Mô tả:
Xác suất thống kêq , hạt có xu hướng đi sang phải, chuỗi không tồn tại phân bố giới hạn và phân bố dừng. Khi p = q = 1/ 2 , tất cả các trạng thái là hồi quy không. Không tồn tại phân bố dừng. Khi p < q , tất cả các trạng thái là hồi quy dương. Tồn tại phân bố dừng duy nhất. q− p q− p q− p⎛ p⎞ x0 = , x1 = ,..., x j = ⎜ ⎟ 2 2q 2q 2q 2 ⎝ q ⎠ j −1 ; j ≥ 2. (6.41) 6.4.5. Di động ngẫu nhiên trên đường thẳng có hai trạng thái phản hồi Đó là chuỗi Markov có dạng như hình vẽ p 1 2 1 0 1− p p 1− p 1− p 144 p N −1 N 1 0
tn , với mọi a < b .
Chuỗi Markov
Chuỗi Markov là quá trình Markov {X (t ); t ∈ I } có không gian trạng thái E đếm được.
Tuỳ theo tập chỉ số I = {0,1,2,...} hoặc I = (0; ∞) ta có tương ứng chuỗi Markov với thời
gian rời rạc hoặc liên tục.
Chuỗi Markov với thời gian rời rạc thuần nhất
Quá trình {X (n), n = 0,1,2,...} với thời gian rời rạc được gọi là chuỗi Markov thời gian rời
rạc thuần nhất nếu
i) Không gian trạng thái E của mọi X (n) là tập đếm được.
ii) Hàm xác suất chuyển là thuần nhất theo thời gian, nghĩa là thoả mãn:
p ( s, i; t , j ) = p ( s + h, i; t + h, j )
145
Chương 6: Quá trình ngẫu nhiên chuỗi Markov
Ta nói tắt chuỗi Markov thay cho chuỗi Markov thời gian rời rạc thuần nhất.
Ma trận xác suất chuyển
Với mọi i, j ∈ E ; đặt pij = P{X (n + 1) = j X (n) = i}
pij( k ) = P{X (n + k ) = j X (n) = i} = P{X (k ) = j X (0) = i} .
Ma trận vuông P = ⎡⎣ pij ⎤⎦ gọi là ma trận xác suất chuyển sau 1 bước.
Ma trận vuông P ( k ) = ⎡⎣ pij( k ) ⎤⎦ gọi là ma trận xác suất chuyển sau k bước.
Đặt
p (jn) = P{X (n) = j}, n = 0,1,2,... .
Ma trận hàng ∏ ( n ) = ⎡⎣ p (jn ) ⎤⎦ gọi là phân bố của hệ tại thời điểm n .
Phân bố dừng, phân bố giới hạn, phân bố ergodic
∏ * = [π1 , π 2 , ...] được gọi là phân bố dừng nếu thoả mãn:
∑ π j = 1 ; Π* = Π*P .
j
Ta nói rằng chuỗi Markov có phân bố giới hạn là [π 1 , π 2 , ... ] nếu thoả mãn 2 điều kiện:
1) Với mọi j tồn tại giới hạn lim pij ( n) = π j không phụ thuộc i ,
n →∞
2)
∑π j =1 ,
π j ≥ 0,
j
Nếu điều kiện 2) được thay bởi 2')
∑π j =1 ,
πj >0
j
thì chuỗi Markov được gọi là có tính ergodic còn [π 1 , π 2 , ... ] là phân bố ergodic.
CÂU HỎI ÔN TẬP VÀ BÀI TẬP
6.1 Quá trình ngẫu nhiên X (t , ω ) là một hàm số của hai biến (t , ω ) .
Đúng
Sai
.
6.2 Mọi quá trình có gia số độc lập là quá trình Markov.
Đúng
Sai
.
6.3 Chuỗi Markov là quá trình Markov {X (t ); t ∈ I } có không gian trạng thái E đếm được.
Đúng
Sai
.
6.4 Ma trận xác suất chuyển sau n bước của một chuỗi Markov bằng tích n lần ma trận xác suất
chuyển một bước của chuỗi Markov này.
Đúng
Sai
.
146
Chương 6: Quá trình ngẫu nhiên chuỗi Markov
6.5 Nếu tồn tại phân bố giới hạn thì nó là phân bố dừng duy nhất.
Đúng
Sai
.
6.6 Mọi chuỗi Markov có hữu hạn trạng thái luôn tồn tại phân bố dừng duy nhất đó là phân bố
ergodic.
Đúng
Sai
.
6.7 Cho chuỗi Markov {X n }∞
n =1 với không gian trạng thái E = {0, 1, 2} và ma trận xác suất
chuyển
⎡ 0,1 0,2 0,7⎤
⎥
⎢
P = ⎢0,9 0,1 0,0⎥
⎥
⎢
⎢⎣ 0,1 0,8 0,1⎥⎦
Biết phân bố ban đầu: p 0 = P{X 0 = 0} = 3 ; p1 = P{X 0 = 1} = 4 ; p 2 = P{X 0 = 2} = 3 .
Tính
P { X 0 = 0, X1 = 2, X 2 = 1} .
6.8 Cho chuỗi Markov {X n }∞
n =1 với không gian trạng thái E = {0, 1, 2} và ma trận xác suất
chuyển
⎡ 0,1 0,2 0,7⎤
⎥
⎢
P = ⎢0,2 0,2 0,6⎥
⎥
⎢
⎢⎣0,6 0,1 0,3⎥⎦
a) Tính ma trận xác suất chuyển 2 bước.
b) Tính P{X 3 = 1 X 1 = 0}; P{X 3 = 1 X 0 = 0} .
c)
Tìm phân bố dừng.
6.9 Xét bài toán truyền một bức điện gồm gồm các tín hiệu 0, 1 thông qua kênh có nhiều trạm và
mỗi trạm nhận sai tín hiệu với xác suất không đổi bằng α ∈ (0,1) . Giả sử X 0 là tín hiệu
truyền đi và X n là tín hiệu nhận được tại trạm n . Cho biết {X n ; n = 0, 1, 2, ...} lập thành
chuỗi Markov với ma trận xác suất chuyển
⎡ α 1 − α⎤
P=⎢
⎥.
⎢⎣1 − α
α ⎥⎦
a) Tính P{X 0 = 0, X 1 = 0, X 2 = 0}.
b) Tính P{X 0 = 0, X 1 = 0, X 2 = 0} + P{X 0 = 0, X 1 = 1, X 2 = 0}.
c) Tính P{ X 5 = 0 X 0 = 0}.
147
Chương 6: Quá trình ngẫu nhiên chuỗi Markov
6.10 Xét mô hình kiểm kê phụ tùng thay thế với s = 0 và S = 3 là các mức căn cứ để nhập hàng
cùng với ξ n là lượng hàng khách yêu cầu trong chu kỳ n . Biết rằng
P{ξ n = 0} = 0,4 ; P{ξ n = 1} = 0,3 ; P{ξ n = 2} = 0,3 .
Xác định xác suất chuyển của chuỗi Markov {X n } , trong đó X n là số phụ tùng còn lại
tại cuối chu kỳ n .
6.11 Cho chuỗi Markov ergodic với 2 trạng thái có phân bố giới hạn là [ p, 1 − p ] . Hãy xác định
ma trận xác suất chuyển?
6.12 Tìm các lớp liên thông trạng thái của chuỗi Markov có không gian trạng thái
E = {0, 1, 2, 3, 4} và ma trận xác suất chuyển
0
0 ⎤
⎡1 / 2 1 / 2 0
⎢
⎥
⎢1 / 2 1 / 2 0
0
0 ⎥
⎢
⎥
P=⎢ 0
0 1/ 2 1/ 2 0 ⎥ .
⎢
⎥
⎢ 0
0 1/ 2 1/ 2 0 ⎥
⎢
⎥
⎢⎣1 / 4 1 / 4 0 1 / 4 1 / 4⎥⎦
148
Hướng dẫn bài tập
HƯỚNG DẪN GIẢI BÀI TẬP
ĐÁP ÁN CHƯƠNG I
1.1
1.2
1.3
1.4
1.5
1.6
1.7
1.8
1.9
1.10
Đúng
Sai
Đúng
Đúng
Sai
Đúng
Sai
Sai
Đúng
Đúng
1.11 a) P = 0,246
b) P = 0,495 .
1.12 Mỗi khách đều có 6 khả năng để ra ở 6 tầng còn lại của tòa nhà. Do đó số kết cục đồng khả
năng có thể N = A63 = 216 . Gọi A là biến cố tất cả cùng ra ở tầng bốn, biến cố này chỉ có 1
trường hợp thuận lợi. Do đó P ( A) =
1
.
216
Lý luận tương tự trên ta có Pb =
1.13 P =
A5 5
6
1
; Pc = 6 = .
=
216 9
216 36
1
.
720
1.15 Gọi A1 và A2 tương ứng là biến cố người thứ nhất và thứ hai bắn trúng mục tiêu, A là
biến cố chỉ có một người bắn trúng mục tiêu. A = A1 A 2 + A1 A2 . Sử dụng qui tắc cộng xác suất
trường hợp xung khắc và qui tắc nhân trường hợp độc lập ta có:
P ( A) = P( A1 A 2 ) + P( A1 A2 ) = P ( A1 ) P( A 2 ) + P( A1 ) P( A2 ) = 0,8 ⋅ 0,1 + 0,2 ⋅ 0,9 = 0,26 .
Tương tự ta có: Pb = 0,98 ; Pc = 0,02 .
1.16 Gọi A1 là biến cố sản phẩm lấy ra thuộc loại 1.
Gọi A2 là biến cố sản phẩm lấy ra thuộc loại 2.
Gọi
A là biến cố sản phẩm lấy ra thuộc loại 1 hoặc loại 2: A = A1 + A2
Vì A1 , A2 xung khắc do đó
5
25
P ( A ) = P ( A1 + A2 ) = P ( A1 ) + P ( A2 ) = 0, 4 + 0,5 = 0,9
1.17
5 ⎛ 1 ⎞ ⎛ 49 ⎞
P = C30
⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ 50 ⎠ ⎝ 50 ⎠
1.18
Gọi Ai là biến cố sản phẩm đã qua kiểm tra chất lượng ở phòng thứ i, i=1,2,3.
= 0, 00027 .
149
Hướng dẫn bài tập
Gọi B là biến cố phế phẩm được nhập kho.
( ) ( ) ( )
P ( B ) = P A1 P A2 P A3 = (1 − 0,8 )(1 − 0,9 )(1 − 0,99 ) = 0, 0002 .
1.19
P = 0,11.
1.20 Gọi Ai là biến cố lần thứ i lấy ra 3 sản phẩm mới để kiểm tra, ( i = 1, 3 ). Gọi A là biến cố
sau 3 lần kiểm tra tất cả các sản phẩm đều được kiểm tra A = A1 A2 A3 . Vì các biến cố phụ thuộc
nên P ( A) = P ( A1 ) P ( A2 A1 ) P ( A3 A1 A2 ) = 1 ⋅
5 1
5
.
⋅
=
21 84 1764
1.21 Gọi A là biến cố sản phẩm kiểm tra là phế phẩm.
Gọi Bi là biến cố sản phẩm lấy ra kiểm tra thuộc phân xưởng thứ i, i=1,2 3.
P ( B1 ) = 0,36; P ( B2 ) = 0,34; P ( B3 ) = 0,30 . Hệ
{ B1, B2 , B3} đầy đủ
P ( A B1 ) = 0,12; P ( A B2 ) = 0,10; P ( A B3 ) = 0, 08 .
a. P ( A ) = P ( B1 ) P ( A B1 ) + P ( B2 ) P ( A B2 ) + P ( B3 ) P ( A B3 ) = 0,1012
P ( B1 ) P ( A B1 )
b. P ( B1 A ) =
P ( A)
P ( B2 A ) =
P ( B3 A ) =
=
P ( B2 ) P ( A B2 )
P ( A)
P ( B3 ) P ( A B3 )
P ( A)
0,36 × 0,12
= 0, 427
0,1012
=
0,34 × 0,10
= 0,336
0,1012
=
0,30 × 0, 08
= 0, 237
0,1012
1.22 Gọi Bi là biến cố xạ thủ được xét thuộc nhóm thứ i, i=1,2,3,4.
Gọi A là biến cố xạ thủ bắn trượt.
Theo đề bài ta có: P ( B1 ) =
5
7
4
2
, P ( B2 ) = , P ( B3 ) = , P ( B4 ) =
18
18
18
18
P ( A B1 ) = 0, 2, P ( A B2 ) = 0,3, P ( A B3 ) = 0, 4, P ( A B4 ) = 0,5 .
P ( A ) = P ( B1 ) P ( A B1 ) + P ( B2 ) P ( A B2 ) + P ( B3 ) P ( A B3 ) + P ( B4 ) P ( A B4 )
=
5
7
4
2
57
× 0, 2 + × 0,3 + × 0, 4 + × 0,5 =
18
18
18
18
180
Áp dụng công thức Bayer, ta thu được
P ( B1 A ) =
P ( B1 ) P ( A B1 )
P ( A)
5
× 0, 2
10
18
=
=
,
57
57
180
150
Hướng dẫn bài tập
tương tự P ( B2 A ) =
21
16
10
.
, P ( B3 A ) = , P ( B4 A ) =
57
57
57
Vậy xạ thủ có khả năng ở nhóm thứ hai nhất.
1.23 Gọi
B1 là biến cố viên đạn thứ nhất trúng mục tiêu, P ( B1 ) = 0, 7 .
Gọi
B2 là biến cố viên đạn thứ hai trúng mục tiêu, P ( B2 ) = 0, 4 .
Hai biến cố này độc lập
Xác suất biến cố chỉ có viên đạn thứ nhất trúng mục tiêu
(
)
(
) (
P ( A ) = P B1 B2 ∪ B2 B1 = P B1 B2 + P B2 B1
)
= 0, 7 × 0, 6 + 0, 4 × 0,3 = 0,54
(
b.
)
(
)
P B1 B2
P ( B1 A ) P B1 ⎡⎣ B1 B2 ∪ B2 B1 ⎤⎦
0, 7 × 0, 6
=
=
=
= 0, 778
P ( B1 A ) =
P ( A)
P ( A)
P ( A)
0,54
1.24 Gọi A là biến cố sản phẩm kiểm tra có kết luận đạt tiêu chuẩn chất lượng.
Gọi BT là biến cố sản phẩm đạt tiêu chuẩn chất lượng.
Gọi BH là biến cố sản phẩm không đạt tiêu chuẩn chất lượng.
P ( BT ) = 0,85; P ( BH ) = 0,15
Hệ
{ BT , BH } đầy đủ
P ( A BT ) = 0,9; P ( A BH ) = 0,95 ⇒ P ( A BT ) = 0,1; P ( A BH ) = 0, 05 .
a) P ( A ) = P ( BT ) P ( A BT ) + P ( BH ) P ( A BH ) = 0,85 × 0,9 + 0,15 × 0, 05 = 0, 7725
b) P ( BH A ) =
(
P ( BH ) P ( A BH )
P ( A)
)
=
0,15 × 0, 05
= 0, 0097
0, 7725
(
)
c) P ABT ∪ ABH = P ( ABT ) + P ABH = 0,85 × 0,9 + 0,15 × 0,95 = 0,9075 .
ĐÁP ÁN CHƯƠNG II
2.1
2.2
2.3
2.4
2.5
2.6
2.7
2.8
2.9
2.10
Sai
Sai
Đúng
Sai
Đúng
Sai
Sai
Đúng
Đúng
Sai
2.11
2.12
2.13
2.14
2.15
Sai
Sai
Đúng
Đúng
Sai
151
Hướng dẫn bài tập
2.16 E ( X ) = 0,3; D ( X ) = 15, 21 .
2.17 x3 = 29,1; p3 = 0, 2 .
2.18 E( X 1 ) = 3,1; E( X 2 ) = 3,4 ; D( X 1 ) = 1,09 ; D( X 2 ) = 1,44 .
E( X 1 + X 2 ) = 6,5 ; D( X 1 + X 2 ) = 2,53 .
2.19 E( X ) = 0,8 ; D( X ) = 0,12 .
2.20 a) D( Z ) = 61 . b) D( Z ) = 41 .
2.21
p1 = 0,4 ; p 2 = 0,1; p3 = 0,5 .
2.22 a) Gọi Ai là biến cố toa i có người ngồi ( i = 1,3 ). Gọi A là biến cố cả 3 toa đều có người
ngồi. Khi đó: A = A1 A2 A3 ⇒ A = A1 + A2 + A3 .
P( A) = P( A1 ) + P( A 2 ) + P( A3 ) − P( A1 A 2 ) − P( A1 A3 ) − P( A 2 A3 ) + P( A1 A 2 A3 ) =
⇒ P( A) =
150
.
243
b)
X
0
1
2
3
4
5
P
32
243
80
243
80
243
40
243
10
243
1
243
Y
0
1
2
3
4
5
P
1
243
10
243
40
243
80
243
80
243
32
243
⇒ k=
3
.
64
2.23 E ( X ) = 0 .
4
2.24 a) Vì
64
2
∫ x ( 4 − x ) dx = 3
0
1
b) P { X < 1} = ∫
0
3 2
13
.
x ( 4 − x ) dx =
64
256
152
93
243
Hướng dẫn bài tập
4
x=4
0
x =0
3 3
3 ⎛ 4 x5 ⎞
c) EX = ∫
x ( 4 − x ) dx = ⎜ x − ⎟
64
64 ⎜⎝
5 ⎟⎠
⎛ 16 ⎞ 12
= 3⎜ 4 − ⎟ =
5⎠ 5
⎝
x =4
4
3 4
3 ⎛ 4 x5 x 6 ⎞
⎛ 1 1 ⎞ 32
− ⎟
= 3 × 64 ⎜ − ⎟ =
EX = ∫ x ( 4 − x ) dx = ⎜
⎜
⎟
64
64 ⎝ 5
6 ⎠
⎝5 6⎠ 5
0
x =0
2
⇒ DX = EX − ( EX )
2
2
2
32 ⎛ 12 ⎞
16
=
−⎜ ⎟ =
.
5 ⎝ 5⎠
25
2.25 a) Kí hiệu Ai là biến cố : ”A bắn trúng i viên”,
Bi là biến cố : ”B bắn trúng i viên”;
i = 0, 1 2. Dễ thấy
P ( A0 ) = 0,36 ; P ( A1 ) = 0, 48 ; P ( A2 ) = 0,16 ;
P ( B0 ) = 0, 25 ; P ( B1 ) = 0,5 ; P ( B2 ) = 0, 25.
Từ đó P { X = −2} = P ( A0 ) P ( B2 ) = 0, 09
P { X = −1} = P ( A0 ) P ( B1 ) + P ( A1 ) P ( B2 ) = 0,18 + 0,12 = 0,3
P { X = 0} = P ( A0 ) P ( B0 ) + P ( A1 ) P ( B1 ) + P ( A2 ) P ( B2 ) = 0,37
P { X = 1} = P ( A1 ) P ( B0 ) + P ( A2 ) P ( B1 ) = 0, 2
P { X = 2} = P ( A2 ) P ( B0 ) = 0, 04
Vậy bảng phân bố xác suất của X
−2
0, 09
X
P
−1
0,3
0
1
2
0,37 0, 2 0, 04
EX = ( −2 ) × 0, 09 + ( −1) × 0,3 + 0 × 0,37 + 1× 0, 2 + 2 × 0, 04 = −0, 2
2
2
EX 2 = ( −2 ) × 0, 09 + ( −1) × 0,3 + 02 × 0,37 + 12 × 0, 2 + 22 × 0, 04 = 1, 02
2
2
DX = EX 2 − ( EX ) = 1, 02 − ( −0, 2 ) = 0,98
b)
P {Y = 0} = 0,37
P {Y = 1} = P { X = 1} + P { X = −1} = 0,5
P {Y = 2} = P { X = 2} + P { X = −2} = 0,13
EY = 0 × 0,37 + 1× 0,5 + 2 × 0,13 = 0, 76 .
2.26 Kí hiệu Ai là biến cố : ”ô tô thứ i bị hỏng”, i = 1, 2.
153
Hướng dẫn bài tập
Dễ thấy P ( A1 ) = 0,1 ; P ( A2 ) = 0, 2
Gọi X là số ôtô bị hỏng trong thời gian làm việc
( ) ( )
Từ đó P { X = 0} = P A1 P A2 = 0,9 × 0,8 = 0, 72
( ) ( )
P { X = 1} = P ( A1 ) P A2 + P A1 P ( A2 ) = 0,1× 0,8 + 0,9 × 0, 2 = 0, 26
P { X = 2} = P ( A1 ) P ( A2 ) = 0, 02
X
P
0
0, 72
1
0, 26
2
0, 02
EX = 0 × 0, 72 + 1× 0, 26 + 2 × 0, 02 = 0,3 .
EX 2 = 02 × 0, 72 + 12 × 0, 26 + 22 × 0, 02 = 0,34 .
2
2
DX = EX 2 − ( EX ) = 0,34 − ( 0,3) = 0, 25 .
⎧k > 0
⎧ pi > 0
⎧⎪ k > 0
⎪
⎪
⇒ k = 1/10 .
2.27 a) Điều kiện ⎨ p = 1 ⇒ ⎨
⇒ ⎨ ⎡ k = −1
2
∑
⎪⎩10k + 9k = 1 ⎪ ⎢
⎪⎩ i i
⎩ ⎣ k = 1/10
b) P { X ≥ 5} =
c) EX =
1 1
2
3
; P { X < 3} =
.
+ =
10 10 10
10
1 4 6 12 5
12
1⎞
⎛ 7
+ + + +
+
+ 7⎜
+ ⎟ = 3, 66 .
10 10 10 10 100 100
⎝ 100 10 ⎠
d) EX 2 =
1 8 18 48 25 72
1⎞
⎛ 7
+ + + +
+
+ 49 ⎜
+ ⎟ = 16,8 .
10 10 10 10 100 100
⎝ 100 10 ⎠
2
2
DX = EX 2 − ( EX ) = 16,8 − ( 3, 66 ) = 3, 404 .
2.28 a) Gọi X là “số phế phẩm gặp phải”:
EX =
X
P
0
0, 6
1
0, 4
2
6
; DX =
.
5
25
b) Gọi Ị là “số chính phẩm gặp phải” ⇒ Y = 2 − X :
EY = E ( 2 - X ) = 2 −
2 8
6
.
= ; DY =
5 5
25
2.29 Gọi X là “số nữ có trong nhóm được chọn”
154
Y
P
1
0, 4
2
0, 6
Hướng dẫn bài tập
P { X = 0} =
P { X = 2} =
EX = 0 ×
C63
3
C10
=
C42C61
3
C10
5
,
30
=
P { X = 1} =
C14C62
3
C10
15
30
=
C1C 2 15
9
, P { X = 1} = 4 6 =
3
30
30
C10
X
0
1
2
3
P
5 / 30
15 / 30
9 / 30
1/ 30
5
15
9
1 36 6
+ 1× + 2 × + 3 × =
= .
30
30
30
30 30 5
2.30 Thắng 2 trong 4 ván dễ hơn.
2.31 a) P = 0,238 .
b) P = 0,751 .
2.32 a) X tuân theo quy luật nhị thức
B (n ; p)
với n = 5 và p = 0,8 .
b) E X = 4 ; D X = 0,8 . c) ModX = 4 ; P{X = 4} = 0,4096 .
2.33 a) P = 0,9914
b) Số sản phẩm hỏng trung bình là 0,5
c) Số sản phẩm hỏng có khả năng xảy ra nhiều nhất là 0.
2.34 Gọi x là số câu hỏi học sinh trả lời đúng. Số điểm anh ta nhận được là
4 x + (10 − x)(−2) = 6 x − 20
a) Anh ta được 4 điểm khi trả lời đúng: 6 x − 20 = 4 ⇒ x = 4 .
4
Vậy xác suất để anh ta được điểm 4 là P = C10
()()
1
5
4
4
5
6
= 0,088 .
b) Anh ta được điểm âm khi trả lời đúng: 6 x − 20 < 0 ⇒ x = 0,1, 2,3 .
Vậy xác suất để anh ta được điểm âm là P =
3
∑ C104
k =0
()()
1
5
k
4
5
10−k
= 0,879 .
2.35 Gọi X là số lần thu được tín hiệu trong 5 lần phát độc lập thì X ~ B ( 5; 0, 7 )
a) Xác suất thu được tín hiệu 2 lần
P { X = 2} = C52 0, 7 20,33 = 0,132
b) Xác suất thu được tín hiệu nhiều nhất 1 lần
c) Xác suất thu được tín hiệu
P { X ≤ 1} = 0, 031
P { X ≥ 1} = 1 − P { X = 0} = 1 − 0, 002 = 0,998
2.36 Không đúng; P = 0,41 .
155
Hướng dẫn bài tập
2.37 a) Gọi X là số cuộc gọi trong khoảng thời gian 10 giây thì X có phân bố Poisson tham số
λ = 1/ 3 . Vậy xác suất có ít nhất một cuộc gọi trong khoảng thời gian 10 giây là
P { X ≥ 1} = 1 − P { X = 0} = 1 − e−1/ 3 = 0, 2825 .
b) Gọi Y là số cuộc gọi trong khoảng thời gian 3 phút thì Ị có phân bố Poisson tham số
λ = 6 . Vậy xác suất có nhiều nhất ba cuộc gọi trong khoảng thời gian 3 phút là
P {Y ≤ 3} = 0,151 .
c) Gọi Z là số cuộc gọi trong khoảng thời gian 1 phút thì Z có phân bố Poisson tham số
λ = 2 . Xác suất có nhiều nhất 1 cuộc gọi trong khoảng thời gian 1 phút là P {Z ≤ 1} = 0, 406 .
Vậy xác suất để trong khoảng thời gian 3 phút liên tiếp mỗi phút có nhiều nhất 1 cuộc gọi là
3
P {Z ≤ 1} = 0, 4063 = 0, 0067 .
⎛ 12 − 10 ⎞
⎛ 8 − 10 ⎞
2.38 P{8 < X < 12} = Φ⎜
⎟ − Φ⎜
⎟ = 0,6826 .
⎝ 2 ⎠
⎝ 2 ⎠
2.39
P = 0,3 .
2.40 a) 95,44%; b) 4,56%.
2.41 a) 20,33%; b) P = 0,9983 .
{
}
⎛ε n ⎞
σ2
⎟ −1.
⇒ P X − μ < ε = 2Φ⎜⎜
2.42 E( X ) = μ ; D( X ) =
⎟
σ
n
⎝
⎠
ĐÁP ÁN CHƯƠNG III
3.1
3.2
3.3
3.4
3.5
3.6
3.7
3.8
3.9
3.10
Sai
Đúng
Đúng
Đúng
Sai
Sai
Sai
Đúng
Đúng
Sai
3.11
3.12
Sai
Đúng
3.13
X
x1
x2
Y
y1
y2
y3
P
0,56
0,44
P
0,26
0,38
0,36
3.14 EX = −7 / 15 ; EY = 0 ;
cov( X , Y ) = −1 / 8 ; ρ X,Y = −0,15 .
3.15
EX = −1 / 5 ; EY = 0 ; ρ X,Y = 0 . X và Y không độc lập vì
156
Hướng dẫn bài tập
P{X = 1} = 2 / 15, P{Y = 1} = 5 / 15 và P{X = 1. Y = 1} = 0 .
3.16 Bảng phân bố xác suất của biến ngẫu nhiên Z
Z
1
2
3
4
6
P
0,12
0,43
0,03
0,35
0,07
EX = 1,7 ; EY = 1,7 ; EZ = 2,89 .
3.17 Bảng phân bố xác suất đồng thời của X và Y
Y
0
1
2
3
4
0
0,04
0,12
0,16
0,06
0,02
1
0,03
0,09
0,12
0,045
0,015
2
0,02
0,06
0,08
0,03
0,01
3
0,01
0,03
0,04
0,015
0,005
X
P{X > Y } = 0,19 .
3.18
X , Y không độc lập vì
P{X = 1} = 0,5, P{Y = 1} = 0,45 và P{X = 1. Y = 1} = 0,15 ≠ 0,5 ⋅ 0,45
P{X = 1Y = 2} = 7 / 11 .
3.19
X
1
2
3
4
5
6
0
1/12
1/12
1/12
1/12
1/12
1/12
1
1/12
1/12
1/12
1/12
1/12
1/12
Y
P{X = 1} = 0,5, P{Y = 1} = 0,45 và P{X = 1. Y = 1} = 0,15 ≠ 0,5 ⋅ 0,45 .
3.20
23
27
0,357
0,643
Y X = 26
P
X Y = 27
P
26
30
41
50
0,1268
0,4225
0,1549
0,2958
157
Hướng dẫn bài tập
3.21
E[Y X = 1] = 5 . EX = 2,93 ; EY = 4,5 ; DX = 4,83 ; DY = 2,25 .
a. α = 15 ; EX = −0, 2 ; EY = 0 .
3.22
b. cov ( X , Y ) = 0 ⇒ ρ ( X , Y ) = 0 .
c. X , Y không độc lập vì P { X = 1} =
2
5
nhưng P { X = 1, Y = 1} = 0 .
, P {Y = 1} =
15
15
3.23 a) k = 3 ;
b)
c)
⎧3
2
⎧⎪ 3x 2 nÕu 0 < x < 1
⎪ (1 − y ) nÕu 0 < y < 1
; f Y ( y) = ⎨ 2
.
f X ( x) = ⎨
⎪⎩ 0
nÕu ng−îc l¹i
⎪⎩ 0
nÕu ng−îc l¹i
1⎫
1⎫
1⎫
1
⎧
⎧
⎧
X và Y không độc lập vì P ⎨ X < , Y > ⎬ = 0 nhưng P ⎨ X < ⎬ ≠ 0 , P ⎨ Y > ⎬ ≠ 0 .
2⎭
2
2⎭
2⎭
⎩
⎩
⎩
3.24 Áp dụng công thức (3.14) ta được
∂ 2 F ⎧⎪ e − x − y
f ( x, y ) =
=⎨
∂x∂y ⎪⎩ 0
nÕu x > 0, y > 0;
nÕu ng−îc l¹i .
Áp dụng công thức (3.53) ta được
⎧⎪ e − x
f ( x y) = ⎨
⎪⎩ 0
3.25 a) C =
1
π2
nÕu x > 0,
nÕu x ≤ 0 .
;
1 ⎞⎛ 1
1⎞
⎛1
b) F ( x, y ) = ⎜ arctg x + ⎟⎜ arctg y + ⎟ ;
2 ⎠⎝ π
2⎠
⎝π
c) F X ( x) = lim F ( x, y ) =
y →∞
1
1
1
1
arctg x + ; FY ( y ) = lim F ( x, y ) = arctg y + ;
2
2
π
π
x →∞
Vì F ( x, y ) = F X ( x) FY ( y ) nên ta kết luận X và Y độc lập.
{
} {
}
d) P 1 < X < 3 , 0 < Y < 1 = P 1 < X < 3 P{ 0 < Y < 1} =
⎧ ln x
⎪
3.26 Hàm mật độ của X là f X ( x) = ⎨ x 2
⎪ 0
⎩
nÕu x ≥ 1,
nÕu x < 1 .
158
1 1 1
.
⋅ =
12 4 48
Hướng dẫn bài tập
⎧
⎪
⎪
Hàm mật độ của Y là f Y ( y ) = ⎨
⎪
⎪⎩
1
2y2
1
2
nÕu 1 ≤ y < ∞,
nÕu 0 ≤ y ≤ 1 .
Từ đó hàm mật độ có điều kiện của Y với điều kiện X = x ( x > 1) là
f ( y x) =
f ( x, y )
1
1
=
nếu
≤ y≤x;
f X ( x) 2 y ln x
x
Hàm mật độ có điều kiện của X với điều kiện Y = y ( y > 0) là
⎧
⎪
f ( x, y ) ⎪
f ( x y) =
=⎨
f Y ( y) ⎪
⎪⎩
1
nÕu 0 ≤ y ≤ 1, x ≥ y
x2 y
y
nÕu y ≥ 1, y ≤ x .
x2
3.27 E (2 X − 3Y ) = 2E ( X ) − 3E (Y ) = 10 ;
D(2 X − 3Y ) = 4D( X ) + 9D(Y ) − 12 D( X )D(Y ) ρ X ,Y = 57,6 .
ĐÁP ÁN CHƯƠNG IV
4.1
4.2
4.3
4.4
4.5
4.6
4.7
4.8
Đúng
Đúng
Sai
Sai
Đúng
Đúng
Đúng
Đúng
4.9 Gọi X là số máy hỏng trong ca. X có phân bố nhị thức EX = 0,5 , DX = 1 . Áp dụng bất
đẳng thức Trêbưsép ta có
P{ X − 0,05 < 2} ≥ 1 −
0,475
22
= 0,88 ; P{ X − 0,05 ≥ 2} ≤
0,475
22
= 0,12 .
12
4.10 Đặt S = ∑ X n ; ES = 12 ⋅ 16 = 192 , DS = 12 . Theo bất đẳng thức Trêbưsép
n =1
P{S − 192 ≤ ε} ≥ 1 −
4.11 Đặt S =
DS
ε2
10000
∑ X n ; ES = 0 ,
≥ 0,99 . Chọn a = 157,36 ; b = 226,64 .
DS =
n =1
P{S ≥ 500} ≤
DS
500
2
=
10000
. Theo bất đẳng thức Trêbưsép
12
1
.
300
159
Hướng dẫn bài tập
4.12 Ta biết rằng S là biến ngẫu nhiên có phân bố nhị thức tham số p =
DS =
1
n
. ES =
và
6
6
5n
. Theo bất đẳng thức Trêbưsép
36
{
}
P S − ES < n ≥ 1 −
n
DS
5 31
⎧n
⎫ 31
= 1−
=
⇔ P⎨ − n < S < + n ⎬ ≥
.
36 36
6
n
⎩6
⎭ 36
12
⎫⎪
⎧⎪ 12
4.13 Đặt S = ∑ X n . Ta cần tìm M nhỏ nhất để P ⎨∑ X n ≤ M ⎬ ≥ 0,99 .
⎪⎭
⎪⎩n=1
n =1
Ta có ES = 192 , DS = 12 . Theo bất đẳng thức Trêbưsép
P{S − 192 ≤ ε} ≥ 1 −
DS
ε2
≥ 0,99 ⇒ ε = 34,64 . Vậy M = 192+34,64 = 226,64.
4.14 Thỏa mãn luật số lớn Trêbưsép.
4.15 Thỏa mãn luật số lớn Trêbưsép.
4.16 Thỏa mãn luật số lớn Trêbưsép.
4.17 Áp dụng bất đẳng thức Trêbưsép tính được xác suất P ≥ 0,9131
4.18 Áp dụng bất đẳng thức Trêbưsép cần kiểm tra 23.750 chi tiết.
4.19 Gọi X là số sản phẩm hỏng. Ta có X ~
B (250 ; 0,02) .
X sẽ có xấp xỉ phân bố Poisson
với λ = 250 ⋅ 0,02 = 5 . Từ đó tra bảng ta được:
a) P{X = 2} = 0,0842 ;
b)
P{X ≤ 2} = 0,1247
4.20 Giả sử X là số người chọn ăn ở đợt 1. Khi đó 1000 − X là số người chọn ăn ở đợt 2 . Gọi
k là số chỗ ngồi trong nhà ăn. Ta phải chọn k nhỏ nhất để
P{X < k , 1000 − X < k } ≥ 0,99 ⇔ P{1000 − k < X < k } ≥ 0,99 .
Ta xem X có phân bố chuẩn với μ = 500 , σ = 250 . Vậy ta phải có
⎛ k − 500 ⎞
⎛ 500 − k ⎞
⎛ k − 500 ⎞
⎛ k − 500 ⎞
⎟⎟ − Φ⎜⎜
⎟⎟ ≥ 0,99 ⇔ 2Φ⎜⎜
⎟⎟ ≥ 1,99 ⇔ Φ⎜⎜
⎟⎟ ≥ Φ(2,58) .
Φ⎜⎜
⎝ 250 ⎠
⎝ 250 ⎠
⎝ 250 ⎠
⎝ 250 ⎠
Từ đó k ≥ 500 + 2,58 250 = 540,49 . Vậy k = 541 .
4.21
a) Gọi X là số người trúng tuyển. Ta có X ~
B (350 ; 0,9) .
X có phân bố xấp xỉ chuẩn
⎛ 8 ⎞
với μ = 292,5 , σ = 5,4 . Vậy P{X ≤ 300} ≈ Φ⎜
⎟ = Φ(1,48) = 0,9306 .
⎝ 5,4 ⎠
b) Giả sử n là số người được gọi. Phân bố của X xấp xỉ phân bố chuẩn với μ = 0,9n ,
σ = 0,3 n . Vậy
160
Hướng dẫn bài tập
⎛ 300 − 0,9n ⎞
⎟ ≥ 0,99 = Φ (2,33) ⇔ 300 − 0,9n ≥ (0,3)(2,33) n .
P{X ≤ 300} ≈ Φ⎜⎜
⎟
⎝ 0,3 n ⎠
Giải bất phương trình ta được n ≤ 319,99 . Vậy n = 319 .
ĐÁP ÁN CHƯƠNG V
5.1
5.2
5.3
5.4
5.5
5.6
5.7
5.8
5.9
5.10
Đúng
Sai
Đúng
Đúng
Đúng
Sai
Sai
Đúng
Đúng
Sai
5.11
5.12
5.13
5.14
5.15
5.16
5.17
5.18
Sai
Sai
Đúng
Đúng
Sai
Sai
Sai
Sai
5.19 Mẫu ngẫu nhiên có kích thước 10: W = ( X 1 , X 2 , ... , X 10 ) .
⎫⎪
1⎫
1 ⎪⎫
⎪⎧ 10
⎪⎧ 1 10
⎧
P ⎨ X = ⎬ = P ⎨ ∑ X i = ⎬ = P ⎨∑ X i = 5⎬ . Vì X có phân bố nhị thức nên
2⎭
2 ⎪⎭
⎪⎭
⎪⎩ i =1
⎪⎩10 i =1
⎩
⎫⎪
⎧⎪ 10
5
5
P ⎨∑ X i = 5⎬ = P10 (5) = C10
(0,5) 5 ⋅ (0,5)10−5 = C10
(0,5)10 .
⎪⎭
⎪⎩ i =1
5.20 X có phân bố chuẩn N (μ; σ 2 ) nên X có phân bố chuẩn N (μ;
{
} {
{
}
σ2
) . Vậy
n
⎛ε n ⎞
⎛−ε n ⎞
⎛ε n ⎞
⎟ − Φ⎜
⎟ = 2Φ⎜
⎟
P X − μ < ε = P μ − ε < X < μ + ε = Φ⎜⎜
⎟
⎜ σ ⎟
⎜ σ ⎟ . Do đó
σ
⎝
⎠
⎝
⎠
⎝
⎠
}
⎛ 0,2 100 ⎞
⎟ = 2Φ (2) = 0,9545 .
P X − 20 < 0,2 = 2Φ⎜⎜
⎟
1
⎝
⎠
5.21 Bảng phân bố tần số
X
1
2
3
4
Tần số
2
4
2
2
X
1
2
3
4
Tần suất
1/5
2/5
1/5
1/5
Bảng phân bố tần suất
Hàm phân bố thực nghiệm
161
Hướng dẫn bài tập
x ≤1
⎧0
⎪1 / 5 1 < x ≤ 2
⎪⎪
F10 ( x) = ⎨3 / 5 2 < x ≤ 3
⎪4 / 5 3 < x ≤ 4
⎪
⎪⎩1
x>4
5.22
f =
x = 6,8 ; s 2 = 1,15 , s = 1,072 .
⎧nf = 1082 > 10
1082
; Điều kiện ⎨
2000
⎩n(1 − f ) = 918 > 10
f (1 − f )
f − uβ
n
=
1082
918 ×1082
− 2,33
= 0,515
2000
2000
Vậy tối thiểu có 51,5% số phiếu bầu cho ứng cử viên A.
5.23 x =
∑ xi = 34,15 = 0,976 .
35
n
2⎤
⎡
( 34,15)2 ⎤⎥ = 0, 01687
1 ⎢
1 ⎡
2 ( ∑ xi ) ⎥
⎢
−
=
−
s =
x
33,8943
∑i
⎥ 34 ⎢
n −1 ⎢
n
35 ⎥
⎣
⎦
⎣
⎦
2
⇒ s = 0,1299; uβ
5.24 Tần suất mẫu f =
s
0,1299
= 1,96 ×
= 0, 043 . Khoảng tin cậy 95%:
35
n
[0,933 ; 1, 019] .
⎧nf = 53 > 10
53
, điều kiện ⎨
400
⎩ n(1 − f ) = 347 > 10
Gọi p là xác suất bắt được con cá có đánh dấu, khoảng tin cậy 95% của p :
f (1 − f )
uβ
n
= 1,96
53 × 347
= 0, 0332
400 400
Khoảng ước lượng [ 0, 0993 ; 0,1657 ]
Mặt khác p =
2000
, trong đó N là số cá trong hồ.
N
Vậy 0, 0993 <
2000
2000
2000
< 0,1657 ⇒
43 17658 150
83 17296 123
26 15759 159
143 8627 111
18 7142 60
21 5203 103
126 5148 80
61 4649 98
12 4322 83
11 4044 154
94 4019 119
17 3247 129
2 2873 99
139 2488 153
28 2364 102