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.
a 1
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 S
Y
= { 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
S
y
={1,3,5…..,n} với n lẻ
S
y=
{0,2,4,…..,n} với n chẵn

b. Gọi Z là biến cố tương đương với {Y=0}
Z : S
z
 S
S
z

∈
w  S
(z)
= 0
 Z là biến cố số lần xuất hiện mặt sấp ngửa bằng nhau
c. W : S
w
 S
S
w
∈
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 S
Z
của Z
S
Z
={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
16
1
,
16
2
,
16
3
,
16
4

,
16
3
,
16
2
,
16
1
bởi vậy hàm
)(x
F
y
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
δ
là một số dương nhỏ ta có ::
PYP
F
y
=−≤=− ]1[)1(
δδ
[0 lân xuất hiện mặt sấp] =
16
1
bởi vậy giới hạn của hàm phân
phối khi x tiến tới 1 từ bên phải là
16

1
và
PYPx
F
y
=≤= ]1[)(
[0 hoặc 1 lần xuất hiện mặt sấp] =
16
1
+
16
2
=
16
3
Và
]1[)1(
δδ
+≤=+ YP
F
y
= P[0 hoặc 1 lần sấp] =
16
3
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
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



≥
<
=
01
00
)(
khix
khix
xu


Khi đó hàm
)(x
F
y
là

)(x
F
y
=
16
1
)(xu
+
16
2
)(xu
+
16
3
)(xu
+
16
4
)(xu
+
16
3
)(xu
+
16
2
)(xu
+
16
1

)(xu
+ trường hợp với n = 5
Tương tự như trường hợp n = 4
)(x
F
y
=
32
1
)(xu
+
)(
32
3
)(
32
2
xuxu +
+ ……….+
32
16
)(xu
+ ……..+
32
1
)(xu
+
)(
32
3

)(
32
2
xuxu +
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) =
knkk
n
qpC
−
k=0,1,…, n
Trang
3
Xác suất thống kê –Chương 3 Cao Thành Lực - MAT1101 3 - 09020324
q=1-p
Với n=8
Xét p=1/8 => q = 7/8
8
08
080
8
10.96,5
8

7
.
8
1
.
!8!.0
!8
)8(
−
=












=== qpCxP
6
17
171
8
10.34,3
8
7

.
8
1
.
!1!.7
!8
)7(
−
=












=== qpCxP
5
26
262
8
10.18,8
8
7
.

8
1
.
!2!.6
!8
)6(
−
=












=== qpCxP
3
35
353
8
10.14,1
8
7
.
8

1
.
!3!.5
!8
)5(
−
=












=== qpCxP
01,0
8
7
.
8
1
.
!4!.4
!8
)4(

44
444
8
=












=== qpCxP
056,0
8
7
.
8
1
.
!5!.3
!8
)3(
53
535
8

=












=== qpCxP
196,0
8
7
.
8
1
.
!6!.2
!8
)2(
62
626
8
=













=== qpCxP
39,0
8
7
.
8
1
.
!7!.1
!8
)1(
71
717
8
=













=== qpCxP
34,0
8
7
.
8
1
.
!0!.8
!8
)0(
80
808
8
=













=== qpCxP
Với p=1/2 => q=1/2
3
80
808
8
10.9,3
2
1
.
2
1
.
!0!.8
!8
)8()0(
−
=













===== qpCxPxP
3
17
171
8
10.25,31
2
1
.
2
1
.
!7!.1
!8
)7()1(
−
=













===== qpCxPxP
3
26
262
8
10.375,109
2
1
.
2
1
.
!6!.2
!8
)6()2(
−
=













===== qpCxPxP
3
35
353
8
10.75,218
2
1
.
2
1
.
!5!.3
!8
)5()3(
−
=













===== qpCxPxP
3
44
444
8
10.4375,273
2
1
.
2
1
.
!4!.4
!8
)4(
−
=













=== qpCxP
Đồ thị :
Trang
4
Xác suất thống kê –Chương 3 Cao Thành Lực - MAT1101 3 - 09020324
Với p = 9/10 => q = 1/10
43,0
10
1
.
10
9
.
!8!.0
!8
)8(
08
080
8
=













=== qpCxP
383,0
10
1
.
10
9
.
!1!.7
!8
)7(
17
171
8
=












=== qpCxP

149,0
10
1
.
10
9
.
!2!.6
!8
)6(
26
262
8
=












=== qpCxP
033,0
10
1

.
10
9
.
!3!.5
!8
)5(
35
353
8
=












=== qpCxP
3
44
444
8
10.59,4
10

1
.
10
9
.
!4!.4
!8
)4(
−
=












=== qpCxP
4
53
535
8
10.1,4
10
1

.
10
9
.
!5!.3
!8
)3(
−
=












=== qpCxP
5
62
626
8
10.268,2
10
1
.

10
9
.
!6!.2
!8
)2(
−
=












=== qpCxP
6
71
717
8
10.72,0
10
1
.
10

9
.
!7!.1
!8
)1(
−
=












=== qpCxP
8
80
808
8
10
10
1
.
10
9

.
!0!.8
!8
)0(
−
=












=== qpCxP
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<U<1] = F[1] - F[0]
= 1 -
1
2

=
1
2

P[|U|<
1
3
] = P[
1
3
−
<U<
1
3
] = F[
1
3
] – F[
1
3
−
]
=
4
6
-
2
6
=
1

3
P[|U|
3
4
≥
] = P[-1<U<
3
4
−
] + P[
3
4
<U<1]
= F[
3
4
−
] - F[-1] + F[1] - F[
3
4
]
=
1
8
- 0 + 1 -
7
8
=
1
4

P[U<5] = 0
P[
1
3
<U<
1
2
] = F[
1
2
] - F[
1
3
]
Trang
6
Xác suất thống kê –Chương 3 Cao Thành Lực - MAT1101 3 - 09020324
=
3
4
-
4
6
=
1
12
Bài 13:
• → P[A] = 0
•
→ P[B] =

= =
• → P[C] =


• → P[D] =
Bµi 14:
a. BiÕn ngÉu nhiªn x lµ BNN liªn tôc
( )





>
≤≤−
=
1 n 1
10
4
1
4
1
nn
nF
x
b.
[ ]
0
2
1

==






−<
φρρ
X
6
1
4
1
12
1
3
1
;0[
3
1 −
=−=






=







<
ρρ
X
[ ]
{ }
[ ]
4
1
00 ==≤
ρρ
X
Trang
7
Xác suất thống kê –Chương 3 Cao Thành Lực - MAT1101 3 - 09020324
16
3
1;
4
1
1
4
1
=













=






<≤
ρρ
X
{ }
[ ]
16
3
0
16
3
11
4
1

1
4
1
=+=+






<≤=






≤≤
ρρρ
XX
[ ]
( )
8
7
1
2
1
1),1(1;
2
1

2
1
=+






−=+∞+












=






>

XX
FFX
ρρρ
[ ]
15 =≥X
ρ
[ ]
( )
[ ] [ ][ ]
( )
( )
4
3
0111;05;15 =−+=+=<
−
Xx
FFX
ρρρ
Bài 15:
0( 1)
( )
1 ( 1)
Y
n
y
F y
y y
−
<


=

− ≥

•
{ } { }
[ ]
{ }
0 1 0 2 (0,1) 1,2
Y Y
k P Y P P≤ ≤ ⇔ < ≤ = +

0 (2) (1 0) 1 2
k
Y Y
F F
−
= + − − = −
•
{ } { }
1 1 ( , 1]
Y
k P k Y k P k k> ⇔ < ≤ + = +

( 1) ( )
Y Y
F k F k= + −

1 ( 1) (1 ) ( 1)
k k k k

k k k k
− − − −
= − + − − = − +
Bài 17:
Biến cố ngẫu nhiên Rayleigh có hàm phân phối
)(rF
R
=




≥−
<
−
01
00
2
2
2
khir
r
e
r
σ

Tìm
P[
σσ
2≤≤ R

]
[
σσ
2≤≤ R
]=[R=
σ
]
∪
[
σσ
2≤≤ R
]
P[
σσ
2
≤≤
R
]=
)(
σ
R
F
-
)(
−
σ
R
F
+
)2(

σ
R
F
-
)(
σ
R
F
=
)2(
σ
R
F
-
)(
−
σ
R
F
=(1-
e
r
22
2/4
σ
−
) –(1-
e
r
22

2/
σ
−
)=
ee
22/1 −−
−
P[R>
σ
3
]=1-P[R
σ
3
≤
] =1-
)3(
σ
F
R
=1-
e
2/9−
Bài 18.
X là biến ngẫu nhiên mũ với tham số
λ
ta có hàm mật độ xác suất của hàm
biến mũ là
nếu x
0≥
nếu x < 0

Vậy ta có hàm phân phối mũ là
Trang
8



=
−
0
)(
x
X
e
xf
λ
λ
Xác suất thống kê –Chương 3 Cao Thành Lực - MAT1101 3 - 09020324
( ) ( ) ( )
( )
xxt
x
t
x
X
x
XX
x
XX
ee
x

edtedxxfdxxfdxxfdxxfxF
λλλλ
λ
−−−−
∞−∞−
−=−−=−===+==
∫∫∫ ∫∫
11
0
)()(
00
0
0
Vậy giá trị của hàm phân phối được viết là
Nếu x
0≥
Nếu x < 0
Với giá trị d > 0 , k nguyên dương
Tính P[
dX
≤
] =
d
X
edF
λ
−
−=1)(
P[
( )

dkXkd 1+≤≤
]=
dkkdkddk
XX
eeeekdFdkF
)1()1(
)1(1)())1((
+−−−+−
−=−−−=−+
λλλλ
Hay P[
( )
dkXkd 1+≤≤
] =
( )
∫∫
+
+−−−−
+
−=
+
−==
dk
kd
dkkdxx
dk
kd
X
ee
kd

dk
edxedxxf
)1(
)1(
)1(
)1(
)(
λλλλ
λ
P[X>kd] = 1 - P[X
≤
kd] = 1 - F
X
(kd) = 1 – (1- e
kd
λ
−
) = e
kd
λ
−
b.Hãy chia phần dương của đường thẳng thực thành năm khoảng không có
điểm chung đồng xác suất.
P[
( )
dkXkd 1+≤≤
]
0 d kd (k+1)d
Các giá trị xác suất tại các điểm là không có điểm chung đồng xác suất
P[0<X<d] = F

X
(d) – F
X
(0)
P[d<X<kd] = F
X
(kd) – F
X
(d)
P[kd<X<(k+1)d] = F
X
(kd) – F
X
((k+1)d)
P[X > (k+1)d] = 1 – F
X
((k+1)d)
Bài 19:
a. Áp dụng tính chất
( ) 1fx x dx
∞
−∞
=
∫
Mặt khác
( )fx x dx
∞
−∞
∫
=

0
( )fx x dx
−∞
∫
+
1
0
( )fx x dx
∫
+
1
( ) 1fx x dx
+∞
=
∫
Trang
9
( )



−
=
−
0
1
x
X
e
xF

λ
Xác suất thống kê –Chương 3 Cao Thành Lực - MAT1101 3 - 09020324
⇔
0
0
−∞
∫
+
1
0
(1 )Cx x dx−
∫
+
1
0
∞
∫
= 1
⇔
1
0
(1 )Cx x dx− ≤
∫
= 1
⇔
C(
2
2
x
-

3
x
3
) |
1
0
=1
⇔
C(
1
2
-
3
4
)= 1
⇔
C= 6
Vậy f
x
(x)= 6x(1-x) nếu 0
≤
x
≤
1
0 nếu khác

c. Hàm phân phối xác suất
0 nếu x< 0
F
x

(x) = 3x
2
– 2x
3
nếu 0
≤
x
≤
1
1 nếu x>1
b. P[
1
2
<x
≤
3
4
] = F
x
(
3
4
) – F
x
(
1
2
)
= ( 3 (
3

4
)
2

- 2 (
3
4
)
3

) – [3(
1
2
)
2
– 2(
1
2
)
3
] = 0,34375
Bài 21.
a.Tìm f
x
(x).
f
x
(x) =
0 neu x a
(x+c) neu – a x 0

( ) neu 0
0
c
a
c
x c x a
a
neu x a
< −



≤ <


−

− ≤ <


≥

b.Tìm F
x
(x)
F
x
(x)=
( )
x

Fx t dt
−∞
∫
 F
x
(x)=
( )
x
a
c
t c dt
a
−
+
∫
=
c
a
(t-c)
2
x
a−
=
c
a
[(x+c)
2
– (c-a)
2
] =

c
a
(x+c)
2
-
c
a
(c-a)
2
F
x
(x) =
( )
a
x
a
t c dt
c
−
−
∫
=
a
c
−
(t-c)
2

a
x

=
a
c
−
[ (a-c)
2
- (x-c)
2
]

Trang
10
Xác suất thống kê –Chương 3 Cao Thành Lực - MAT1101 3 - 09020324
=
a
c
−
(a-c)
2
+
a
c
(x-c)
2
=
a
c
(x-c)
2
-

a
c
(a-c)
2
Vậy hàm phân phối :
F
x
(x)=
( ) ( )
( ) ( )
2 2
2 2
x c c a neu x 0
x-c neu x 0
c c
a a
a a
a c
c c

+ − − <




− − ≥


c. P[|x|<b] =
1

2
Bài 23
Bài 25.
Công thức hàm mật độ xác suất:
Bài 26.
Chứng minh rằng thoả mãn tám tính chất của một hàm phân phối
i)
Từ tiên đề 1 . Cần chứng minh:
Ta có mà A và xung khắc với nhau nên
Từ tiên đề 1 => => (đpcm)
ii)
Trang
11
Xác suất thống kê –Chương 3 Cao Thành Lực - MAT1101 3 - 09020324
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) Giả sử là một số vô cùng bé. Từ tính chất vi) ta có
Khi . Điều này tương đưong với
Và . Vậy:
Bài 27:
Biến ngẫu nhiên có phân phối mũ

Trang
12
Xác suất thống kê –Chương 3 Cao Thành Lực - MAT1101 3 - 09020324
- x
[0, ]
- x
fx(x) = e
àm phân phô'i
1 - e x 0
Fx(x) ={
0 x<0
Lúc này
Fx( x | X>t) = P[X x | X > t ]
P[{X x} {X > t }
=
[X > t]
Sx
H
P
λ
λ
λ
= ∞
≥
≤
≤ ∩
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:
( | )
x
F x X t> =

0 x t
{
( ) ( )
..
1 ( )

x x
x
k
F x F t
h i x t
F t
≤
−
>
−

( ) ( )
1 ( )
1 1
1 1
1

x x
x
x t t x
t t
t x
F x F t
F t
e e e e
e e
e
λ λ λ λ
λ λ
λ λ
− − − −
− −
−
−
−
− − + −
= =
− +
= −
Nên
( | )

x
F x X t> =

0 x t
{

1 ..
t x
e k h i x t
λ λ
−
≤
− >

b) Hàm mật độ xác suất có điều kiện tìm được bằng vi phân theo x:

( )
( | ) ..
1 ( )
x
x
x
f x
f x X t khi x t
F t
> = ≥
−
( )
1 ( )
x
x
f x
F t−
=

1 (1 )
x
t
e
e
λ
λ
λ
−
−
− −
=
t x
e
λ λ
λ
−

.. 0
t x
khi x te
λ λ
λ
−
≥ ≥

⇔
đặt S(x)=
( | )
x

f x X t>
={
0 khi t
≤
x <0

t
e
λ
λ
S(x)=
λ

Trang
13
0
t
Xác suất thống kê –Chương 3 Cao Thành Lực - MAT1101 3 - 09020324
t
Bài 28:
a.Áp dụng công thức:
[{ } ]
( | )
[ ]
P X x A
Fx x A
P A
≤ ∩
=
( | )

( | )
( | ) [ | ]
[{ } { }]
[{ }]
0
( ) ( )
( | )
( ) ( )
1
dFx x A
fx x A
dx
Fx x a x b P X x a X b
P X x a X b
P a X b
x a
Fx x Fx a
Fx x a x b a x b
Fx b Fx a
b x
=
≤ ≤ = ≤ ≤ ≤
≤ ∩ ≤ ≤
=
≤ ≤

− − − − − − − − − − − − − ≤

−


≤ ≤ = − − − − − − ≤ ≤

−


− − − − − − − − − − − − − <

Đồ Thị:
( | )Fx x a x b
≤ ≤
0 a b x
b.Tìm và phác họa
( | )fx x a x b
≤ ≤
:
Trang
14
Xác suất thống kê –Chương 3 Cao Thành Lực - MAT1101 3 - 09020324
( | )
( | )
0
( | )
( )
( ) ( )
dFx x a x b
fx x a x b
dx
x a
fx x a x b
fx x

a x b
Fx b Fx a
≤ ≤
≤ ≤ =
− − − − − − − − − − <


≤ ≤ =

− − − ≤ <

−

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:
Bµi 30:
[ ]
( )














=






=
∑
+=
−
≤
A
q
n
F
n
kj
j
X

k
ρ
ρ
1
.
0
4
1
1
n n Õu
V×
( )
{ }
[ ]
[ ]
A
An
anF
n
x
ρ
ρ
∩
=
≤
/
{ } { }




=<
=>∩
>
≤
≤
n nÕu
Õu
n
n n


nXk
kxn
k
n
φ
Cho X lµ biÕn ngÉu nhiªn h×nh häc. T×m vµ ph¸c ho¹ F
X
(n/A) nÕu.
{ }
knA <=
vµ n ch½n k nguyªn d¬ng
Ta cã:
{ }{ }



−≤
≤
=<≤=

≥
≥
n n n 1
n
kn \
ch½n,
k nch½n,
n k
nn
nnA
Trang
16
Xác suất thống kê –Chương 3 Cao Thành Lực - MAT1101 3 - 09020324
[ ]
∑






=
−
=
2
1
12
.
F
j

j
qA
ρρ
( )
∑
∑
−






=
−






=
−
=⇒
1
2
1
12
2
1

12
.
./
n
j
j
n
j
j
X
q
qAnF
ρ
ρ
Bài 31:
a.
( ) {3,4,5}
A
I
ζ
=
b.
3
( ) {[ ,1]}
4
A
I
ζ
=
c.

( ) {( , ) | 0 1;0 1;0.5 1}
A
I x y x y x y
ζ
= < < < < < + <
Bài 33.
Ta có X là biến ngẫu nhiên nhị thức nên ta có
knkk
nk
qpCp
−
=
. mặt khác ta có giá trị
111
1
+−−−
−
=
knkk
nk
qpCp
.
Lúc này ta có.
( )
)(
)1(
1
1
111
1

dpcm
kq
pn
kq
pkn
qpC
qpC
p
p
knkk
n
knkk
n
k
k
+
+=
+−
==
+−−−
−
−
b.Chứng minh rằng P[X= k] đạt cực đại tại k
max
= [(n+1)p].
Ta có nếu ta xét tỷ số
pnk
kq
pn
p

p
k
k
)1(1
)1(
11
1
+≤⇔≥
+
+⇒≥
−
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
1
1
≤
−k
k
p
p
thì
pnk )1( +≥
. 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 k
1
= (n+1)p và giá trị k
2
= (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 k
max

và
k
max
-1.
Bài 34.
Cho N là biến ngẫu nhiên hình học S
N
= {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] =
k
j
kjk
kN
N
q
q
pqqpqpq =
−
==
∑∑
∞
=
∞
+=
−
01
1

1
1
b. Tìm hàm phân phối của N
Ta có hàm phân phối
Trang
17
Xác suất thống kê –Chương 3 Cao Thành Lực - MAT1101 3 - 09020324
[ ]
k
k
k
i
i
k
j
j
X
q
q
q
pqppqkNPxF −=
−
−
===≤=
∑∑
−
==
−
1
1

1
)(
1
01
1
với giá trị p = 1 – q
Tìm giá trị
[ ]
{ } { }
[ ]
( )
mNP
mNkNP
mNkNP
≤
≤∩=
=≤= |

Nếu giá trị k > m thì ta có
{ } { }
∅=≤∩= mNkN
vậy suy ra
{ } { }
0=≤∩= mNkNP
[ ]
mNkNP ≤= |
= 0
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
{ } { }

[ ]
mNkNP ≤∩=
=
{ }
[ ]
kNP =
Mặt khác ta có
{ }
[ ]
kNP =
=
1
)1(
−
−
k
qp
.
Vậy xác suất của
[ ]
mNkNP ≤= |
=
[ ]
[ ]
( )
m
k
X
k
q

qp
mF
qp
mNP
kNP
−
−
=
−
=
≤
=
−−
1
)1()1(
11
Bài 35:
Đối với biến ngẫu nhiên hình học: P[M=k] = (1-p)
k-1
.p Với k=1,2,3….; p=
;
2
α
T
α
λ
=
Ta có: P(x>t) = P[M>n
T
t

] =(1-p)
T
t
n
= [(1-
T
t
n
n
])
α
=> e
T
t
α
−
khi n
∞→
Chứng minh: P[ M
][]| kMPjMjk ≥=>+≥

=
][
)]()[(
jMP
jMjkMP
>
>∩+≥
=
][

)]()[(
][
][
jMP
kMjkMP
jMP
jkMP
>
=∪+>
=
>
+≥
=
j
kj
e
ppe
.
1).(
.)1(
λ
λλ
−
−+−
−+
Mà P[M
k
ek
λ
−

=≥ ]
=> đpcm
Bài 37.
a. Ta có
15
α
=
=> P[0]=
0
15
0!
.
15
e
−
=
15
1
e
= 0,306.
6
10
−
b.P[N
10
≥
] =
2 9
15
15 15

1 [N < 10] = 1- 1 + 15! + + ... +
2! 9!
P e
−
 
−
 
 
=
2 3 4 5 6 7 8 9
15
1 15 15 15 15 15 15 15 15
1 1 15
2! 3! 4! 5! 6! 7! 8! 9!e
−
 
− + + + + + + + + +
 
 
= 0,9301
Bài 39.
Trang
18
Xác suất thống kê –Chương 3 Cao Thành Lực - MAT1101 3 - 09020324
Bài 40
Ta có biến ngẫu nhiên POISSON là ::
S
x
= {0,1,2………..}
e

p
k
k
k
α
α
−
=
!
k = 0,1,2………..và
α
>0 (*)
E[ X ] =
α
VAR[X] =
α
Ta có số lệnh chờ được thực thi cho bởi tham số
α
=
µ
λ
n
Với
λ
= 3 là số lệnh trung bình đến 1 ngày
µ
= 1 là số lệnh cần được thực thi bởi một nhân viên trong một ngày
n
là số nhân viên
ααµ

λ
3
==⇒ n
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
Thay số vào (*) ta được 0,9 =
e
α
α
−
!4
4
α
⇒
(khó quá không tìm được giá trị của
α
)
+ Đối với xác suất không có lệnh chờ thì
α
= 0
Thì khi đó
p
k

= 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:
=
Trang
19
Xác suất thống kê –Chương 3 Cao Thành Lực - MAT1101 3 - 09020324
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
Mà
Bài 43
Ta có :
2
2
2

1
)(
x
X
exf
−
=
π
=>
)(xf
X
là hàm đối xứng đối với x
=>
)(xf
X
=
)( xf
X
−
Ta lại có :
]},({)()( xxPxXPxF
X
−∞∈=≤=
Trang
20
]},({)()( xxPxXPxF
X
−−∞∈−=−≤=−
Xác suất thống kê –Chương 3 Cao Thành Lực - MAT1101 3 - 09020324
Do

)(xf
X
=
)( xf
X
−
nên
]},({ xxP
−−∞∈−
=
)},[{
+∞∈
xxP
Mà :
)},({)},({1)},({
+∞∈+−∞∈==+∞−∞∈
xxPxxPxP
)(1)(1)()(1 xQxQxFxF
XX
−−+−=−+=⇔
đfcmxQxQ
⇒−=−⇔
)(1)(
Bài 44
Tính xác xuất Gauss
Ta có hàm phân phối F(x) của biến ngẫu nhiên chuẩn là
P[X x] = t = ( )
a, X<m ta có
P[X m] = t = ( )
Theo bảng Q-hàm ta có

( ) = 1 - Q(0) = 1 – 0.5 = 0.5
b, P[ > k ] với k = 1, 2, 3, 4, 5
và P[ X > m+k ] với k = 1.28, 3.09, 4.26, 5.20
Trường hợp với X > k + m
P[X > k + m] = 1 - P[X < k + m] = 1 - t
= ( )
= Q(k)
Trường hợp với X < -k + m
P[X < - k + m] = t = Q(-k) = 1 - Q(k)
(do tính đối xứng của hàm mật độ)
K= 1 Q(1) = 0.159 Q(-1) = 0.841
K= 2 Q(2) = 0.0228 Q(-2) = 0.9772
K= 3 Q(3) = 0.00135 Q(-3) = 0.99865
K= 4 Q(4) = 3.17E -5 Q(-4) = 0.9999683
K= 5 Q(5) = 2.87E -7 Q(-5) = 0.999999713
Theo bảng 3.4 ta có:
K= 1.28 Q(1.28) = E -1
K= 3.09 Q(3.09) = E -3
K= 4.26 Q(4.26) = E -5
K= 5.20 Q(5.20) = E -7
Bài 45:
BNN N là BNN Gauss N (0;1) có hàm phân phối: .
Trang
21
Xác suất thống kê –Chương 3 Cao Thành Lực - MAT1101 3 - 09020324
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

hay :
Xét tích phân : I = , đặt u = ⇒ du = t.dt = .dt ⇒
I viết lại:
Trong đó: là hàm Gamma tại , suy ra ⇒ I =
Từ đó ta có:
Vậy xác suất để nơi nhận mắc lỗi nếu 0 và 1 đã được gửi đi là như nhau.
Bµi 46:
* Víi thêi gian sèng mong muèn cña hÖ thèng lµ 20000 giê.
* XÐt víi chip 1
Ta cã hµm mËt ®é x¸c suÊt:
Trang
22
Xỏc sut thng kờ Chng 3 Cao Thnh Lc - MAT1101 3 - 09020324
( )
( )
2
2
1
2/11
.
2
1



=

x
n
X

ex
Với độ lệch chuẩn = 4000 giờ
Giá trị kỳ vọng à = 20000 giờ
( )
n
X
x
24000
1
=

* Xét với chip 2:
Độ lệch chuẩn = 1000 giờ
Giá trị kỳ vọng: à = 22000 giờ
( )
nn
X
e
ex
2.1000
1
.
1000.2
1
2
1000.2/2000
22
2
==

Có:
( ) ( )
xfxf
XX
21
>
Chíp 1 thích hợp hơn.
* Với thời gian mong muốn của hệ thống là 24000 giờ:
Chíp 1:
( )
e
ex
nn
X
2.4000
1
.
24000
1
22
1
4000.2/4000
==


Chíp 2:
( )
nn
X

e
ex
2.1000
1
.
21000
1
2
1000.2/2000
22
2
==


Có:
( ) ( )
xfxf
XX
12
>
Chíp 2 thích hợp với hệ thống hơn.
Bi 47:
Vi
1
T


= =
.
Theo cụng thc bin ngu nhiờn cú phõn phi m thỡ xỏc sut thi gian vt quỏ t giõy

l:
[ ]
.
t
P X t P M n
T

< = >



. .
(1 ) 1
t
n
t t
T
n
T T
p e
n






= =

Trang
23
Xác suất thống kê –Chương 3 Cao Thành Lực - MAT1101 3 - 09020324
a.X<6 thì
[ ] [ ]
6 1 6 1 .
t
P X P X P M n
T
 
< = − > = − >
 
 

. .
6
1 (1 ) 1 1 1 1
t
n
t t
T
n
T T
p e e
n
α
α

−
−
 
 
 
= − − = − − → − = −
 
 
 
 
 
b.X>8 thì
[ ]
.
t
P X t P M n
T
 
< = >
 
 

. .
8
(1 ) 1
t
n
t t
T
n

T T
p e e
n
α
α
−
−
 
 
 
= − = − → =
 
 
 
 
 
Bài 49:
Biến ngẫu nhiên khi_bình phương
)(
)
2
1
(
2
1
)(
2
1
1
α

α
Γ
=
−
−
e
f
x
x
x
x
=
)(.
.
2
2
1
1
α
α
α
Γ
−−
ex
x
0<x<
∞
Hàm mật độ của biến ngẫu nhiên khi_bình phương
2
k

=
α
k nguyên dương
K=1
2
1
=
α

)
2
1
(Γ
=
π
π
2..
1
)(
2
1
2
1
ex
f
x
X
x =
K=2
1=

α

1)1( =Γ
π
.2.
1
)(
2/1
e
f
x
X
−
=
K=3
1
2
1
+=
α

π
2
1
)
2
1
(
2
1

)1
2
1
( =Γ=+Γ
=)(x
f
X
π
2.
2
1
2
1
e
x
x
Trang
24
Xác suất thống kê –Chương 3 Cao Thành Lực - MAT1101 3 - 09020324
Bài 50
Ta có hàm mật độ m-erlang

( )
( )
( )
1
1 !
0 . 0
m
x

X
x e
f x
m
neu x
λ
λ λ
−
−


=
−


<

nếu
0x ≥
Ta có giá trị của hàm phân phối được tính bằng phương pháp tích phân từng
phần
( ) ( )
( )
( )
( ) ( )
( )
0
0
1
1

0 0 0
( ) ( )
1 ! 1 !
x x
X X X X
m
t
x x x
m
t
X
F x f x dx f x dx f x dx
t e
f x dx dt t e dt
m m
λ
λ
λ λ
λ
λ
−∞ −∞
−
−
−
−
= = + =
= =
− −
∫ ∫ ∫
∫ ∫ ∫

Đặt
( )
( ) ( )
2
1
1
1
m
m
t
t
du m t dt
u t
v e
dv e dt
λ
λ
λ λ
λ
λ
−
−
−
−

= −

=
 
⇒

 
−
=
=




( )
( )
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( ) ( )
1 2
0
1 2
0
1
1
0
1 !
1
1
1 !
x
m m
t t
X
x
m m

x t
x
F x e t m e t dt
m
e x m e t dt
m
λ λ
λ λ
λ
λ λ
λ
λ
λ λ
λ
− −
− −
− −
− −
 
−
= + −
 
−
 
 
−
= + −
 
−
 

∫
∫
Đặt
( )
2
1
0
x
m
t
I e t dt
λ
λ
−
−
=
∫
áp dụng tích phân từng phần cho tích phân này
Trang
25