = nếu x< 0 nếu 0 x 1 nếu x>1 3 3x – 2x 1 b. P[ 1 3 3 1 => (đpcm) ii) Do nên khi thì . Điều này tương đưong với X là toàn bộ không gian mẫu X=S iii) A là một biến cố nào đó có liên quan đến X và có giá trị luôn lớn hơn -∞ iv) Vì a < b nên là tập con của Từ tiên đề 1 v) Do vi) Hai biến cố ở vế trái xung khắc nên từ tiên đề 3 và định nghĩa hàm phân phối ( ta có vii) Khi Giả sử là một số vô cùng bé. Từ tính chất vi) ta có . Điều này tương đưong với Trang 12 Xác suất thống kê –Chương 3 Và Cao Thành Lực - MAT1101 3 - 09020324 . Vậy: Bài 27: Biến ngẫu nhiên có phân phối mũ Sx [0,] fx(x) =  e- x Hàm phân phô'i 1 - e -  x x 0 Fx(x) ={ 0 x<0 Lúc này Fx( x | X>t) = P[X  x | X > t ] P[{X x}  {X > t } = P[X > t] Tích của hai biến cố {X  x}  {X > t} bằng tập rỗng nếu X < t và sẽ bằng {t< X  x} khi x t Do vậy: 0 x t Fx ( x | X  t )  { Fx ( x )  Fx (t ) 1  Fx (t ) Fx ( x )  Fx (t ) 1  Fx (t ) khi..x  t 1  e  x  1  e   t e   t  e   x   1  1  e  t e t 1  et   x t Nên Fx ( x | X  t )  0 x t 0 { 1  et   x khi..x  t b) Hàm mật độ xác suất có điều kiện tìm được bằng vi phân theo x: f ( x) f x (x | X  t)  x khi..x t 1  Fx (t ) f x ( x)  e  x t   x = = 1  Fx (t ) 1  (1  e t )  e  et   x khi..x t 0 Trang 13 Xác suất thống kê –Chương 3  Cao Thành Lực - MAT1101 3 - 09020324 f x (x | X  t) đặt S(x)= = 0  et { khi t  x <0 S(x)=  t Bài 28: a.Áp dụng công thức: P[{ X  x}  A] P[ A] dFx ( x | A) fx ( x | A)  dx Fx( x | a x b) P[ X  x | a  X b] Fx( x | A)   P[{ X x} {a  X b}] P[{a  X b}] 0              x a   Fx ( x )  Fx(a ) Fx( x | a x b)        a  x b  Fx (b)  Fx(a ) 1              b  x Đồ Thị: Fx( x | a  x b) Trang 14 Xác suất thống kê –Chương 3 Cao Thành Lực - MAT1101 3 - 09020324 0 a b fx ( x | a  x  b) : b.Tìm và phác họa x dFx( x | a x b ) dx 0           x  a  fx( x | a x b)  fx( x)  Fx (b)  Fx (a)    a  x  b  fx( x | a x b)  Bài 29: Đặt: BNN Nhị thức với n = 8, p = 1/10 (p = 1/2; p = 9/10). Khi đó: (a). Ta có: Trang 15 Xác suất thống kê –Chương 3 Cao Thành Lực - MAT1101 3 - 09020324 = ⇒ (b).Ta có: nếu Do đó: Trang 16 Xác suất thống kê –Chương 3 Cao Thành Lực - MAT1101 3 - 09020324 Bµi 30: FX 0 nÕu n k   n       n  1 j 1 .  4    q    A   j k 1 V× Fx  n / a    n n    n n  A   A  nÕu n k   x  k   k  X  n nÕu n n Cho X lµ biÕn ngÉu nhiªn h×nh häc. T×m vµ ph¸c ho¹ FX(n/A) nÕu. A  n  k  vµ n ch½n k nguyªn d¬ng Ta cã: A  n  n \ n n  n  k     n k  1 n ch½n, n k n ch½n, n n F  2     A    .q 2 j  1 j 1  n  2    FX  n / A   .q 2 j  1 j 1  n  2 1    .q 2 j 1 j 1 Bài 31: a. I A ( ) {3,4,5} 3 b. I A ( ) {[ ,1]} 4 c. I A ( ) {( x, y ) | 0  x  1; 0  y  1;0.5  x  y  1} Bài 33. Ta có X là biến ngẫu nhiên nhị thức nên ta có p k C nk p k q n  k . mặt khác ta có giá trị p k  1 C nk  1 p k  1 q n  k 1 . pk C nk p k q n  k  n  k  1 p 1  (n  1) p (dpcm)  k  1 k  1 n  k 1  Lúc này ta có. pk  1 Cn p q kq kq b.Chứng minh rằng P[X= k] đạt cực đại tại kmax = [(n+1)p]. pk ( n  1) p 1  1  1  k ( n  1) p Ta có nếu ta xét tỷ số pk  1 kq Vậy nếu khi k tăng giá trị từ 0 đến (n+1)p. Thì gía trị p(k) tăng. Nếu như ta có giá trị pk 1 thì k ( n  1) p . Như vậy thì p(k) giảm nếu như k tăng. pk  1 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. Trang 17 Xác suất thống kê –Chương 3 Cao Thành Lực - MAT1101 3 - 09020324 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 kmax -1. Bài 34. Cho N là biến ngẫu nhiên hình học SN = {0 , 1, 2, …} a. Tìm P[N > k] Xác suất để hơn k lần phép thử được thực hiện trước khi xuất hiện thành công có  P[N > k] =  pq N1 N k 1   pq k  q j  pq k j 0 1 q k 1 q b. Tìm hàm phân phối của N Ta có hàm phân phối k k1 j 1 i 0 FX ( x) P N k   pq j  1  p  q i  p Tìm giá trị P N k | N m  1  qk 1  q k 1 q với giá trị p = 1 – q P  N k    N m  P N m  Nếu giá trị k > m thì ta có  N k    N m  vậy suy ra P N k    N m 0 P N k | N m  = 0 Mặt khác vì N là biến ngẫu nhiên hình học nên ta có Với giá trị 1t) = P[M>n ] =(1-p) T = [(1- ) ] T n => e Với k=1,2,3….; p=  t T   ; 2 T khi n   Chứng minh: P[ M k  j | M  j ] P[ M k ] P[( M k  j )  ( M  j )] P[ M  j ] P[ M k  j ] P[( M  k  j )  ( M k )]  = P[ M  j ] P[ M  j ] = e   .(   j )  (1  p ) k  1 . p e . j Mà P[M k ] e  k => đpcm = Bài 37. a. Ta có  15 => P[0]= 150  15 1 . e = 15 = 0,306. 10 6 e 0! Trang 18 Xác suất thống kê –Chương 3 Cao Thành Lực - MAT1101 3 - 09020324   15 b.P[N 10 ] = 1  P[N < 10] = 1- e 1 + 15! +  2 =1  3 152 159  + ... + 2! 9!  4 1  15 15 15 155 156 157 158 159  1  15         e 15  2! 3! 4! 5! 6! 7! 8! 9!  = 0,9301 Bài 39. Bài 40 Ta có biến ngẫu nhiên POISSON là :: S x = {0,1,2………..} k  p k! e k = 0,1,2………..và  >0 Ta có số lệnh chờ được thực thi cho bởi tham số  =  (*) k E[ X ] =  VAR[X] =   n 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 n là số nhân viên  n  3    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 p k = 0,9 4 Thay số vào (*) ta được 0,9 =  e 4! (khó quá không tìm được giá trị của   ) + Đối với xác suất không có lệnh chờ thì  =0 Trang 19 Xác suất thống kê –Chương 3 p Thì khi đó k Cao Thành Lực - MAT1101 3 - 09020324 =1 Bài 42. Phân vị thứ r, π(r), của biến ngẫu nhiên X được định nghĩa: P[X ≤ π(r)] = a) Tìm phân vị 90%, 95% và 99% của biến ngẫu nhiên mũ với tham số λ Ta có: = P[X ≤ π(r)] = = P[X < 0] + P[0 ≤ X ≤ π(r)] = 0 + (π(r)) - ( ) = (1 - ) =1- =  =1-  =  =- 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 . Trong đó: Hàm phân phối này không tính được bằng cách tích phân chỉ tính được gần đúng dựa vào một hàm đặc biệt . Từ đó ta tính được hàm phân phối là Trang 20