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.

Bạn đang xem: Bài tập xác suất thống kê có lời giải chương 2

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 $t3$\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$$F_X(t)= \begin{cases} 0 & \mbox{ nếu $t3$}.\\ \end{cases}$$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 1)}.\end{aligned}\end{equation*}\begin{equation*}\notag \begin{aligned}\Bbb P(1 1)&=\displaystyle\frac{\Bbb P(1 1)}\\&=\displaystyle\frac{\displaystyle\frac{7}{27}}{\displaystyle\frac{26}{27}}\\&=\displaystyle\frac{7}{26}.\end{aligned}\end{equation*}
Bài 2:
Cho biến ngẫu nhiên liên tục $X$ có hàm mật độ xác suất $$f_X(x)= \begin{cases} kx^2e^{-2x} & \mbox{ nếu $x\geq 0$},\\ 0 & \mbox{ nếu $x
Bài 3: Cho biến ngẫu nhiên liên tục $X$ có hàm mật độ xác suất $$f_X(x)=ke^{-\lambda|x|},\;\;\forall x\in\Bbb{R}.$$ a) Tìm hằng số $k.$b) Tìm hàm phân bố xác suất $F_X(x)$ của $X.$
Bài 4:
Thời gian phục vụ khách hàng tại một điểm dịch vụ là biến ngẫu nhiên liên tục $X$ có hàm mật độ xác suất $$f_X(x)= \begin{cases} 5e^{-5x} & \mbox{ nếu $x\geq 0$},\\ 0 & \mbox{ nếu $xb) 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 $\Bbb E(X)=0,2.$
Bài 5:
Tuổi thọ $X$ của người là một biến ngẫu nhiên liên tục có hàm mật độ xác suất có hàm mật độ xác suất $$f_X(x)= \begin{cases} \lambda e^{-\lambda x} & \mbox{ nếu $x\geq 0$},\\ 0 & \mbox{ nếu $x0$. Biết rằng xác suất người sống quá $60$ tuổi bằng $0,5.$a) Tìm $\lambda.$b) Một người năm nay $60$ tuổi, tìm xác suất để người này sống quá $70$ tuổi.c) Gọi $A=(X>70)$, $B=(X>80)$, $C=(60
Lời giải bài 5.
Với mọi $a>0,$ ta có\begin{equation*}\notag \begin{aligned}\Bbb P(X>a)&=\Bbb P(X\geq a)\\&=\displaystyle\int\limits_{a}^{+\infty}f_X(x)dx\\&=\displaystyle\int\limits_{a}^{+\infty}\lambda e^{-\lambda x}dx\\&=\lim\limits_{b\longrightarrow+\infty}\displaystyle\int\limits_{a}^{b}\lambda e^{-\lambda x}dx\\&=\lim\limits_{b\longrightarrow+\infty}(-e^{-\lambda x})\Big|_a^b\\&=\lim\limits_{b\longrightarrow+\infty}(e^{-\lambda a}-e^{-\lambda b})\\&=e^{-\lambda a}.\end{aligned}\end{equation*}a) Theo đề bài\begin{equation*}\notag \begin{aligned}&\;\;\;\;\;\;\;\;\;\Bbb P(X>60)=0,5\\&\Longleftrightarrow e^{-60\lambda}=0,5\\&\Longleftrightarrow \lambda=\displaystyle\frac{\ln 2}{60}.\end{aligned}\end{equation*}b) Ta có\begin{equation*}\notag \begin{aligned}\Bbb P(X>70|X\geq 60)&=\displaystyle\frac{\Bbb P<(X>70)(X\geq 60)>}{\Bbb P(X\geq 60)}\\&=\displaystyle\frac{\Bbb P(X>70)}{\Bbb P(X\geq 60)}\\&=\displaystyle\frac{e^{-70\lambda}}{e^{-60\lambda}}\\&=e^{-10\lambda}\\&=e^{-\frac{\ln 2}{6}}\\&\approx 0,8909.\end{aligned}\end{equation*}c) Ta có\begin{equation*}\notag \begin{aligned}\Bbb P(B|A)&=\Bbb P(X>80|X>70)\\&=\displaystyle\frac{\Bbb P<(X>80)(X>70)>}{\Bbb P(X>70)}\\&=\displaystyle\frac{\Bbb P(X>80)}{\Bbb P(X>70)}\\&=\displaystyle\frac{e^{-80\lambda}}{e^{-70\lambda}}\\&=e^{-10\lambda}\\&=e^{-\frac{\ln 2}{6}}\\&\approx 0,8909.\end{aligned}\end{equation*}\begin{equation*}\notag \begin{aligned}\Bbb P(B|C)&=\Bbb P(X > 80|60 80)(60 Bài 6: Cho biến ngẫu nhiên liên tục $X$ với hàm mật độ xác suất $$f_X(x)= \begin{cases} k(1+x)^{-3} & \mbox{ nếu $x\geq 0$},\\ 0 & \mbox{ nếu $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 $\Bbb E(X)=1.$
Bài 7:
Cho biến ngẫu nhiên liên tục $X$ có hàm phân bố xác suất $$F_X(x)= \begin{cases} 0 & \mbox{ nếu $xk$}.\\ \end{cases}$$ a) Tìm hàm mật độ xác suất $f_X(x).$b) Tính xác suất $\Bbb P(-0,5 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$$$f_X(x)= \begin{cases}0 & \mbox{ nếu $xk$}.\\ \end{cases}$$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 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 $kDo đó\begin{equation*}\notag \begin{aligned}\Bbb P(-0,5 Bài 8: Trong một cái hộp có $5$ viên bi trong đó có $2$ viên bi trắng. Lấy ngẫu nhiên ra $2$ viên bi. Gọi $X$ là số viên bi trắng lấy ra được.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 $2X,$ $X^2.$
Bài 9:
Một lô hàng có $14$ sản phẩm trong đó $5$ sản phẩm loại I và $9$ sản phẩm loại II. Chọn ngẫu nhiên $2$ sản phẩm từ lô hàng, gọi $X$ là số sản phẩm loại I chọn được.

Xem thêm: Mức Phạt Lỗi Chạy Quá Tốc Độ 20Km /H Năm 2021 Phạt Bao Nhiêu?

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.
Bài 10:
Trong một hòm có $10$ tấm thẻ trong đó có $4$ tấm thẻ ghi số $1,$ $3$ tấm thẻ ghi số $2,$ $2$ tấm thẻ ghi số $3$ và $1$ tấm thẻ ghi số $4.$ Chọn ngẫu nhiên hai tấm thẻ.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}.$$ Bảng phân bố xác suất của $X$\begin{array}{| c| c| c| c| c| c| c|}\hlineX & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7\\\hline\Bbb P & \displaystyle\frac{6}{45} & \displaystyle\frac{12}{45} & \displaystyle\frac{11}{45} & \displaystyle\frac{10}{45} & \displaystyle\frac{4}{45} & \displaystyle\frac{2}{45}\\\hline\end{array}Hàm phân bố xác suất $F_X(x)$$$F_X(x)= \begin{cases} 0 & \mbox{ khi $xBài 11: Một xạ thủ đem $5$ viên đạn bắn kiểm tra trước ngày thi bắn. Xạ thủ bắn từng viên vào bia với xác suất trúng vòng $10$ là $0,85$. Nếu bắn $3$ viên liên tiếp trúng vòng $10$ thì thôi không bắn nữa. Gọi $Y$ là số đạn xạ thủ này đã bắn.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| }\hlineY & 3 & 4 & 5\\\hline\Bbb P & 0,614125 & 0,09211875 & 0,29375625\\\hline\end{array}Hàm phân bố xác suất $F_X(x)$$$F_X(x)= \begin{cases} 0 & \mbox{ khi $x\begin{equation*}\notag \begin{aligned}\Bbb P(Z=0)&=\Bbb P(5-Y=0)\\&=\Bbb P(Y=5)\\&=0,29375625.\end{aligned}\end{equation*}\begin{equation*}\notag \begin{aligned}\Bbb P(Z=1)&=\Bbb P(5-Y=1)\\&=\Bbb P(Y=4)\\&=0,09211875.\end{aligned}\end{equation*}\begin{equation*}\notag \begin{aligned}\Bbb P(Z=2)&=\Bbb P(5-Y=2)\\&=\Bbb P(Y=3)\\&=0,614125.\end{aligned}\end{equation*}Bảng phân bố xác suất của $Z$\begin{array}{| c| c| c| c| }\hlineZ & 0 & 1 & 2\\\hline\Bbb P & 0,29375625 & 0,09211875 & 0,614125\\\hline\end{array}
Bài 12:
Cho $X_1, X_2, X_3$ là ba biến ngẫu nhiên độc lập có bảng phân bố xác suất như sau \begin{array}{| c| c| c|}\hlineX_1 &0 & 2\\\hline\Bbb P &0,65 & 0,35\\\hline\end{array} \begin{array}{| c| c| c|}\hlineX_2 &1 & 2\\\hline\Bbb P &0,4 & 0,6\\\hline\end{array} \begin{array}{| c| c| c|}\hlineX_3 &1 & 2\\\hline\Bbb P &0,7 & 0,3\\\hline\end{array}a) Lập bảng phân bố xác suất của biến ngẫu nhiên $\overline{X}=\displaystyle\frac{X_1+X_2+X_3}{3}.$b) Tính $\Bbb E(\overline{X})$, $\Bbb D(\overline{X}).$c) Tính $\Bbb E(X_1+X_2+X_3)$ và $\Bbb D(X_1+X_2+X_3).$
Lời giải bài 12.
a) Ta thấy $\overline{X}$ có thể nhận các giá trị là $\displaystyle\frac{2}{3}$, $1$, $\displaystyle\frac{4}{3}$, $\displaystyle\frac{5}{3}$, $2.$$$(\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).$$Vì các biến cố $X_1, X_2, X_3$ là độc lập nên\begin{equation*}\notag \begin{aligned}\Bbb P(\overline{X}=2)&=\Bbb P(X_1=2)\Bbb P(X_2=2)\Bbb P(X_3=2)\\&=0,35\times 0,6\times 0,3\\&=0,063.\end{aligned}\end{equation*}Bảng phân bố xác suất của $\overline{X}$ là\begin{array}{| c| c| c| c| c| c|}\hline\overline{X} &\displaystyle\frac{2}{3} & 1 & \displaystyle\frac{4}{3} & \displaystyle\frac{5}{3} & 2\\\hline\Bbb P &0,182 & 0,351 & 0,215 & 0,189 & 0,063\\\hline\end{array}b) Kỳ vọng của $\overline{X}$\begin{equation*}\notag \begin{aligned}\Bbb E(\overline{X})&=\displaystyle\frac{2}{3}\times 0,182+1\times 0,351+\displaystyle\frac{4}{3}\times 0,215+\displaystyle\frac{5}{3}\times 0,189+2\times 0,063\\ &=1,2.\end{aligned}\end{equation*}\begin{equation*}\notag \begin{aligned}\Bbb E<(\overline{X})^2>&=\displaystyle\frac{4}{9}\times 0,182+1\times 0,351+\displaystyle\frac{16}{9}\times 0,215+\displaystyle\frac{25}{9}\times 0,189+4\times 0,063\\ &=\displaystyle\frac{14,32}{9}.\end{aligned}\end{equation*}Phương sai của $\overline{X}$\begin{equation*}\notag \begin{aligned}\Bbb D(\overline{X})&=\Bbb E<(\overline{X})^2>-(\Bbb E(\overline{X}))^2\\&=\displaystyle\frac{14,32}{9}-1,2^2\\&=\displaystyle\frac{1,36}{9}.\end{aligned}\end{equation*}c)\begin{equation*}\notag \begin{aligned}\Bbb E(X_1+X_2+X_3)&=\Bbb E(3\overline{X})\\&=3\Bbb E(\overline{X})\\&=3\times 1,2\\&=3,6.\end{aligned}\end{equation*}\begin{equation*}\notag \begin{aligned}\Bbb D(X_1+X_2+X_3)&=\Bbb D(3\overline{X})\\&=9\Bbb D(\overline{X})\\&=9\times\displaystyle\frac{1,36}{9}\\&=1,36.\end{aligned}\end{equation*}
Bài 13:
Cho biến ngẫu nhiên liên tục $X$ có hàm mật độ xác suất $$f_X(x)= \begin{cases} 0 & \mbox{ nếu $xc) Tính xác suất để trong $4$ phép thử độc lập biến ngẫu nhiên $X$ đều không lấy giá trị trong khoảng $(2; 3).$
Bài 14: Cho biến ngẫu nhiên $X$ có kỳ vọng $\Bbb E(X)=\mu$ và độ lệch tiêu chuẩn $\sigma=\sqrt{\Bbb D(X)}.$ Hãy tính xác suất $\Bbb P(|X-\mu|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