Bài tập xác suất thống kê chương 2
Bài 1: Cho biến ngẫu nhiên liên tục $X$ có hàm mật độ xác suất $$f_X(x)= \begin{cases} kx^2 & \mbox{ nếu $0\leq x\leq 3$},\\ 0 & \mbox{ nếu $x$ còn lại}.\\ \end{cases}$$ a) Tìm hằng số $k.$b) Tìm hàm phân bố xác suất $F_X(x).$
c) Tính $\Bbb P(X>1).$
d) Tính $\Bbb P(0,5\leq X\leq 2|X>1).$
Lời giải bài 1.
a) Ta có \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \displaystyle\int\limits_{-\infty}^{+\infty}f_X(x)dx&=\displaystyle\int\limits_{-\infty}^{0}f_X(x)dx+\displaystyle\int\limits_{0}^{3}f_X(x)dx+\displaystyle\int\limits_{3}^{+\infty}f_X(x)dx\\ &=\displaystyle\int\limits_{-\infty}^{0}0dx+\displaystyle\int\limits_{0}^{3}kx^2dx+\displaystyle\int\limits_{3}^{+\infty}0dx\\ &=0+\Big(\displaystyle\frac{kx^3}{3}\Big)\Bigg|_0^3+0\\ &=\displaystyle\frac{27k}{3}\\ &=9k. \end{aligned} \end{equation*} Theo tính chất của hàm mật độ xác suất $$\displaystyle\int\limits_{-\infty}^{+\infty}f_X(x)dx=1.$$ Do đó $9k=1$ hay $k=\displaystyle\frac{1}{9}.$
b) Nếu $t< 0$ thì \begin{equation*}\notag \begin{aligned} F_X(t)&=\displaystyle\int\limits_{-\infty}^{t}f_X(x)dx\\ &=\displaystyle\int\limits_{-\infty}^{t}0dx\\ &=0. \end{aligned} \end{equation*} Nếu $0\leq t\leq 3$ \begin{equation*}\notag \begin{aligned} F_X(t)&=\displaystyle\int\limits_{-\infty}^{t}f_X(x)dx\\ &=\displaystyle\int\limits_{-\infty}^{0}f_X(x)dx+\displaystyle\int\limits_{0}^{t}f_X(x)dx\\ &=\displaystyle\int\limits_{-\infty}^{0}0dx+\displaystyle\int\limits_{0}^{t}kx^2dx\\ &=0+\Big(\displaystyle\frac{kx^3}{3}\Big)\Bigg|_0^t\\ &=\displaystyle\frac{kt^3}{3}\\ &=\displaystyle\frac{t^3}{27}. \end{aligned} \end{equation*} Nếu $t>3$ \begin{equation*}\notag \begin{aligned} F_X(t)&=\displaystyle\int\limits_{-\infty}^{t}f_X(x)dx\\ &=\displaystyle\int\limits_{-\infty}^{0}f_X(x)dx+\displaystyle\int\limits_{0}^{3}f_X(x)dx+\displaystyle\int\limits_{3}^{t}f_X(x)dx\\ &=\displaystyle\int\limits_{-\infty}^{0}0dx+\displaystyle\int\limits_{0}^{3}kx^2dx+\displaystyle\int\limits_{3}^{t}0dx\\ &=0+\Big(\displaystyle\frac{kx^3}{3}\Big)\Bigg|_0^3+0\\ &=9k\\ &=1. \end{aligned} \end{equation*} Vậy $$F_X(t)= \begin{cases} 0 & \mbox{ nếu $t< 0$},\\ \displaystyle\frac{t^3}{27} & \mbox{ nếu $0\leq t\leq 3$},\\ 1& \mbox{ nếu $t>3$}.\\ \end{cases}$$ c) \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \Bbb P(X>1)&=\displaystyle\int\limits_{1}^{+\infty}f_X(x)dx\\ &=\displaystyle\int\limits_{1}^{3}f_X(x)dx+\displaystyle\int\limits_{3}^{+\infty}f_X(x)dx\\ &=\displaystyle\int\limits_{1}^{3}kx^2dx+\displaystyle\int\limits_{3}^{+\infty}0dx\\ &=\Big(\displaystyle\frac{kx^3}{3}\Big)\Bigg|_1^3+0\\ &=\displaystyle\frac{27k}{3}-\displaystyle\frac{k}{3}\\ &=\displaystyle\frac{26k}{3}\\ &=\displaystyle\frac{26}{3}\times\displaystyle\frac{1}{9}\\ &=\displaystyle\frac{26}{27}. \end{aligned} \end{equation*} d) \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \Bbb P(0,5\leq X\leq 2|X > 1)&=\displaystyle\frac{\Bbb P[(0,5\leq X\leq 2)(X > 1)]}{\Bbb P(X > 1)}\\ &=\displaystyle\frac{\Bbb P(1 < X\leq 2)}{\Bbb P(X > 1)}. \end{aligned} \end{equation*} \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \Bbb P(1 < X\leq 2)&=\displaystyle\int\limits_{1}^{2}f_X(x)dx\\ &=\displaystyle\int\limits_{1}^{2}kx^2dx\\ &=\Big(\displaystyle\frac{kx^3}{3}\Big)\Bigg|_1^2\\ &=\displaystyle\frac{8k}{3}-\displaystyle\frac{k}{3}\\ &=\displaystyle\frac{7k}{3}\\ &=\displaystyle\frac{7}{3}\times\displaystyle\frac{1}{9}\\ &=\displaystyle\frac{7}{27}. \end{aligned} \end{equation*} Do đó \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \Bbb P(0,5\leq X\leq 2|X > 1)&=\displaystyle\frac{\Bbb P(1 < X\leq 2)}{\Bbb P(X > 1)}\\ &=\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{7}{27}}{\displaystyle\frac{26}{27}}\\ &=\displaystyle\frac{7}{26}. \end{aligned} \end{equation*}
a) Ta có \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \displaystyle\int\limits_{-\infty}^{+\infty}f_X(x)dx&=\displaystyle\int\limits_{-\infty}^{0}f_X(x)dx+\displaystyle\int\limits_{0}^{3}f_X(x)dx+\displaystyle\int\limits_{3}^{+\infty}f_X(x)dx\\ &=\displaystyle\int\limits_{-\infty}^{0}0dx+\displaystyle\int\limits_{0}^{3}kx^2dx+\displaystyle\int\limits_{3}^{+\infty}0dx\\ &=0+\Big(\displaystyle\frac{kx^3}{3}\Big)\Bigg|_0^3+0\\ &=\displaystyle\frac{27k}{3}\\ &=9k. \end{aligned} \end{equation*} Theo tính chất của hàm mật độ xác suất $$\displaystyle\int\limits_{-\infty}^{+\infty}f_X(x)dx=1.$$ Do đó $9k=1$ hay $k=\displaystyle\frac{1}{9}.$
b) Nếu $t< 0$ thì \begin{equation*}\notag \begin{aligned} F_X(t)&=\displaystyle\int\limits_{-\infty}^{t}f_X(x)dx\\ &=\displaystyle\int\limits_{-\infty}^{t}0dx\\ &=0. \end{aligned} \end{equation*} Nếu $0\leq t\leq 3$ \begin{equation*}\notag \begin{aligned} F_X(t)&=\displaystyle\int\limits_{-\infty}^{t}f_X(x)dx\\ &=\displaystyle\int\limits_{-\infty}^{0}f_X(x)dx+\displaystyle\int\limits_{0}^{t}f_X(x)dx\\ &=\displaystyle\int\limits_{-\infty}^{0}0dx+\displaystyle\int\limits_{0}^{t}kx^2dx\\ &=0+\Big(\displaystyle\frac{kx^3}{3}\Big)\Bigg|_0^t\\ &=\displaystyle\frac{kt^3}{3}\\ &=\displaystyle\frac{t^3}{27}. \end{aligned} \end{equation*} Nếu $t>3$ \begin{equation*}\notag \begin{aligned} F_X(t)&=\displaystyle\int\limits_{-\infty}^{t}f_X(x)dx\\ &=\displaystyle\int\limits_{-\infty}^{0}f_X(x)dx+\displaystyle\int\limits_{0}^{3}f_X(x)dx+\displaystyle\int\limits_{3}^{t}f_X(x)dx\\ &=\displaystyle\int\limits_{-\infty}^{0}0dx+\displaystyle\int\limits_{0}^{3}kx^2dx+\displaystyle\int\limits_{3}^{t}0dx\\ &=0+\Big(\displaystyle\frac{kx^3}{3}\Big)\Bigg|_0^3+0\\ &=9k\\ &=1. \end{aligned} \end{equation*} Vậy $$F_X(t)= \begin{cases} 0 & \mbox{ nếu $t< 0$},\\ \displaystyle\frac{t^3}{27} & \mbox{ nếu $0\leq t\leq 3$},\\ 1& \mbox{ nếu $t>3$}.\\ \end{cases}$$ c) \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \Bbb P(X>1)&=\displaystyle\int\limits_{1}^{+\infty}f_X(x)dx\\ &=\displaystyle\int\limits_{1}^{3}f_X(x)dx+\displaystyle\int\limits_{3}^{+\infty}f_X(x)dx\\ &=\displaystyle\int\limits_{1}^{3}kx^2dx+\displaystyle\int\limits_{3}^{+\infty}0dx\\ &=\Big(\displaystyle\frac{kx^3}{3}\Big)\Bigg|_1^3+0\\ &=\displaystyle\frac{27k}{3}-\displaystyle\frac{k}{3}\\ &=\displaystyle\frac{26k}{3}\\ &=\displaystyle\frac{26}{3}\times\displaystyle\frac{1}{9}\\ &=\displaystyle\frac{26}{27}. \end{aligned} \end{equation*} d) \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \Bbb P(0,5\leq X\leq 2|X > 1)&=\displaystyle\frac{\Bbb P[(0,5\leq X\leq 2)(X > 1)]}{\Bbb P(X > 1)}\\ &=\displaystyle\frac{\Bbb P(1 < X\leq 2)}{\Bbb P(X > 1)}. \end{aligned} \end{equation*} \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \Bbb P(1 < X\leq 2)&=\displaystyle\int\limits_{1}^{2}f_X(x)dx\\ &=\displaystyle\int\limits_{1}^{2}kx^2dx\\ &=\Big(\displaystyle\frac{kx^3}{3}\Big)\Bigg|_1^2\\ &=\displaystyle\frac{8k}{3}-\displaystyle\frac{k}{3}\\ &=\displaystyle\frac{7k}{3}\\ &=\displaystyle\frac{7}{3}\times\displaystyle\frac{1}{9}\\ &=\displaystyle\frac{7}{27}. \end{aligned} \end{equation*} Do đó \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \Bbb P(0,5\leq X\leq 2|X > 1)&=\displaystyle\frac{\Bbb P(1 < X\leq 2)}{\Bbb P(X > 1)}\\ &=\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{7}{27}}{\displaystyle\frac{26}{27}}\\ &=\displaystyle\frac{7}{26}. \end{aligned} \end{equation*}
b) Tìm hàm phân bố xác suất của $X.$
Lời giải bài 2.
Have a nice day!
Have a nice day!
b) Tìm hàm phân bố xác suất $F_X(x)$ của $X.$
Lời giải bài 3.
Have a nice day!
Have a nice day!
a) Tìm xác suất để thời gian phục vụ một khách hàng nào đó nằm trong khoảng từ $0,4$ đến $1$ phút.
b) Tìm thời gian trung bình để phục vụ một khách hàng.
Lời giải bài 4.
a) Ta có \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \Bbb P(0,4\leq X\leq 1)&=\displaystyle\int\limits_{0,4}^{1}f(x)dx\\ &=\displaystyle\int\limits_{0,4}^{1}5e^{-5x}dx\\ &=(-e^{-5x})\Big|_{0,4}^1\\ &=-e^{-5}+e^{-2}\\ &\approx 0,129. \end{aligned} \end{equation*} b) Từ hàm mật độ của $X$, ta suy ra biến ngẫu nhiên $X$ có phân bố mũ với tham số $\lambda=5.$ Theo tính chất của phân bố mũ ta có $$\Bbb E(X)=\displaystyle\frac{1}{\lambda}=\displaystyle\frac{1}{5}=0,2.$$ Vì $X$ là thời gian phục vụ khách hàng nên thời gian trung bình phục vụ một khách hàng là kỳ vọng của $X$. Do đó thời gian trung bình phục vụ một khách hàng là $\Bbb E(X)=0,2.$
a) Ta có \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \Bbb P(0,4\leq X\leq 1)&=\displaystyle\int\limits_{0,4}^{1}f(x)dx\\ &=\displaystyle\int\limits_{0,4}^{1}5e^{-5x}dx\\ &=(-e^{-5x})\Big|_{0,4}^1\\ &=-e^{-5}+e^{-2}\\ &\approx 0,129. \end{aligned} \end{equation*} b) Từ hàm mật độ của $X$, ta suy ra biến ngẫu nhiên $X$ có phân bố mũ với tham số $\lambda=5.$ Theo tính chất của phân bố mũ ta có $$\Bbb E(X)=\displaystyle\frac{1}{\lambda}=\displaystyle\frac{1}{5}=0,2.$$ Vì $X$ là thời gian phục vụ khách hàng nên thời gian trung bình phục vụ một khách hàng là kỳ vọng của $X$. Do đó thời gian trung bình phục vụ một khách hàng là $\Bbb E(X)=0,2.$
a) Tìm $\lambda.$
b) Một người năm nay $60$ tuổi, tìm xác suất để người này sống quá $70$ tuổi.
c) Gọi $A=(X>70)$, $B=(X>80)$, $C=(60 < X < 70).$ Tính các xác suất $\Bbb P(B|A)$, $\Bbb P(B|C).$
Lời giải bài 5.
Với mọi $a>0,$ ta có \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \Bbb P(X>a)&=\Bbb P(X\geq a)\\ &=\displaystyle\int\limits_{a}^{+\infty}f_X(x)dx\\ &=\displaystyle\int\limits_{a}^{+\infty}\lambda e^{-\lambda x}dx\\ &=\lim\limits_{b\longrightarrow+\infty}\displaystyle\int\limits_{a}^{b}\lambda e^{-\lambda x}dx\\ &=\lim\limits_{b\longrightarrow+\infty}(-e^{-\lambda x})\Big|_a^b\\ &=\lim\limits_{b\longrightarrow+\infty}(e^{-\lambda a}-e^{-\lambda b})\\ &=e^{-\lambda a}. \end{aligned} \end{equation*} a) Theo đề bài \begin{equation*}\notag \begin{aligned} &\;\;\;\;\;\;\;\;\;\Bbb P(X>60)=0,5\\ &\Longleftrightarrow e^{-60\lambda}=0,5\\ &\Longleftrightarrow \lambda=\displaystyle\frac{\ln 2}{60}. \end{aligned} \end{equation*} b) Ta có \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \Bbb P(X>70|X\geq 60)&=\displaystyle\frac{\Bbb P[(X>70)(X\geq 60)]}{\Bbb P(X\geq 60)}\\ &=\displaystyle\frac{\Bbb P(X>70)}{\Bbb P(X\geq 60)}\\ &=\displaystyle\frac{e^{-70\lambda}}{e^{-60\lambda}}\\ &=e^{-10\lambda}\\ &=e^{-\frac{\ln 2}{6}}\\ &\approx 0,8909. \end{aligned} \end{equation*} c) Ta có \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \Bbb P(B|A)&=\Bbb P(X>80|X>70)\\ &=\displaystyle\frac{\Bbb P[(X>80)(X>70)]}{\Bbb P(X>70)}\\ &=\displaystyle\frac{\Bbb P(X>80)}{\Bbb P(X>70)}\\ &=\displaystyle\frac{e^{-80\lambda}}{e^{-70\lambda}}\\ &=e^{-10\lambda}\\ &=e^{-\frac{\ln 2}{6}}\\ &\approx 0,8909. \end{aligned} \end{equation*} \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \Bbb P(B|C)&=\Bbb P(X > 80|60 < X < 70)\\ &=\displaystyle\frac{\Bbb P[(X > 80)(60 < X < 70)]}{\Bbb P(60 < X < 70)}\\ &=\displaystyle\frac{\Bbb P(\emptyset)}{\Bbb P(60 < X < 70)}\\ &=0. \end{aligned} \end{equation*}
Với mọi $a>0,$ ta có \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \Bbb P(X>a)&=\Bbb P(X\geq a)\\ &=\displaystyle\int\limits_{a}^{+\infty}f_X(x)dx\\ &=\displaystyle\int\limits_{a}^{+\infty}\lambda e^{-\lambda x}dx\\ &=\lim\limits_{b\longrightarrow+\infty}\displaystyle\int\limits_{a}^{b}\lambda e^{-\lambda x}dx\\ &=\lim\limits_{b\longrightarrow+\infty}(-e^{-\lambda x})\Big|_a^b\\ &=\lim\limits_{b\longrightarrow+\infty}(e^{-\lambda a}-e^{-\lambda b})\\ &=e^{-\lambda a}. \end{aligned} \end{equation*} a) Theo đề bài \begin{equation*}\notag \begin{aligned} &\;\;\;\;\;\;\;\;\;\Bbb P(X>60)=0,5\\ &\Longleftrightarrow e^{-60\lambda}=0,5\\ &\Longleftrightarrow \lambda=\displaystyle\frac{\ln 2}{60}. \end{aligned} \end{equation*} b) Ta có \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \Bbb P(X>70|X\geq 60)&=\displaystyle\frac{\Bbb P[(X>70)(X\geq 60)]}{\Bbb P(X\geq 60)}\\ &=\displaystyle\frac{\Bbb P(X>70)}{\Bbb P(X\geq 60)}\\ &=\displaystyle\frac{e^{-70\lambda}}{e^{-60\lambda}}\\ &=e^{-10\lambda}\\ &=e^{-\frac{\ln 2}{6}}\\ &\approx 0,8909. \end{aligned} \end{equation*} c) Ta có \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \Bbb P(B|A)&=\Bbb P(X>80|X>70)\\ &=\displaystyle\frac{\Bbb P[(X>80)(X>70)]}{\Bbb P(X>70)}\\ &=\displaystyle\frac{\Bbb P(X>80)}{\Bbb P(X>70)}\\ &=\displaystyle\frac{e^{-80\lambda}}{e^{-70\lambda}}\\ &=e^{-10\lambda}\\ &=e^{-\frac{\ln 2}{6}}\\ &\approx 0,8909. \end{aligned} \end{equation*} \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \Bbb P(B|C)&=\Bbb P(X > 80|60 < X < 70)\\ &=\displaystyle\frac{\Bbb P[(X > 80)(60 < X < 70)]}{\Bbb P(60 < X < 70)}\\ &=\displaystyle\frac{\Bbb P(\emptyset)}{\Bbb P(60 < X < 70)}\\ &=0. \end{aligned} \end{equation*}
b) Tính kỳ vọng $\Bbb E(X).$
Lời giải bài 6.
a) Ta có \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \displaystyle\int\limits_{-\infty}^{+\infty}f_X(x)dx&=\displaystyle\int\limits_{-\infty}^{0}f_X(x)dx+\displaystyle\int\limits_{0}^{+\infty}f_X(x)dx\\ &=\displaystyle\int\limits_{-\infty}^{0}0dx+\displaystyle\int\limits_{0}^{+\infty}k(1+x)^{-3}dx\\ &=0+k\displaystyle\int\limits_{0}^{+\infty}(1+x)^{-3}dx\\ &=k\displaystyle\int\limits_{0}^{+\infty}(1+x)^{-3}dx. \end{aligned} \end{equation*} Ta có \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \displaystyle\int\limits_{0}^{+\infty}(1+x)^{-3}dx&=\lim\limits_{a\longrightarrow+\infty}\displaystyle\int\limits_{0}^{a}(1+x)^{-3}dx\\ &=\lim\limits_{a\longrightarrow+\infty}\Big[\displaystyle\frac{1}{-2(1+x)^2}\Big|_0^a\Big]\\ &=\lim\limits_{a\longrightarrow+\infty}\Big[\displaystyle\frac{1}{-2(1+a)^2}+\displaystyle\frac{1}{2}\Big]\\ &=\displaystyle\frac{1}{2}. \end{aligned} \end{equation*} Do đó $\displaystyle\int\limits_{-\infty}^{+\infty}f_X(x)dx=\displaystyle\frac{k}{2}.$
Theo tính chất của hàm mật độ xác suất $\displaystyle\int\limits_{-\infty}^{+\infty}f_X(x)dx=1.$ Do đó $\displaystyle\frac{k}{2}=1$ hay $k=2.$
b) Ta có \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \Bbb E(X)&=\displaystyle\int\limits_{-\infty}^{+\infty}xf_X(x)dx\\ &=\displaystyle\int\limits_{-\infty}^{0}xf_X(x)dx+\displaystyle\int\limits_{0}^{+\infty}xf_X(x)dx\\ &=\displaystyle\int\limits_{-\infty}^{0}x.0dx+\displaystyle\int\limits_{0}^{+\infty}x.2(1+x)^{-3}dx\\ &=\displaystyle\int\limits_{-\infty}^{0}0dx+2\displaystyle\int\limits_{0}^{+\infty}\displaystyle\frac{x}{(1+x)^3}dx\\ &=0+2\displaystyle\int\limits_{0}^{+\infty}\displaystyle\frac{x}{(1+x)^3}dx\\ &=2\displaystyle\int\limits_{0}^{+\infty}\displaystyle\frac{x}{(1+x)^3}dx. \end{aligned} \end{equation*} Ta có \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \displaystyle\int\limits_{0}^{+\infty}\displaystyle\frac{x}{(1+x)^3}dx&=\lim\limits_{a\longrightarrow+\infty}\displaystyle\int\limits_{0}^{a}\displaystyle\frac{x}{(1+x)^3}dx\\ &=\lim\limits_{a\longrightarrow+\infty}\displaystyle\int\limits_{0}^{a}\Big[\displaystyle\frac{1}{(1+x)^2}-\displaystyle\frac{1}{(1+x)^3}\Big]dx\\ &=\lim\limits_{a\longrightarrow+\infty}\Big[-\displaystyle\frac{1}{1+x}+\displaystyle\frac{1}{2(1+x)^2}\Big]\Bigg|_0^a\\ &=\lim\limits_{a\longrightarrow+\infty}\Big[-\displaystyle\frac{1}{1+a}+\displaystyle\frac{1}{2(1+a)^2}-\displaystyle\frac{1}{2}+1\Big]\\ &=\displaystyle\frac{1}{2}. \end{aligned} \end{equation*} Vậy $\Bbb E(X)=1.$
a) Ta có \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \displaystyle\int\limits_{-\infty}^{+\infty}f_X(x)dx&=\displaystyle\int\limits_{-\infty}^{0}f_X(x)dx+\displaystyle\int\limits_{0}^{+\infty}f_X(x)dx\\ &=\displaystyle\int\limits_{-\infty}^{0}0dx+\displaystyle\int\limits_{0}^{+\infty}k(1+x)^{-3}dx\\ &=0+k\displaystyle\int\limits_{0}^{+\infty}(1+x)^{-3}dx\\ &=k\displaystyle\int\limits_{0}^{+\infty}(1+x)^{-3}dx. \end{aligned} \end{equation*} Ta có \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \displaystyle\int\limits_{0}^{+\infty}(1+x)^{-3}dx&=\lim\limits_{a\longrightarrow+\infty}\displaystyle\int\limits_{0}^{a}(1+x)^{-3}dx\\ &=\lim\limits_{a\longrightarrow+\infty}\Big[\displaystyle\frac{1}{-2(1+x)^2}\Big|_0^a\Big]\\ &=\lim\limits_{a\longrightarrow+\infty}\Big[\displaystyle\frac{1}{-2(1+a)^2}+\displaystyle\frac{1}{2}\Big]\\ &=\displaystyle\frac{1}{2}. \end{aligned} \end{equation*} Do đó $\displaystyle\int\limits_{-\infty}^{+\infty}f_X(x)dx=\displaystyle\frac{k}{2}.$
Theo tính chất của hàm mật độ xác suất $\displaystyle\int\limits_{-\infty}^{+\infty}f_X(x)dx=1.$ Do đó $\displaystyle\frac{k}{2}=1$ hay $k=2.$
b) Ta có \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \Bbb E(X)&=\displaystyle\int\limits_{-\infty}^{+\infty}xf_X(x)dx\\ &=\displaystyle\int\limits_{-\infty}^{0}xf_X(x)dx+\displaystyle\int\limits_{0}^{+\infty}xf_X(x)dx\\ &=\displaystyle\int\limits_{-\infty}^{0}x.0dx+\displaystyle\int\limits_{0}^{+\infty}x.2(1+x)^{-3}dx\\ &=\displaystyle\int\limits_{-\infty}^{0}0dx+2\displaystyle\int\limits_{0}^{+\infty}\displaystyle\frac{x}{(1+x)^3}dx\\ &=0+2\displaystyle\int\limits_{0}^{+\infty}\displaystyle\frac{x}{(1+x)^3}dx\\ &=2\displaystyle\int\limits_{0}^{+\infty}\displaystyle\frac{x}{(1+x)^3}dx. \end{aligned} \end{equation*} Ta có \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \displaystyle\int\limits_{0}^{+\infty}\displaystyle\frac{x}{(1+x)^3}dx&=\lim\limits_{a\longrightarrow+\infty}\displaystyle\int\limits_{0}^{a}\displaystyle\frac{x}{(1+x)^3}dx\\ &=\lim\limits_{a\longrightarrow+\infty}\displaystyle\int\limits_{0}^{a}\Big[\displaystyle\frac{1}{(1+x)^2}-\displaystyle\frac{1}{(1+x)^3}\Big]dx\\ &=\lim\limits_{a\longrightarrow+\infty}\Big[-\displaystyle\frac{1}{1+x}+\displaystyle\frac{1}{2(1+x)^2}\Big]\Bigg|_0^a\\ &=\lim\limits_{a\longrightarrow+\infty}\Big[-\displaystyle\frac{1}{1+a}+\displaystyle\frac{1}{2(1+a)^2}-\displaystyle\frac{1}{2}+1\Big]\\ &=\displaystyle\frac{1}{2}. \end{aligned} \end{equation*} Vậy $\Bbb E(X)=1.$
b) Tính xác suất $\Bbb P(-0,5 < X < 2).$
c) Tính kỳ vọng $\Bbb E(X).$
Lời giải bài 7.
a) Ta có \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \Big(\displaystyle\frac{2kx}{k^2+x^2}\Big)'&=\displaystyle\frac{(2kx)'(k^2+x^2)-2kx(k^2+x^2)'}{(k^2+x^2)^2}\\ &=\displaystyle\frac{2k(k^2+x^2)-2kx.2x}{(k^2+x^2)^2}\\ &=\displaystyle\frac{2k(k^2+x^2)-4kx^2}{(k^2+x^2)^2}\\ &=\displaystyle\frac{2k(k^2+x^2-2x^2)}{(k^2+x^2)^2}\\ &=\displaystyle\frac{2k(k^2-x^2)}{(k^2+x^2)^2}. \end{aligned} \end{equation*} Do đó hàm mật độ xác suất $f_X(x)$ của $X$ $$f_X(x)= \begin{cases} 0 & \mbox{ nếu $x<0$}.\\ \displaystyle\frac{2k(k^2-x^2)}{(k^2+x^2)^2} & \mbox{ nếu $0\leq x\leq k$},\\ 0 & \mbox{ nếu $x>k$}.\\ \end{cases}$$ Hay $$f_X(x)= \begin{cases} \displaystyle\frac{2k(k^2-x^2)}{(k^2+x^2)^2} & \mbox{ nếu $0\leq x\leq k$},\\ 0 & \mbox{ nếu $x\notin [0; k]$}.\\ \end{cases}$$ b) Ta có \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \Bbb P(-0,5 < X < 2)&=\displaystyle\int\limits_{-0,5}^{2}f_X(x)dx\\ &=F_X(2)-F_X(-0,5). \end{aligned} \end{equation*} Ta có $F_X(-0,5)=0$ vì $-0,5<0.$
Nếu $k\geq 2$ thì \begin{equation*}\notag \begin{aligned} F_X(2)&=\displaystyle\frac{2k.2}{k^2+2^2}\\ &=\displaystyle\frac{4k}{k^2+4}. \end{aligned} \end{equation*} Nếu $k<2$ thì $F_X(2)=1.$
Do đó \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \Bbb P(-0,5 < X < 2)&=F_X(2)-F_X(-0,5)\\ &=F_X(2)\\ &=\begin{cases} \displaystyle\frac{4k}{k^2+4} & \mbox{ nếu $k\geq 2$},\\ 1 & \mbox{ nếu $k<2$}.\\ \end{cases} \end{aligned} \end{equation*} c) \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \Bbb E(X)&=\displaystyle\int\limits_{-\infty}^{+\infty}xf_X(x)dx\\ &=\displaystyle\int\limits_{-\infty}^{0}xf_X(x)dx+\displaystyle\int\limits_{0}^{k}xf_X(x)dx+\displaystyle\int\limits_{k}^{+\infty}xf_X(x)dx\\ &=\displaystyle\int\limits_{-\infty}^{0}x.0dx+\displaystyle\int\limits_{0}^{k}x.\displaystyle\frac{2k(k^2-x^2)}{(k^2+x^2)^2}dx+\displaystyle\int\limits_{k}^{+\infty}x.0dx\\ &=\displaystyle\int\limits_{-\infty}^{0}0dx+\displaystyle\int\limits_{0}^{k}x.\displaystyle\frac{2k(k^2-x^2)}{(k^2+x^2)^2}dx+\displaystyle\int\limits_{k}^{+\infty}0dx\\ &=0+\displaystyle\int\limits_{0}^{k}x.\displaystyle\frac{2k(k^2-x^2)}{(k^2+x^2)^2}dx+0\\ &=\displaystyle\int\limits_{0}^{k}x.\displaystyle\frac{2k(k^2-x^2)}{(k^2+x^2)^2}dx. \end{aligned} \end{equation*} Đặt \begin{equation*} \begin{cases}u=x \\ v'=\displaystyle\frac{2k(k^2-x^2)}{(k^2+x^2)^2}\end{cases}\Longrightarrow\begin{cases}u'=1 \\ v=\displaystyle\frac{2kx}{k^2+x^2}\end{cases} \end{equation*} Theo công thức tích phân từng phần \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \Bbb E(X)&=\Big(x.\displaystyle\frac{2kx}{k^2+x^2}\Big)\Bigg|_0^k-\displaystyle\int\limits_{0}^{k}\displaystyle\frac{2kx}{k^2+x^2}.1dx\\ &=\Big(\displaystyle\frac{2kx^2}{k^2+x^2}\Big)\Bigg|_0^k-\displaystyle\int\limits_{0}^{k}\displaystyle\frac{kd(k^2+x^2)}{k^2+x^2}\\ &=\displaystyle\frac{2k.k^2}{k^2+k^2}-k\big(\ln|k^2+x^2|\Big|_0^k\big)\\ &=k-k(\ln|k^2+k^2|-\ln|k^2+0^2|)\\ &=k-k(\ln|2k^2|-\ln|k^2|)\\ &=k-k\ln 2\\ &=k(1-\ln 2). \end{aligned} \end{equation*}
a) Ta có \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \Big(\displaystyle\frac{2kx}{k^2+x^2}\Big)'&=\displaystyle\frac{(2kx)'(k^2+x^2)-2kx(k^2+x^2)'}{(k^2+x^2)^2}\\ &=\displaystyle\frac{2k(k^2+x^2)-2kx.2x}{(k^2+x^2)^2}\\ &=\displaystyle\frac{2k(k^2+x^2)-4kx^2}{(k^2+x^2)^2}\\ &=\displaystyle\frac{2k(k^2+x^2-2x^2)}{(k^2+x^2)^2}\\ &=\displaystyle\frac{2k(k^2-x^2)}{(k^2+x^2)^2}. \end{aligned} \end{equation*} Do đó hàm mật độ xác suất $f_X(x)$ của $X$ $$f_X(x)= \begin{cases} 0 & \mbox{ nếu $x<0$}.\\ \displaystyle\frac{2k(k^2-x^2)}{(k^2+x^2)^2} & \mbox{ nếu $0\leq x\leq k$},\\ 0 & \mbox{ nếu $x>k$}.\\ \end{cases}$$ Hay $$f_X(x)= \begin{cases} \displaystyle\frac{2k(k^2-x^2)}{(k^2+x^2)^2} & \mbox{ nếu $0\leq x\leq k$},\\ 0 & \mbox{ nếu $x\notin [0; k]$}.\\ \end{cases}$$ b) Ta có \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \Bbb P(-0,5 < X < 2)&=\displaystyle\int\limits_{-0,5}^{2}f_X(x)dx\\ &=F_X(2)-F_X(-0,5). \end{aligned} \end{equation*} Ta có $F_X(-0,5)=0$ vì $-0,5<0.$
Nếu $k\geq 2$ thì \begin{equation*}\notag \begin{aligned} F_X(2)&=\displaystyle\frac{2k.2}{k^2+2^2}\\ &=\displaystyle\frac{4k}{k^2+4}. \end{aligned} \end{equation*} Nếu $k<2$ thì $F_X(2)=1.$
Do đó \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \Bbb P(-0,5 < X < 2)&=F_X(2)-F_X(-0,5)\\ &=F_X(2)\\ &=\begin{cases} \displaystyle\frac{4k}{k^2+4} & \mbox{ nếu $k\geq 2$},\\ 1 & \mbox{ nếu $k<2$}.\\ \end{cases} \end{aligned} \end{equation*} c) \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \Bbb E(X)&=\displaystyle\int\limits_{-\infty}^{+\infty}xf_X(x)dx\\ &=\displaystyle\int\limits_{-\infty}^{0}xf_X(x)dx+\displaystyle\int\limits_{0}^{k}xf_X(x)dx+\displaystyle\int\limits_{k}^{+\infty}xf_X(x)dx\\ &=\displaystyle\int\limits_{-\infty}^{0}x.0dx+\displaystyle\int\limits_{0}^{k}x.\displaystyle\frac{2k(k^2-x^2)}{(k^2+x^2)^2}dx+\displaystyle\int\limits_{k}^{+\infty}x.0dx\\ &=\displaystyle\int\limits_{-\infty}^{0}0dx+\displaystyle\int\limits_{0}^{k}x.\displaystyle\frac{2k(k^2-x^2)}{(k^2+x^2)^2}dx+\displaystyle\int\limits_{k}^{+\infty}0dx\\ &=0+\displaystyle\int\limits_{0}^{k}x.\displaystyle\frac{2k(k^2-x^2)}{(k^2+x^2)^2}dx+0\\ &=\displaystyle\int\limits_{0}^{k}x.\displaystyle\frac{2k(k^2-x^2)}{(k^2+x^2)^2}dx. \end{aligned} \end{equation*} Đặt \begin{equation*} \begin{cases}u=x \\ v'=\displaystyle\frac{2k(k^2-x^2)}{(k^2+x^2)^2}\end{cases}\Longrightarrow\begin{cases}u'=1 \\ v=\displaystyle\frac{2kx}{k^2+x^2}\end{cases} \end{equation*} Theo công thức tích phân từng phần \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \Bbb E(X)&=\Big(x.\displaystyle\frac{2kx}{k^2+x^2}\Big)\Bigg|_0^k-\displaystyle\int\limits_{0}^{k}\displaystyle\frac{2kx}{k^2+x^2}.1dx\\ &=\Big(\displaystyle\frac{2kx^2}{k^2+x^2}\Big)\Bigg|_0^k-\displaystyle\int\limits_{0}^{k}\displaystyle\frac{kd(k^2+x^2)}{k^2+x^2}\\ &=\displaystyle\frac{2k.k^2}{k^2+k^2}-k\big(\ln|k^2+x^2|\Big|_0^k\big)\\ &=k-k(\ln|k^2+k^2|-\ln|k^2+0^2|)\\ &=k-k(\ln|2k^2|-\ln|k^2|)\\ &=k-k\ln 2\\ &=k(1-\ln 2). \end{aligned} \end{equation*}
a) Lập hàm phân bố xác suất của $X.$
b) Tính $\Bbb E(X)$, $\Bbb D(X).$
c) Lập bảng phân bố xác suất của $2X,$ $X^2.$
Lời giải bài 8.
Have a nice day!
Have a nice day!
a) Lập bảng phân bố xác suất của $X$, tìm hàm phân bố $F_X(x).$
b) Tính kỳ vọng $\Bbb E(X)$ và phương sai $\Bbb D(X)$.
c) Chọn mỗi sản phẩm loại I được thưởng $50$USD và mỗi sản phẩm loại II được thưởng $10$USD, tính số tiền thưởng trung bình nhận được.
Lời giải bài 9.
Have a nice day!
Have a nice day!
a) Gọi $X$ là tổng số ghi trên hai tấm thẻ. Lập bảng phân bố xác suất của $X$ và hàm phân bố xác suất $F_X(x).$
b) Với mỗi số trên thẻ chọn được thưởng $20\$$. Gọi $Y$ là tổng số tiền được thưởng, tính $\Bbb E(Y).$
Lời giải bài 10.
a) Số cách chọn được hai tấm thẻ bất kỳ trong $10$ tấm thẻ là $C_{10}^2$. Số cách chọn hai tấm thẻ trong đó có một thẻ số $1$ và một thẻ số $2$ là $C_4^1\times C_3^1.$
Vậy xác suất chọn được một thẻ số $1$ và một thẻ số $2$ là $\displaystyle\frac{C_4^1\times C_3^1}{C_{10}^2}=\displaystyle\frac{4}{15}.$
b) $X$ nhận các giá trị $2; 3; 4; 5; 6; 7.$
$(X=2)$ là biến cố: "Chọn được $2$ tấm thẻ số $1$", do đó $$\Bbb P(X=2)=\displaystyle\frac{C_4^2}{C_{10}^2}=\displaystyle\frac{6}{45}.$$ $(X=3)$ là biến cố: "Chọn được $1$ tấm thẻ số $1$ và $1$ tấm thẻ số $2$", do đó $$\Bbb P(X=3)=\displaystyle\frac{C_4^1\times C_3^1}{C_{10}^2}=\displaystyle\frac{12}{45}.$$ $(X=4)=A\cup B$, trong đó $A$ là biến cố: "Chọn được $1$ tấm thẻ số $1$ và $1$ tấm thẻ số $3$", $B$ là biến cố: "Chọn được $2$ tấm thẻ số $2$".
Ta có \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \Bbb P(A)&=\displaystyle\frac{C_4^1\times C_2^1}{C_{10}^2}=\displaystyle\frac{8}{45},\\ \Bbb P(B)&=\displaystyle\frac{C_3^2}{C_{10}^2}=\displaystyle\frac{3}{45}. \end{aligned} \end{equation*} Vì hai biến cố $A$ và $B$ xung khắc nên \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \Bbb P(X=4)&=\Bbb P(A)+\Bbb P(B)\\ &=\displaystyle\frac{8}{45}+\displaystyle\frac{3}{45}\\ &=\displaystyle\frac{11}{45}. \end{aligned} \end{equation*} $(X=5)=C\cup D$, trong đó $C$ là biến cố: "Chọn được $1$ tấm thẻ số $1$ và $1$ tấm thẻ số $4$", $D$ là biến cố: "Chọn được $1$ tấm thẻ số $2$ và $1$ tấm thẻ số $3$".
Ta có \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \Bbb P(C)&=\displaystyle\frac{C_4^1\times C_1^1}{C_{10}^2}=\displaystyle\frac{4}{45},\\ \Bbb P(D)&=\displaystyle\frac{C_3^1\times C_2^1}{C_{10}^2}=\displaystyle\frac{6}{45}. \end{aligned} \end{equation*} Vì hai biến cố $C$ và $D$ xung khắc nên \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \Bbb P(X=5)&=\Bbb P(C)+\Bbb P(D)\\ &=\displaystyle\frac{4}{45}+\displaystyle\frac{6}{45}\\ &=\displaystyle\frac{10}{45}. \end{aligned} \end{equation*} $(X=6)=E\cup F$, trong đó $E$ là biến cố: "Chọn được $1$ tấm thẻ số $2$ và $1$ tấm thẻ số $4$", $F$ là biến cố: "Chọn được $2$ tấm thẻ số $3$".\\ Ta có \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \Bbb P(E)&=\displaystyle\frac{C_3^1\times C_1^1}{C_{10}^2}=\displaystyle\frac{3}{45},\\ \Bbb P(F)&=\displaystyle\frac{C_2^2}{C_{10}^2}=\displaystyle\frac{1}{45}. \end{aligned} \end{equation*} Vì hai biến cố $E$ và $F$ xung khắc nên \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \Bbb P(X=6)&=\Bbb P(E)+\Bbb P(F)\\ &=\displaystyle\frac{3}{45}+\displaystyle\frac{1}{45}\\ &=\displaystyle\frac{4}{45}. \end{aligned} \end{equation*} $(X=7)$ là biến cố: "Chọn được $1$ tấm thẻ số $3$ và $1$ tấm thẻ số $4$", do đó $$\Bbb P(X=7)=\displaystyle\frac{C_2^1\times C_1^1}{C_{10}^2}=\displaystyle\frac{2}{45}.$$ Bảng phân bố xác suất của $X$ \begin{array}{| c| c| c| c| c| c| c|}\hline X & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7\\ \hline \Bbb P & \displaystyle\frac{6}{45} & \displaystyle\frac{12}{45} & \displaystyle\frac{11}{45} & \displaystyle\frac{10}{45} & \displaystyle\frac{4}{45} & \displaystyle\frac{2}{45}\\ \hline \end{array} Hàm phân bố xác suất $F_X(x)$ $$F_X(x)= \begin{cases} 0 & \mbox{ khi $x<2$},\\ \displaystyle\frac{6}{45} & \mbox{ khi $2\leq x<3$},\\ \displaystyle\frac{6}{45}+\displaystyle\frac{12}{45} & \mbox{ khi $3\leq x<4$},\\ \displaystyle\frac{6}{45}+\displaystyle\frac{12}{45}+\displaystyle\frac{11}{45} & \mbox{ khi $4\leq x<5$},\\ \displaystyle\frac{6}{45}+\displaystyle\frac{12}{45}+\displaystyle\frac{11}{45}+\displaystyle\frac{10}{45} & \mbox{ khi $5\leq x<6$},\\ \displaystyle\frac{6}{45}+\displaystyle\frac{12}{45}+\displaystyle\frac{11}{45}+\displaystyle\frac{10}{45}+\displaystyle\frac{4}{45} & \mbox{ khi $6\leq x<7$},\\ 1 & \mbox{ khi $x\geq 7$}. \end{cases}$$ Hay $$F_X(x)= \begin{cases} 0 & \mbox{ khi $x<2$},\\ \displaystyle\frac{6}{45} & \mbox{ khi $2\leq x<3$},\\ \displaystyle\frac{18}{45} & \mbox{ khi $3\leq x<4$},\\ \displaystyle\frac{29}{45} & \mbox{ khi $4\leq x<5$},\\ \displaystyle\frac{39}{45} & \mbox{ khi $5\leq x<6$},\\ \displaystyle\frac{43}{45} & \mbox{ khi $6\leq x<7$},\\ 1 & \mbox{ khi $x\geq 7$}. \end{cases}$$ c) Kỳ vọng của $X$ \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \Bbb E(X)&=2\times\displaystyle\frac{6}{45}+3\times\displaystyle\frac{12}{45}+4\times\displaystyle\frac{11}{45}+5\times\displaystyle\frac{10}{45}+6\times\displaystyle\frac{4}{45}+7\times\displaystyle\frac{2}{45}\\ &=\displaystyle\frac{180}{45}\\ &=4. \end{aligned} \end{equation*} Ta thấy $Y=20X$, do đó \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \Bbb E(Y)&=\Bbb E(20X)\\ &=20\Bbb E(X)\\ &=20\times 4\\ &=80. \end{aligned} \end{equation*}
a) Số cách chọn được hai tấm thẻ bất kỳ trong $10$ tấm thẻ là $C_{10}^2$. Số cách chọn hai tấm thẻ trong đó có một thẻ số $1$ và một thẻ số $2$ là $C_4^1\times C_3^1.$
Vậy xác suất chọn được một thẻ số $1$ và một thẻ số $2$ là $\displaystyle\frac{C_4^1\times C_3^1}{C_{10}^2}=\displaystyle\frac{4}{15}.$
b) $X$ nhận các giá trị $2; 3; 4; 5; 6; 7.$
$(X=2)$ là biến cố: "Chọn được $2$ tấm thẻ số $1$", do đó $$\Bbb P(X=2)=\displaystyle\frac{C_4^2}{C_{10}^2}=\displaystyle\frac{6}{45}.$$ $(X=3)$ là biến cố: "Chọn được $1$ tấm thẻ số $1$ và $1$ tấm thẻ số $2$", do đó $$\Bbb P(X=3)=\displaystyle\frac{C_4^1\times C_3^1}{C_{10}^2}=\displaystyle\frac{12}{45}.$$ $(X=4)=A\cup B$, trong đó $A$ là biến cố: "Chọn được $1$ tấm thẻ số $1$ và $1$ tấm thẻ số $3$", $B$ là biến cố: "Chọn được $2$ tấm thẻ số $2$".
Ta có \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \Bbb P(A)&=\displaystyle\frac{C_4^1\times C_2^1}{C_{10}^2}=\displaystyle\frac{8}{45},\\ \Bbb P(B)&=\displaystyle\frac{C_3^2}{C_{10}^2}=\displaystyle\frac{3}{45}. \end{aligned} \end{equation*} Vì hai biến cố $A$ và $B$ xung khắc nên \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \Bbb P(X=4)&=\Bbb P(A)+\Bbb P(B)\\ &=\displaystyle\frac{8}{45}+\displaystyle\frac{3}{45}\\ &=\displaystyle\frac{11}{45}. \end{aligned} \end{equation*} $(X=5)=C\cup D$, trong đó $C$ là biến cố: "Chọn được $1$ tấm thẻ số $1$ và $1$ tấm thẻ số $4$", $D$ là biến cố: "Chọn được $1$ tấm thẻ số $2$ và $1$ tấm thẻ số $3$".
Ta có \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \Bbb P(C)&=\displaystyle\frac{C_4^1\times C_1^1}{C_{10}^2}=\displaystyle\frac{4}{45},\\ \Bbb P(D)&=\displaystyle\frac{C_3^1\times C_2^1}{C_{10}^2}=\displaystyle\frac{6}{45}. \end{aligned} \end{equation*} Vì hai biến cố $C$ và $D$ xung khắc nên \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \Bbb P(X=5)&=\Bbb P(C)+\Bbb P(D)\\ &=\displaystyle\frac{4}{45}+\displaystyle\frac{6}{45}\\ &=\displaystyle\frac{10}{45}. \end{aligned} \end{equation*} $(X=6)=E\cup F$, trong đó $E$ là biến cố: "Chọn được $1$ tấm thẻ số $2$ và $1$ tấm thẻ số $4$", $F$ là biến cố: "Chọn được $2$ tấm thẻ số $3$".\\ Ta có \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \Bbb P(E)&=\displaystyle\frac{C_3^1\times C_1^1}{C_{10}^2}=\displaystyle\frac{3}{45},\\ \Bbb P(F)&=\displaystyle\frac{C_2^2}{C_{10}^2}=\displaystyle\frac{1}{45}. \end{aligned} \end{equation*} Vì hai biến cố $E$ và $F$ xung khắc nên \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \Bbb P(X=6)&=\Bbb P(E)+\Bbb P(F)\\ &=\displaystyle\frac{3}{45}+\displaystyle\frac{1}{45}\\ &=\displaystyle\frac{4}{45}. \end{aligned} \end{equation*} $(X=7)$ là biến cố: "Chọn được $1$ tấm thẻ số $3$ và $1$ tấm thẻ số $4$", do đó $$\Bbb P(X=7)=\displaystyle\frac{C_2^1\times C_1^1}{C_{10}^2}=\displaystyle\frac{2}{45}.$$ Bảng phân bố xác suất của $X$ \begin{array}{| c| c| c| c| c| c| c|}\hline X & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7\\ \hline \Bbb P & \displaystyle\frac{6}{45} & \displaystyle\frac{12}{45} & \displaystyle\frac{11}{45} & \displaystyle\frac{10}{45} & \displaystyle\frac{4}{45} & \displaystyle\frac{2}{45}\\ \hline \end{array} Hàm phân bố xác suất $F_X(x)$ $$F_X(x)= \begin{cases} 0 & \mbox{ khi $x<2$},\\ \displaystyle\frac{6}{45} & \mbox{ khi $2\leq x<3$},\\ \displaystyle\frac{6}{45}+\displaystyle\frac{12}{45} & \mbox{ khi $3\leq x<4$},\\ \displaystyle\frac{6}{45}+\displaystyle\frac{12}{45}+\displaystyle\frac{11}{45} & \mbox{ khi $4\leq x<5$},\\ \displaystyle\frac{6}{45}+\displaystyle\frac{12}{45}+\displaystyle\frac{11}{45}+\displaystyle\frac{10}{45} & \mbox{ khi $5\leq x<6$},\\ \displaystyle\frac{6}{45}+\displaystyle\frac{12}{45}+\displaystyle\frac{11}{45}+\displaystyle\frac{10}{45}+\displaystyle\frac{4}{45} & \mbox{ khi $6\leq x<7$},\\ 1 & \mbox{ khi $x\geq 7$}. \end{cases}$$ Hay $$F_X(x)= \begin{cases} 0 & \mbox{ khi $x<2$},\\ \displaystyle\frac{6}{45} & \mbox{ khi $2\leq x<3$},\\ \displaystyle\frac{18}{45} & \mbox{ khi $3\leq x<4$},\\ \displaystyle\frac{29}{45} & \mbox{ khi $4\leq x<5$},\\ \displaystyle\frac{39}{45} & \mbox{ khi $5\leq x<6$},\\ \displaystyle\frac{43}{45} & \mbox{ khi $6\leq x<7$},\\ 1 & \mbox{ khi $x\geq 7$}. \end{cases}$$ c) Kỳ vọng của $X$ \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \Bbb E(X)&=2\times\displaystyle\frac{6}{45}+3\times\displaystyle\frac{12}{45}+4\times\displaystyle\frac{11}{45}+5\times\displaystyle\frac{10}{45}+6\times\displaystyle\frac{4}{45}+7\times\displaystyle\frac{2}{45}\\ &=\displaystyle\frac{180}{45}\\ &=4. \end{aligned} \end{equation*} Ta thấy $Y=20X$, do đó \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \Bbb E(Y)&=\Bbb E(20X)\\ &=20\Bbb E(X)\\ &=20\times 4\\ &=80. \end{aligned} \end{equation*}
a) Lập hàm phân bố xác suất của $Y.$
b) Tính $\Bbb E(Y).$
c) Xét trường hợp bắn $3$ viên liên tiếp trúng vòng $10$ thì ngừng bắn. Gọi $Z$ là số đạn còn thừa. Tìm quy luật phân bố xác suất của $Z.$
Lời giải bài 11.
Ta thấy $Y$ nhận $3$ giá trị là $3; 4; 5.$
Gọi $A_k$ là biến cố: "Xạ thủ bắn trúng vòng $10$ ở lần bắn thứ $k$". Khi đó $\Bbb P(A_k)=0,85.$
Ta có $$(Y=3)=A_1A_2A_3.$$ Vì $3$ biến cố $A_1, A_2, A_3$ là độc lập nên \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \Bbb P(Y=3)&=\Bbb P(A_1A_2A_3)\\ &=\Bbb P(A_1)\Bbb P(A_2)\Bbb P(A_3)\\ &=0,85\times 0,85\times 0,85\\ &=0,614125. \end{aligned} \end{equation*} $$(Y=4)=\overline{A_1}A_2A_3A_4.$$ Vì $4$ biến cố $\overline{A_1}, A_2, A_3, A_4$ là độc lập nên \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \Bbb P(Y=4)&=\Bbb P(\overline{A_1}A_2A_3A_4)\\ &=\Bbb P(\overline{A_1})\Bbb P(A_2)\Bbb P(A_3)\Bbb P(A_4)\\ &=(1-0,85)\times 0,85\times 0,85\times 0,85\\ &=0,09211875. \end{aligned} \end{equation*} Ta có \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \Bbb P(Y=5)&=1-\Bbb P(Y=3)-\Bbb P(Y=4)\\ &=1-0,614125-0,09211875\\ &=0,29375625. \end{aligned} \end{equation*} Bảng phân bố xác suất của $Y$ \begin{array}{| c| c| c| c| }\hline Y & 3 & 4 & 5\\ \hline \Bbb P & 0,614125 & 0,09211875 & 0,29375625\\ \hline \end{array} Hàm phân bố xác suất $F_X(x)$ $$F_X(x)= \begin{cases} 0 & \mbox{ khi $x<3$},\\ 0,614125 & \mbox{ khi $3\leq x<4$},\\ 0,614125+0,09211875 & \mbox{ khi $4\leq x<5$},\\ 1 & \mbox{ khi $x\geq 5$}. \end{cases}$$ Hay $$F_X(x)= \begin{cases} 0 & \mbox{ khi $x<3$},\\ 0,614125 & \mbox{ khi $3\leq x<4$},\\ 0,70624375 & \mbox{ khi $4\leq x<5$},\\ 1 & \mbox{ khi $x\geq 5$}. \end{cases}$$ b) Kỳ vọng của $Y$ \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \Bbb E(Y)&=3\times 0,614125+4\times 0,09211875+5\times 0,29375625\\ &=3,67963125. \end{aligned} \end{equation*} c) Ta có $Z=5-Y$. Vì $Y$ nhận các giá trị $3; 4; 5$ nên $Z$ nhận các giá trị $2; 1; 0.$
\begin{equation*}\notag \begin{aligned} \Bbb P(Z=0)&=\Bbb P(5-Y=0)\\ &=\Bbb P(Y=5)\\ &=0,29375625. \end{aligned} \end{equation*} \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \Bbb P(Z=1)&=\Bbb P(5-Y=1)\\ &=\Bbb P(Y=4)\\ &=0,09211875. \end{aligned} \end{equation*} \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \Bbb P(Z=2)&=\Bbb P(5-Y=2)\\ &=\Bbb P(Y=3)\\ &=0,614125. \end{aligned} \end{equation*} Bảng phân bố xác suất của $Z$ \begin{array}{| c| c| c| c| }\hline Z & 0 & 1 & 2\\ \hline \Bbb P & 0,29375625 & 0,09211875 & 0,614125\\ \hline \end{array}
Ta thấy $Y$ nhận $3$ giá trị là $3; 4; 5.$
Gọi $A_k$ là biến cố: "Xạ thủ bắn trúng vòng $10$ ở lần bắn thứ $k$". Khi đó $\Bbb P(A_k)=0,85.$
Ta có $$(Y=3)=A_1A_2A_3.$$ Vì $3$ biến cố $A_1, A_2, A_3$ là độc lập nên \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \Bbb P(Y=3)&=\Bbb P(A_1A_2A_3)\\ &=\Bbb P(A_1)\Bbb P(A_2)\Bbb P(A_3)\\ &=0,85\times 0,85\times 0,85\\ &=0,614125. \end{aligned} \end{equation*} $$(Y=4)=\overline{A_1}A_2A_3A_4.$$ Vì $4$ biến cố $\overline{A_1}, A_2, A_3, A_4$ là độc lập nên \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \Bbb P(Y=4)&=\Bbb P(\overline{A_1}A_2A_3A_4)\\ &=\Bbb P(\overline{A_1})\Bbb P(A_2)\Bbb P(A_3)\Bbb P(A_4)\\ &=(1-0,85)\times 0,85\times 0,85\times 0,85\\ &=0,09211875. \end{aligned} \end{equation*} Ta có \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \Bbb P(Y=5)&=1-\Bbb P(Y=3)-\Bbb P(Y=4)\\ &=1-0,614125-0,09211875\\ &=0,29375625. \end{aligned} \end{equation*} Bảng phân bố xác suất của $Y$ \begin{array}{| c| c| c| c| }\hline Y & 3 & 4 & 5\\ \hline \Bbb P & 0,614125 & 0,09211875 & 0,29375625\\ \hline \end{array} Hàm phân bố xác suất $F_X(x)$ $$F_X(x)= \begin{cases} 0 & \mbox{ khi $x<3$},\\ 0,614125 & \mbox{ khi $3\leq x<4$},\\ 0,614125+0,09211875 & \mbox{ khi $4\leq x<5$},\\ 1 & \mbox{ khi $x\geq 5$}. \end{cases}$$ Hay $$F_X(x)= \begin{cases} 0 & \mbox{ khi $x<3$},\\ 0,614125 & \mbox{ khi $3\leq x<4$},\\ 0,70624375 & \mbox{ khi $4\leq x<5$},\\ 1 & \mbox{ khi $x\geq 5$}. \end{cases}$$ b) Kỳ vọng của $Y$ \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \Bbb E(Y)&=3\times 0,614125+4\times 0,09211875+5\times 0,29375625\\ &=3,67963125. \end{aligned} \end{equation*} c) Ta có $Z=5-Y$. Vì $Y$ nhận các giá trị $3; 4; 5$ nên $Z$ nhận các giá trị $2; 1; 0.$
\begin{equation*}\notag \begin{aligned} \Bbb P(Z=0)&=\Bbb P(5-Y=0)\\ &=\Bbb P(Y=5)\\ &=0,29375625. \end{aligned} \end{equation*} \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \Bbb P(Z=1)&=\Bbb P(5-Y=1)\\ &=\Bbb P(Y=4)\\ &=0,09211875. \end{aligned} \end{equation*} \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \Bbb P(Z=2)&=\Bbb P(5-Y=2)\\ &=\Bbb P(Y=3)\\ &=0,614125. \end{aligned} \end{equation*} Bảng phân bố xác suất của $Z$ \begin{array}{| c| c| c| c| }\hline Z & 0 & 1 & 2\\ \hline \Bbb P & 0,29375625 & 0,09211875 & 0,614125\\ \hline \end{array}
b) Tính $\Bbb E(\overline{X})$, $\Bbb D(\overline{X}).$
c) Tính $\Bbb E(X_1+X_2+X_3)$ và $\Bbb D(X_1+X_2+X_3).$
Lời giải bài 12.
a) Ta thấy $\overline{X}$ có thể nhận các giá trị là $\displaystyle\frac{2}{3}$, $1$, $\displaystyle\frac{4}{3}$, $\displaystyle\frac{5}{3}$, $2.$
$$(\overline{X}=\displaystyle\frac{2}{3})=(X_1=0, X_2=1, X_3=1).$$ Vì các biến cố $X_1, X_2, X_3$ là độc lập nên \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \Bbb P(\overline{X}=\displaystyle\frac{2}{3})&=\Bbb P(X_1=0)\Bbb P(X_2=1)\Bbb P(X_3=1)\\ &=0,65\times 0,4\times 0,7\\ &=0,182. \end{aligned} \end{equation*} Ta có $$(\overline{X}=1)=(X_1=0, X_2=1, X_3=2)\cup (X_1=0, X_2=2, X_3=1).$$ Vì các biến cố $X_1, X_2, X_3$ là độc lập nên \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \Bbb P(X_1=0, X_2=1, X_3=2)&=\Bbb P(X_1=0)\Bbb P(X_2=1)\Bbb P(X_3=2)\\ &=0,65\times 0,4\times 0,3\\ &=0,078, \end{aligned} \end{equation*} \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \Bbb P(X_1=0, X_2=2, X_3=1)&=\Bbb P(X_1=0)\Bbb P(X_2=2)\Bbb P(X_3=1)\\ &=0,65\times 0,6\times 0,7\\ &=0,273. \end{aligned} \end{equation*} Vì hai biến cố $(X_1=0, X_2=1, X_3=2)$, $(X_1=0, X_2=2, X_3=1)$ là xung khắc nên \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \Bbb P(\overline{X}=1)&=\Bbb P(X_1=0, X_2=1, X_3=2)+\Bbb P(X_1=0, X_2=2, X_3=1)\\ &=0,078+0,273\\ &=0,351. \end{aligned} \end{equation*} Ta có $$(\overline{X}=\displaystyle\frac{4}{3})=(X_1=0, X_2=2, X_3=2)\cup (X_1=2, X_2=1, X_3=1).$$ Vì các biến cố $X_1, X_2, X_3$ là độc lập nên \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \Bbb P(X_1=0, X_2=2, X_3=2)&=\Bbb P(X_1=0)\Bbb P(X_2=2)\Bbb P(X_3=2)\\ &=0,65\times 0,6\times 0,3\\ &=0,117, \end{aligned} \end{equation*} \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \Bbb P(X_1=2, X_2=1, X_3=1)&=\Bbb P(X_1=2)\Bbb P(X_2=1)\Bbb P(X_3=1)\\ &=0,35\times 0,4\times 0,7\\ &=0,098. \end{aligned} \end{equation*} Vì hai biến cố $(X_1=0, X_2=2, X_3=2)$, $(X_1=2, X_2=1, X_3=1)$ là xung khắc nên \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \Bbb P(\overline{X}=\displaystyle\frac{4}{3})&=\Bbb P(X_1=0, X_2=2, X_3=2)+\Bbb P(X_1=2, X_2=1, X_3=1)\\ &=0,117+0,098\\ &=0,215. \end{aligned} \end{equation*} Ta có $$(\overline{X}=\displaystyle\frac{5}{3})=(X_1=2, X_2=1, X_3=2)\cup (X_1=2, X_2=2, X_3=1).$$ Vì các biến cố $X_1, X_2, X_3$ là độc lập nên \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \Bbb P(X_1=2, X_2=1, X_3=2)&=\Bbb P(X_1=2)\Bbb P(X_2=1)\Bbb P(X_3=2)\\ &=0,35\times 0,4\times 0,3\\ &=0,042, \end{aligned} \end{equation*} \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \Bbb P(X_1=2, X_2=2, X_3=1)&=\Bbb P(X_1=2)\Bbb P(X_2=2)\Bbb P(X_3=1)\\ &=0,35\times 0,6\times 0,7\\ &=0,147. \end{aligned} \end{equation*} Vì hai biến cố $(X_1=2, X_2=1, X_3=2)$, $(X_1=2, X_2=2, X_3=1)$ là xung khắc nên \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \Bbb P(\overline{X}=\displaystyle\frac{5}{3})&=\Bbb P(X_1=2, X_2=1, X_3=2)+\Bbb P(X_1=2, X_2=2, X_3=1)\\ &=0,042+0,147\\ &=0,189. \end{aligned} \end{equation*} Ta có $$(\overline{X}=2)=(X_1=2, X_2=2, X_3=2).$$ Vì các biến cố $X_1, X_2, X_3$ là độc lập nên \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \Bbb P(\overline{X}=2)&=\Bbb P(X_1=2)\Bbb P(X_2=2)\Bbb P(X_3=2)\\ &=0,35\times 0,6\times 0,3\\ &=0,063. \end{aligned} \end{equation*} Bảng phân bố xác suất của $\overline{X}$ là \begin{array}{| c| c| c| c| c| c|}\hline \overline{X} &\displaystyle\frac{2}{3} & 1 & \displaystyle\frac{4}{3} & \displaystyle\frac{5}{3} & 2\\ \hline \Bbb P &0,182 & 0,351 & 0,215 & 0,189 & 0,063\\ \hline \end{array} b) Kỳ vọng của $\overline{X}$ \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \Bbb E(\overline{X})&=\displaystyle\frac{2}{3}\times 0,182+1\times 0,351+\displaystyle\frac{4}{3}\times 0,215+\displaystyle\frac{5}{3}\times 0,189+2\times 0,063\\ &=1,2. \end{aligned} \end{equation*} \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \Bbb E[(\overline{X})^2]&=\displaystyle\frac{4}{9}\times 0,182+1\times 0,351+\displaystyle\frac{16}{9}\times 0,215+\displaystyle\frac{25}{9}\times 0,189+4\times 0,063\\ &=\displaystyle\frac{14,32}{9}. \end{aligned} \end{equation*} Phương sai của $\overline{X}$ \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \Bbb D(\overline{X})&=\Bbb E[(\overline{X})^2]-(\Bbb E(\overline{X}))^2\\ &=\displaystyle\frac{14,32}{9}-1,2^2\\ &=\displaystyle\frac{1,36}{9}. \end{aligned} \end{equation*} c) \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \Bbb E(X_1+X_2+X_3)&=\Bbb E(3\overline{X})\\ &=3\Bbb E(\overline{X})\\ &=3\times 1,2\\ &=3,6. \end{aligned} \end{equation*} \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \Bbb D(X_1+X_2+X_3)&=\Bbb D(3\overline{X})\\ &=9\Bbb D(\overline{X})\\ &=9\times\displaystyle\frac{1,36}{9}\\ &=1,36. \end{aligned} \end{equation*}
a) Ta thấy $\overline{X}$ có thể nhận các giá trị là $\displaystyle\frac{2}{3}$, $1$, $\displaystyle\frac{4}{3}$, $\displaystyle\frac{5}{3}$, $2.$
$$(\overline{X}=\displaystyle\frac{2}{3})=(X_1=0, X_2=1, X_3=1).$$ Vì các biến cố $X_1, X_2, X_3$ là độc lập nên \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \Bbb P(\overline{X}=\displaystyle\frac{2}{3})&=\Bbb P(X_1=0)\Bbb P(X_2=1)\Bbb P(X_3=1)\\ &=0,65\times 0,4\times 0,7\\ &=0,182. \end{aligned} \end{equation*} Ta có $$(\overline{X}=1)=(X_1=0, X_2=1, X_3=2)\cup (X_1=0, X_2=2, X_3=1).$$ Vì các biến cố $X_1, X_2, X_3$ là độc lập nên \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \Bbb P(X_1=0, X_2=1, X_3=2)&=\Bbb P(X_1=0)\Bbb P(X_2=1)\Bbb P(X_3=2)\\ &=0,65\times 0,4\times 0,3\\ &=0,078, \end{aligned} \end{equation*} \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \Bbb P(X_1=0, X_2=2, X_3=1)&=\Bbb P(X_1=0)\Bbb P(X_2=2)\Bbb P(X_3=1)\\ &=0,65\times 0,6\times 0,7\\ &=0,273. \end{aligned} \end{equation*} Vì hai biến cố $(X_1=0, X_2=1, X_3=2)$, $(X_1=0, X_2=2, X_3=1)$ là xung khắc nên \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \Bbb P(\overline{X}=1)&=\Bbb P(X_1=0, X_2=1, X_3=2)+\Bbb P(X_1=0, X_2=2, X_3=1)\\ &=0,078+0,273\\ &=0,351. \end{aligned} \end{equation*} Ta có $$(\overline{X}=\displaystyle\frac{4}{3})=(X_1=0, X_2=2, X_3=2)\cup (X_1=2, X_2=1, X_3=1).$$ Vì các biến cố $X_1, X_2, X_3$ là độc lập nên \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \Bbb P(X_1=0, X_2=2, X_3=2)&=\Bbb P(X_1=0)\Bbb P(X_2=2)\Bbb P(X_3=2)\\ &=0,65\times 0,6\times 0,3\\ &=0,117, \end{aligned} \end{equation*} \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \Bbb P(X_1=2, X_2=1, X_3=1)&=\Bbb P(X_1=2)\Bbb P(X_2=1)\Bbb P(X_3=1)\\ &=0,35\times 0,4\times 0,7\\ &=0,098. \end{aligned} \end{equation*} Vì hai biến cố $(X_1=0, X_2=2, X_3=2)$, $(X_1=2, X_2=1, X_3=1)$ là xung khắc nên \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \Bbb P(\overline{X}=\displaystyle\frac{4}{3})&=\Bbb P(X_1=0, X_2=2, X_3=2)+\Bbb P(X_1=2, X_2=1, X_3=1)\\ &=0,117+0,098\\ &=0,215. \end{aligned} \end{equation*} Ta có $$(\overline{X}=\displaystyle\frac{5}{3})=(X_1=2, X_2=1, X_3=2)\cup (X_1=2, X_2=2, X_3=1).$$ Vì các biến cố $X_1, X_2, X_3$ là độc lập nên \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \Bbb P(X_1=2, X_2=1, X_3=2)&=\Bbb P(X_1=2)\Bbb P(X_2=1)\Bbb P(X_3=2)\\ &=0,35\times 0,4\times 0,3\\ &=0,042, \end{aligned} \end{equation*} \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \Bbb P(X_1=2, X_2=2, X_3=1)&=\Bbb P(X_1=2)\Bbb P(X_2=2)\Bbb P(X_3=1)\\ &=0,35\times 0,6\times 0,7\\ &=0,147. \end{aligned} \end{equation*} Vì hai biến cố $(X_1=2, X_2=1, X_3=2)$, $(X_1=2, X_2=2, X_3=1)$ là xung khắc nên \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \Bbb P(\overline{X}=\displaystyle\frac{5}{3})&=\Bbb P(X_1=2, X_2=1, X_3=2)+\Bbb P(X_1=2, X_2=2, X_3=1)\\ &=0,042+0,147\\ &=0,189. \end{aligned} \end{equation*} Ta có $$(\overline{X}=2)=(X_1=2, X_2=2, X_3=2).$$ Vì các biến cố $X_1, X_2, X_3$ là độc lập nên \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \Bbb P(\overline{X}=2)&=\Bbb P(X_1=2)\Bbb P(X_2=2)\Bbb P(X_3=2)\\ &=0,35\times 0,6\times 0,3\\ &=0,063. \end{aligned} \end{equation*} Bảng phân bố xác suất của $\overline{X}$ là \begin{array}{| c| c| c| c| c| c|}\hline \overline{X} &\displaystyle\frac{2}{3} & 1 & \displaystyle\frac{4}{3} & \displaystyle\frac{5}{3} & 2\\ \hline \Bbb P &0,182 & 0,351 & 0,215 & 0,189 & 0,063\\ \hline \end{array} b) Kỳ vọng của $\overline{X}$ \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \Bbb E(\overline{X})&=\displaystyle\frac{2}{3}\times 0,182+1\times 0,351+\displaystyle\frac{4}{3}\times 0,215+\displaystyle\frac{5}{3}\times 0,189+2\times 0,063\\ &=1,2. \end{aligned} \end{equation*} \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \Bbb E[(\overline{X})^2]&=\displaystyle\frac{4}{9}\times 0,182+1\times 0,351+\displaystyle\frac{16}{9}\times 0,215+\displaystyle\frac{25}{9}\times 0,189+4\times 0,063\\ &=\displaystyle\frac{14,32}{9}. \end{aligned} \end{equation*} Phương sai của $\overline{X}$ \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \Bbb D(\overline{X})&=\Bbb E[(\overline{X})^2]-(\Bbb E(\overline{X}))^2\\ &=\displaystyle\frac{14,32}{9}-1,2^2\\ &=\displaystyle\frac{1,36}{9}. \end{aligned} \end{equation*} c) \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \Bbb E(X_1+X_2+X_3)&=\Bbb E(3\overline{X})\\ &=3\Bbb E(\overline{X})\\ &=3\times 1,2\\ &=3,6. \end{aligned} \end{equation*} \begin{equation*}\notag \begin{aligned} \Bbb D(X_1+X_2+X_3)&=\Bbb D(3\overline{X})\\ &=9\Bbb D(\overline{X})\\ &=9\times\displaystyle\frac{1,36}{9}\\ &=1,36. \end{aligned} \end{equation*}
b) Tìm hàm phân bố xác suất $F_X(x).$
c) Tính xác suất để trong $4$ phép thử độc lập biến ngẫu nhiên $X$ đều không lấy giá trị trong khoảng $(2; 3).$
Lời giải bài 13.
Have a nice day!
Have a nice day!
a) $X$ có phân bố mũ.
b) $X$ có phân bố Poisson với tham số $\lambda=0,09.$
Lời giải bài 14.
a) Giả sử $X$ có phân bố mũ với tham số $\lambda>0.$
Khi đó $\mu=\Bbb E(X)=\displaystyle\frac{1}{\lambda}$, $\sigma=\sigma(X)=\displaystyle\frac{1}{\lambda}.$
Hàm mật độ xác suất của $X$ $$f(x)=\begin{cases} \lambda e^{-\lambda x} & \mbox{ nếu $x\geq 0$,}\\ 0 & \mbox{ nếu $x<0$.}\\ \end{cases}$$ Ta có \begin{equation}\notag \begin{aligned} \Bbb P(|X-\mu| < 3\sigma)&=\Bbb P(\mu-3\sigma < X <\mu+3\sigma)\\ &=\Bbb P\Big(\displaystyle\frac{1}{\lambda}-\displaystyle\frac{3}{\lambda} < X < \displaystyle\frac{1}{\lambda}+\displaystyle\frac{3}{\lambda}\Big)\\ &=\Bbb P\Big(-\displaystyle\frac{2}{\lambda} < X <\displaystyle\frac{4}{\lambda}\Big)\\ &=\displaystyle\int\limits_{-\textstyle\frac{2}{\lambda}}^{\textstyle\frac{4}{\lambda}}f(x)dx\\ &=\displaystyle\int\limits_{-\textstyle\frac{2}{\lambda}}^{0}f(x)dx+\displaystyle\int\limits_{0}^{\textstyle\frac{4}{\lambda}}f(x)dx\\ &=\displaystyle\int\limits_{-\textstyle\frac{2}{\lambda}}^{0}0dx+\displaystyle\int\limits_{0}^{\textstyle\frac{4}{\lambda}}\lambda e^{-\lambda x}dx\\ &=0+(-e^{-\lambda x})\Big|_{0}^{\textstyle\frac{4}{\lambda}}\\ &=-e^{-4}+1\\ &\approx 0,9817. \end{aligned} \end{equation} b) Vì $X$ có phân bố Poisson với tham số $\lambda=0,09$ nên $$\mu=\Bbb E(X)=\lambda=0,09,$$ $$\sigma=\sqrt{\Bbb D(X)}=\sqrt{\lambda}=\sqrt{0,09}=0,3.$$ Do đó \begin{equation}\notag \begin{aligned} \Bbb P(|X-\mu| < 3\sigma)&=\Bbb P(|X-0,09| < 0,9)\\ &=\Bbb P(-0,9 < X-0,09 < 0,9)\\ &=\Bbb P(-0,81 < X < 0,99)\\ &=\Bbb P(X=0)\\ &=e^{-0,09}\\ &\approx 0,9139. \end{aligned} \end{equation}
a) Giả sử $X$ có phân bố mũ với tham số $\lambda>0.$
Khi đó $\mu=\Bbb E(X)=\displaystyle\frac{1}{\lambda}$, $\sigma=\sigma(X)=\displaystyle\frac{1}{\lambda}.$
Hàm mật độ xác suất của $X$ $$f(x)=\begin{cases} \lambda e^{-\lambda x} & \mbox{ nếu $x\geq 0$,}\\ 0 & \mbox{ nếu $x<0$.}\\ \end{cases}$$ Ta có \begin{equation}\notag \begin{aligned} \Bbb P(|X-\mu| < 3\sigma)&=\Bbb P(\mu-3\sigma < X <\mu+3\sigma)\\ &=\Bbb P\Big(\displaystyle\frac{1}{\lambda}-\displaystyle\frac{3}{\lambda} < X < \displaystyle\frac{1}{\lambda}+\displaystyle\frac{3}{\lambda}\Big)\\ &=\Bbb P\Big(-\displaystyle\frac{2}{\lambda} < X <\displaystyle\frac{4}{\lambda}\Big)\\ &=\displaystyle\int\limits_{-\textstyle\frac{2}{\lambda}}^{\textstyle\frac{4}{\lambda}}f(x)dx\\ &=\displaystyle\int\limits_{-\textstyle\frac{2}{\lambda}}^{0}f(x)dx+\displaystyle\int\limits_{0}^{\textstyle\frac{4}{\lambda}}f(x)dx\\ &=\displaystyle\int\limits_{-\textstyle\frac{2}{\lambda}}^{0}0dx+\displaystyle\int\limits_{0}^{\textstyle\frac{4}{\lambda}}\lambda e^{-\lambda x}dx\\ &=0+(-e^{-\lambda x})\Big|_{0}^{\textstyle\frac{4}{\lambda}}\\ &=-e^{-4}+1\\ &\approx 0,9817. \end{aligned} \end{equation} b) Vì $X$ có phân bố Poisson với tham số $\lambda=0,09$ nên $$\mu=\Bbb E(X)=\lambda=0,09,$$ $$\sigma=\sqrt{\Bbb D(X)}=\sqrt{\lambda}=\sqrt{0,09}=0,3.$$ Do đó \begin{equation}\notag \begin{aligned} \Bbb P(|X-\mu| < 3\sigma)&=\Bbb P(|X-0,09| < 0,9)\\ &=\Bbb P(-0,9 < X-0,09 < 0,9)\\ &=\Bbb P(-0,81 < X < 0,99)\\ &=\Bbb P(X=0)\\ &=e^{-0,09}\\ &\approx 0,9139. \end{aligned} \end{equation}
Đăng ký:
Bài đăng
(
Atom
)
thầy ơi bài 13 không có lời giải ạ
Trả lờiXóaCâu a, b đơn giản, câu c thầy hd bên dưới rồi
XóaNhận xét này đã bị tác giả xóa.
Trả lờiXóathầy ơi phần C bài 13 làm ntn ạ
Trả lờiXóaEm tính xác suất để biến ngẫu nhiên $X$ lấy giá trị trong khoảng $(2; 3)$ là $p=\Bbb P(2<X<3).$ Sau đó dùng công thức Bernoulli về dãy phép thử độc lập với $k=0$ và $n=4$
XóaBài 9 c làm sao vậy ạ ?
Trả lờiXóac14 làm sao ra hàm mật độ f(x) được ạ
Trả lờiXóaBài 9c làm thế nào vậy ạ?
Trả lờiXóa