Bài tập Chương 4 Biến ngẫu nhiên nhiều chiều môn Xác suất thống kê | Trường Đại học Kinh tế Quốc dân

Xác suất thống kê –Chương 4
Cao Thành Lực - MAT1101 3 - 09020324 Chương 4:
BIẾN NGẪU NHIÊN NHIỀU CHIỀU Bài 2. X = I1 + I + 2 I3 + I4 Y = min(I , 1 I 2 , I3 , I4)
Z = max( I , I , I , I ) Ta có giá 1 trị 2 3 của 4
x nhận các giá trị X = {0 , 1, 2 , 3, 4} , Y = {0 , 1} , Z = {0 , 1} β 1 Mặt khác ta có X (4, ) [ ] : 4 = = 1 3 = 0 4 0 0.316 P X C 0 4 4 4 = 1 3 1 3 [X=1] =C 0.421 P 1 4 4 4 = 1 3 Vậy ta có 2 2 [X=2] =C 0.21 P 2 4 4 4 = 1 3 3 1 [X=3] =C 0.046 P 3 4 4 4 = 1 3 4 0 [X=4] =C 0.0039 P 4 4 4 4
Vậy ta có P[X = 0 , Y = 0 , Z = 0 ] = P[X = 0]P[Y=0/X=0] P[Z = 0/X=0 , Y = 0] = P[X=0] = 0.316
P[X=0 , Y = 1 , Z = 0] = P[X = 0 , Z = 1 , Y = 0] = P[X = 0, Y = 1 , Z = 1] = 0
Tương tự ta cũng có các giá trị
P [X = 1 , Y = 0 , Z = 1] = P[X = 1] = 0.421 Các trường hợp khác = 0 X = 2
P[X =2 , Y = 0 , Z = 1] = P[X = 2] = 0.21 X = 3
P[X = 3, Y = 0 , Z = 1] = P[X = 3] = 0.046 X = 4
P[X = 4 , Y = 0 , Z = 1] = P[X = 4] = 0.0039
Câu b , khi rút các quả bóng ra nhưng không trả lại vào hộp ta có
Các giá trị của X = {0 ,1 , 2, 3, 4} , Y = {0 , 1} , Z = {0 , 1} Bài 3 ≥
a, P[|X|< 5, Y<2, Z2 2] = A
Do X, Y , Z là biến ngẫu nhiên độc lập ≥
A = P[|X|< 5]. P[Y.2].P[Z2 2] ∞ ∪ ∞ = [Fx (5-) – F ( x -5)] .[Fy(2-)].P([- ,- 2 ] [ 2 ,+ ) = [Fx(5) - Fx(-5)].[F (2 y )].[Fz( 2 ) + (1-Fz( 2 )] b, Tương tự ta có
P[X<5, Y<0, Z=1] = P[X<5].P[Y<0].P[Z=1]
= Fx(5-). Fy(0-).[Fz(1-)- Fz(1)]
C,P[min(X,Y,Z)>2] = P[X<2, Y>2, Z>2]
= [1-Fx(2+)].[1-Fy(2+)].[1-Fz(2+)] Trang 1
Xác suất thống kê –Chương 4
Cao Thành Lực - MAT1101 3 - 09020324
d, P[Max(X, Y, Z)<6]=P[X<6, Y<6, Z<6] =Fx(6-). Fy(6-). Fz(6-) Bài 4:
a. hàm xác suất đồng thời cho (X1,X2)
Vì các lần tung là độc lập và các kết cục của mỗi lần tung là đồng khả năng, ta có X1 123456 X2 1aaaaaa 2aaaaaa 3aaaaaa 4aaaaaa 5aaaaaa 6aaaaaa Ta có: 36a = 1 1 ⇒ a = 36 Vậy ta có: X1 123456 X2 1 1 1 1 1 1 1 36 36 36 36 36 36 1 1 1 1 1 1 2 36 36 36 36 36 36 1 1 1 1 1 1 3 36 36 36 36 36 36 1 1 1 1 1 1 4 36 36 36 36 36 36 1 1 1 1 1 1 5 36 36 36 36 36 36 1 1 1 1 1 1 6 36 36 36 36 36 36 =X = min( ) X , X b. với 1 2 Y max( ) X 1, X 2 Bài 9: 2 2 by − − ax 2 2 f ( ,
x )y = axe bye
x > 0, y > 0, a > 0, b > 0 Trang 2
Xác suất thống kê –Chương 4
Cao Thành Lực - MAT1101 3 - 09020324 x x 2 2 2 2 2 x − ax − ax − ax − ax ax a) 2 2 2 2 F ( ) x = axe dx = e− d (− )e= − = 1 e − ∫ ∫ X 2 0 0 0 yby by 2 2 − − Tương tự: 2 2 F ( ) y = bye dy 1 = − e X ∫0 2 2 by ax − − 2 2 1 − e− e 1 x > 0, y > 0
Suy ra F ( ,x )y = X ≠ 0 n u e b) Tìm P[X > Y] +∞ − 2 ax 2 P( ) X = = axe dx 1 ∫0 +∞ − − − +∞ 2 2 2 by by bx 2 2 2 P( )Y = bye dy= − e = − e ∫x x 2 −bx 2 ⇒ (
P )X> Y = − e
c) Tìm các hàm mật độ biên +∞ +∞ 2 2 2 2 − − −by − by ax ax 2 2 2 2 f ( ) = = X x axe bye dy abxe ye dy ∫ ∫00 +∞ − − +∞ 2 2 2 2 − ax − ax by by 2 1 1 2 2 by 2 2 = abxe − e d ( ) − = ∫ 2 abxe − e 0 b b 0 2 2 a − x− ax 2 2 = axe ax(1 e 0 − )= +∞ − − 2 2 2 by by −ax 2 2 2 f ( ) y = = axe bye dx bye X ∫ 0 Bài 10. a. b. Nếu hoặc thì hàm mật độ Nếu Nếu Trang 3
Xác suất thống kê –Chương 4
Cao Thành Lực - MAT1101 3 - 09020324 Nếu Nếu
c. Hàm mật độ biên của X Hàm mật độ biên của Y Bài 11. Miền giới hạn bởi : 2 2 x + y ≤ 1
Đặt x = r cos ϕ y = r sinϕ Định thức Jacobi dx dx ϕ co ϕ s ϕ − r dr d si ϕ n J = = = r dy dy sin r cos dr dϕ 2π 1 ⇒ ∫ ∫ϕ d
k.r.dr = 1 0 o 2π ⇔ k ϕ d = 1⇔ π 1 k = 1 ⇔ = ∫ k 0 2 π Hàm mật độ biên : 1 1 1 f ( X x) = ∫ dy = 0 π π 1 1 1 f ( y) Y = = ∫ dx 0π π Miền giới hạn bởi : (1) y = x +1 (2) y = -x + 1 (3) y = x – 1 (4) y = -x - 1 Trang 4
Xác suất thống kê –Chương 4
Cao Thành Lực - MAT1101 3 - 09020324 0 + x 1 1 0 1 1 − +x 0 0 dx kdy dx kdy dx kdy dx kdy 1 ∫ ∫ ∫ ∫ + ∫ ∫ + + = −1 0 0 − + x 1 0 0 −1 − − 1 x 0 1 1 0 x dx 1 x dx x dx x dx ⇔ 1 ( + ) + ( − ) 1 + ( − ) 1 + 1 ( + ) = ∫ ∫ ∫ ∫ k 1 0 0 1 − − 1 1 ⇔ 2 = ⇔ k = k 2
Miền giới hạn bởi : y = -x + 1 1 1−x dx kdy = 1 ∫ ∫ 0 0 1 1 1 1 ⇔ 1
( − x)dx = ⇔ = ⇔ = 2 ∫ k k 2 0 k Bài 12:
Vecto ngẫu nhiên (X,Y) có hàm mật độ xác suất đồng thời 2 f − − ,( ,x ) y 2 = xey e x > > y 0, 0 X Y
Hãy tìm xác suất của các sự kiện sau: X + a. Y≤ { 8} Ta có : 8 8 −x 8 x y x y − − − x − − 8 2 2 X + P[ Y≤ { 8}
] = 2e dx e dy = e − ( dx e ) 0 ∫ ∫ ∫ 0 0 0 8 8 8 8 8 − x 2( x−8) − x− 2 x 16 = 2 (− +1) = − 2 . 2− x e e dx e e dx + e dx ∫ ∫ ∫ 16 2 2 x− x e − = − dx + e dx ∫ ∫ 0 0 0 0 0 8 8 x 16 − x − −8 16 8 − − 16 8 2e 2e 2 2 e e 2 2 e 2( − 2 e− = − − = − + − + = e 1)− + 0 0 b X .{ < } Y y ∞ ∞ ∞ y Ta có: P −2 2y − x − y 2 X <[{ Y } ] − − − = 2e dy e dx= 2 e ( x
dy − e ) = 2 ( y y e − e1 + ) dy ∫ ∫ ∫ ∫ 0 0 0 0 0 ∞ ∞ 3−y 2 − y 2 3 − 2 = 2 − + 2 = ( ) y− ∞ ∞ y e dy e dy e ( −e ) ∫ ∫ 2 1 = (0 1) − − (0 1 −) = 3 0 0 0 0 3 3 c X − .{ Y≤ 10} 10 y ∞ ∞ + ∞ 10 + y −2 y − x 2 − y x − y 2 − 10 X − P[ Y≤ { 10} ] = 2e dy
e dx = 2e dy (e ) 2 = e ( y e − − − + 1) dy ∫ ∫ ∫ 0∫ 0 0 0 0 ∞ ∞ ∞ ∞ 3 − 10 y − 2 − y y 2 3− 10 − y 2 = 2 − e
dy + 2 e dy = (e ) −(− ) e ∫ ∫ 3 0 0 0 0 2 2 10 − − 10
= (0 −e )e −(0 1) − = − 1+ 3 3 Bài 13:
Cho X, Y có hàm mật độ xác suất đồng thời:
fX,Y(x,y) = xe-x(1+y) x > 0, y > 0
Hàm mật độ biên của X và củaY: Trang 5
Xác suất thống kê –Chương 4
Cao Thành Lực - MAT1101 3 - 09020324 Bài 14 : Lúc ρ = 0 ta có : −(x+ )22y f x y = e X (Y ) 1 2 , ,2 . π Lúc này 2 2 2 p X + Y < R
bằng 4 lần tích phân của hàm f
x, y Trên miền D X, Y( ) 1 2 2 x y − + 4 2 P = 2 e dxdy π ∫ 1 D
Chuyển sang tạo độ cực ta được. π 02≤ ϕ≤ , 0r≤ R ≤ π π π 2 2 R 2 2 Rr r 2 2 R −− − ⇒ 2 2 2 2 2 2 P = dϕ r. 1e dr= − e dϕ ϕ = − − e d π ∫ ∫ ∫π π ∫ 0 0 0 0 0 2 2 21 .−2 R R π − 2 2 = − e − = 1 − e π Bài 24:
X và Y là các biến ngẫu nhiên độc lập có phân phối đều trong đoạn [0,1] 2
a.Tính P[X < 1/2, |Y - 1| < 1/2] 2 1 1
P[X < 1/ 2,| Y− 1<| 1/ 2]= P[0< X< , < Y< 1] 22 1 1 1 1 1 = P[0 < X < ]. [ P Y< < 1 = ] .= 22 2 2 2 2
b. Tính P[X/2 < 1, Y > 0] 1 [ P X / 2 1 <,Y 0
> ]= P[0< X< 1/ 2].P[ Y> 0 = ] 2 Trang 6
Xác suất thống kê –Chương 4
Cao Thành Lực - MAT1101 3 - 09020324 c. Tính P[XY < 1/2] d. Tính P[min(X,Y) > 1/3] 2 2 4 [
P min(X ,Y ) 1 >/ 3 = ] P[X > 1/ 3].P [> Y = 1 = / 3] . 3 3 9 Bài 25. a. , ta có: Mặt khác: Suy ra:
Vậy X và Y là độc lập (đpcm) b. Ta có: Trong đó: Bài 40.
Một điểm X, Y, Z được chọn ngẫu nhiên trong hình cầu đơn vị
a. Tìm hàm mật độ đồng thời biên của X vàY: Trang 7
Xác suất thống kê –Chương 4
Cao Thành Lực - MAT1101 3 - 09020324 Nếu : Nếu khác:
b. Tìm hàm mật độ biên của X: Nếu : Nếu khác:
c. Cho trước Z, tìm hàm mật độ đồng thời có điều kiện của X và Y: Nếu : Nếu khác: không xác định
d. X, Y, Z có độc lập hay không:
Suy ra X, Y, Z không độc lập Bài 53
a,Tìm hàm mật độ xác suất đồng thời của các hàm sau : U = 1 X V = =X1 + +X2 + W 1 X X2 X3 Ta có ma trận U 1 0 0 X 1 V = 1 1 0 . X2 W 1 1 1 X 3 X1 = U
⇒ X=2 = V− U − X W V 3
Ma trận Jacibian của phép biến đổi ngược là : 1 0 0 | ℑ|= −1 1 0 = 1 0 −1 1
Ta có hàm mật độ xác suất đồng thời được xác định theo công thức sau u v (h w
(u, v, w); h (u,v, );
w h (u, v, )) w f 1 2 ( ,3 , ) , , = X f xY y Z U ,V , zW ℑ | ( , , ) | Trang 8
Xác suất thống kê –Chương 4
Cao Thành Lực - MAT1101 3 - 09020324 (h ( , u , v ); w h ( , u , v ); w h ( , u , v )). w | )( ℑ ,u ,v ) w | f = 1 2 3 X ,Y, Z Ta có X với X , X1 , 2
3 là các biến ngẫu nhiên có hàm phân phối đồng thời Gauss 1 ( 2 2 − x x 2 + − x . 2 x + x ) 1 2 1 2 2 3 x xX Xx X ( , , ) e f = (*) 1 2 3 , , 1 2 3 π 2 π
Do đó hàm mật độ xác suất của U,V,W là u v u w , v , ( , , ) ( , , ) , 1 2 3 1 , 2 3 1 2 3
Bằng việc thay thế x,y,z bởi u,v,w trong biến lũy thừa đi đến 1 [( ) 2 ( ) 2 .( ) ( ) ] 2 2 2 v w = [ 2 2 2
− u + u + v − 2uv− uv 2 + 2 2 u + + − ] vw 2 2 2 3 2 w = [( − 2 + 2) 2 u + v + −(2 + 2)uv − ] vw 2 2 Thay vào ( * ) ta được 1 3 2 ( 2 2 x x 2x .x x ) 2 [(2 2 ) 2 2 w u v (2 2 )uv vw] − 1 + 2 − 1 2 + − + + + − + − 2 3 2 2 f ( x , e e = = 1 2 x , x3) X , X , 1 2 X3 π2 π π 2 π Bài 54:
Hàm mật độ xác suất đồng thời của X1 và X2 là: 2 ( )1 2 f ( ,x )x f ( ). x f ( ) x x x eλ λ −+ = = với x1,x2 ≥ 0 1 X 2,X 1 2 1X 1 2X 2 X + 1 2X 1 2 1 2 M = ⇒ X+ X= 2 2 M ⇔ X = M − X 2 Thay vào V ta có: 2 2 X X − − X X ( + X M − +X− ) M ( 1 2 2 ) 2 2 1 2 2 1 2 V V = ⇔ = 2 2 ⇔ X − X = 2 2⇔ = + 1 2 V 1 X V 2X ∞ ∞ − + − 2 λ( 2 ) 1 1 f ( M ) = f ( ,x2 M − ) x M x x= dx λ e dx M ∫ ∫ 1X2,X 1 1 1 1 −∞ −∞
∞∞ 2 2− Mλλ M 2 2 = = λ eλ dx − −∞ 1 1 e x ∫−∞ ∞ ∞ − + − 2 λ ( 1x 1x 2 ) f ( ) V = f ( ,x x 2 − = ) V λ V V dx e dx ∫ ∫ 1X2,X 11 1 1 −∞ −∞ ∞ ∞ ∞ 2 − − λ λ 1( 2 ) 2 2 (λ − λ λ 1 x V ) 2 x 1 1 − 2 x = λ eλ dx = e d − x = − e 1 1 ∫ ∫ 2 4V V e e −2 −∞ −∞ λ −∞ Trang 9
Xác suất thống kê –Chương 4
Cao Thành Lực - MAT1101 3 - 09020324 Bài 55. a.
b. Vì X và Y là những biến ngẫu nhiên mũ độc lập nên: Bài 59 : a. tìm E ( ) 2 X Y + E ( ) 22 2 X + Y
= E X + 2 .X Y+ Y = +∞ +∞ +∞ +∞ +∞ +∞ ' = + x f x y dy dx + x y f x y dy dx y f x y dy dx ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ X (Y )'' '' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' , 2 . , , , , X , Y X Y −∞ −∞ −∞ −∞ −∞ −∞ +∞ +∞ +∞ +∞ ' = + x f dx x
x y f + x y dy dx y f y dy X ∫ ∫ (Y)' ' ' ' 2 . ,X Y ∫ ∫ (' )' ' ' ' ' () ' , −∞ −∞ −∞ −∞
= E+ X 2 .E+ X Y E Y b. phương sai của (X+Y). V X +Y= E ( ) X + Y − E X + Y( )2 2 = E( )
X + 2 .X Y+ Y − (E+X ) 2 2 2 E Y ( ) 2 2 = E( )22 X + 2 . ( E )X Y + −( E )Y (E+ ) 2 X
.E X+ E (Y ) E Y( ) ( ) = E ( ) X − E ( ) 22 2 2 X
+2 .E X Y−2 .E(X E )Y )
+ − (E ()Y ) (E )Y =V+ X 2 .E (− )
X Y 2 .E(X E + )Y V ( Y )
c. phương sai của tổng bằng tổng các phương sai riêng biệt
trong trường hợp X,Y là các biến ngẫu nhiên độc lập. Trang 10