Bài Tập Xác Suất Thống Kê Chương 2 Và 3 Có Lời Giải Xác Suất Thống Kê Chương 2

Bài 1: Cho biến ngẫu nhiên liên tục $X$ có hàm mật độ xác suất $$f_X(x)= egin{cases} kx^2 & mbox{ nếu $0leq xleq 3$},\ 0 & mbox{ nếu $x$ còn lại}.\ end{cases}$$a) Tìm hằng số $k.$b) Tìm hàm phân bố xác suất $F_X(x).$c) Tính $Bbb P(X>1).$d) Tính $Bbb P(0,5leq Xleq 2|X>1).$
Lời giải bài 1.

Đang xem: Bài tập xác suất thống kê chương 2 và 3 có lời giải

a) Ta cóegin{equation*}
otag egin{aligned}displaystyleintlimits_{-infty}^{+infty}f_X(x)dx&=displaystyleintlimits_{-infty}^{0}f_X(x)dx+displaystyleintlimits_{0}^{3}f_X(x)dx+displaystyleintlimits_{3}^{+infty}f_X(x)dx\&=displaystyleintlimits_{-infty}^{0}0dx+displaystyleintlimits_{0}^{3}kx^2dx+displaystyleintlimits_{3}^{+infty}0dx\&=0+Big(displaystylefrac{kx^3}{3}Big)Bigg|_0^3+0\&=displaystylefrac{27k}{3}\&=9k.end{aligned}end{equation*}Theo tính chất của hàm mật độ xác suất $$displaystyleintlimits_{-infty}^{+infty}f_X(x)dx=1.$$ Do đó $9k=1$ hay $k=displaystylefrac{1}{9}.$b) Nếu $t3$egin{equation*}
otag egin{aligned}F_X(t)&=displaystyleintlimits_{-infty}^{t}f_X(x)dx\&=displaystyleintlimits_{-infty}^{0}f_X(x)dx+displaystyleintlimits_{0}^{3}f_X(x)dx+displaystyleintlimits_{3}^{t}f_X(x)dx\&=displaystyleintlimits_{-infty}^{0}0dx+displaystyleintlimits_{0}^{3}kx^2dx+displaystyleintlimits_{3}^{t}0dx\&=0+Big(displaystylefrac{kx^3}{3}Big)Bigg|_0^3+0\&=9k\&=1.end{aligned}end{equation*}Vậy$$F_X(t)= egin{cases} 0 & mbox{ nếu $t3$}.\ end{cases}$$c)egin{equation*}
otag egin{aligned}Bbb P(X>1)&=displaystyleintlimits_{1}^{+infty}f_X(x)dx\&=displaystyleintlimits_{1}^{3}f_X(x)dx+displaystyleintlimits_{3}^{+infty}f_X(x)dx\&=displaystyleintlimits_{1}^{3}kx^2dx+displaystyleintlimits_{3}^{+infty}0dx\&=Big(displaystylefrac{kx^3}{3}Big)Bigg|_1^3+0\&=displaystylefrac{27k}{3}-displaystylefrac{k}{3}\&=displaystylefrac{26k}{3}\&=displaystylefrac{26}{3} imesdisplaystylefrac{1}{9}\&=displaystylefrac{26}{27}.end{aligned}end{equation*}d)egin{equation*}
otag egin{aligned}Bbb P(0,5leq Xleq 2|X > 1)&=displaystylefrac{Bbb P<(0,5leq Xleq 2)(X > 1)>}{Bbb P(X > 1)}\&=displaystylefrac{Bbb P(1 1)}.end{aligned}end{equation*}egin{equation*}
otag egin{aligned}Bbb P(1 1)&=displaystylefrac{Bbb P(1 1)}\&=displaystylefrac{displaystylefrac{7}{27}}{displaystylefrac{26}{27}}\&=displaystylefrac{7}{26}.end{aligned}end{equation*}
Bài 2:
Cho biến ngẫu nhiên liên tục $X$ có hàm mật độ xác suất $$f_X(x)= egin{cases} kx^2e^{-2x} & mbox{ nếu $xgeq 0$},\ 0 & mbox{ nếu $x
Bài 3: Cho biến ngẫu nhiên liên tục $X$ có hàm mật độ xác suất $$f_X(x)=ke^{-lambda|x|},;;forall xinBbb{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)= egin{cases} 5e^{-5x} & mbox{ nếu $xgeq 0$},\ 0 & mbox{ nếu $xb) Tìm thời gian trung bình để phục vụ một khách hàng.
Lời giải bài 4.a) Ta cóegin{equation*}
otag egin{aligned}Bbb P(0,4leq Xleq 1)&=displaystyleintlimits_{0,4}^{1}f(x)dx\&=displaystyleintlimits_{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$$Bbb E(X)=displaystylefrac{1}{lambda}=displaystylefrac{1}{5}=0,2.$$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 $$f_X(x)= egin{cases} lambda e^{-lambda x} & mbox{ nếu $xgeq 0$},\ 0 & mbox{ nếu $x0$. Biết rằng xác suất người sống quá $60$ tuổi bằng $0,5.$a) Tìm $lambda.$b) Một người năm nay $60$ tuổi, tìm xác suất để người này sống quá $70$ tuổi.c) Gọi $A=(X>70)$, $B=(X>80)$, $C=(60
Lời giải bài 5.
Với mọi $a>0,$ ta cóegin{equation*}
otag egin{aligned}Bbb P(X>a)&=Bbb P(Xgeq a)\&=displaystyleintlimits_{a}^{+infty}f_X(x)dx\&=displaystyleintlimits_{a}^{+infty}lambda e^{-lambda x}dx\&=limlimits_{blongrightarrow+infty}displaystyleintlimits_{a}^{b}lambda e^{-lambda x}dx\&=limlimits_{blongrightarrow+infty}(-e^{-lambda x})Big|_a^b\&=limlimits_{blongrightarrow+infty}(e^{-lambda a}-e^{-lambda b})\&=e^{-lambda a}.end{aligned}end{equation*}a) Theo đề bàiegin{equation*}
otag egin{aligned}&;;;;;;;;;Bbb P(X>60)=0,5\&Longleftrightarrow e^{-60lambda}=0,5\&Longleftrightarrow lambda=displaystylefrac{ln 2}{60}.end{aligned}end{equation*}b) Ta cóegin{equation*}
otag egin{aligned}Bbb P(X>70|Xgeq 60)&=displaystylefrac{Bbb P<(X>70)(Xgeq 60)>}{Bbb P(Xgeq 60)}\&=displaystylefrac{Bbb P(X>70)}{Bbb P(Xgeq 60)}\&=displaystylefrac{e^{-70lambda}}{e^{-60lambda}}\&=e^{-10lambda}\&=e^{-frac{ln 2}{6}}\&approx 0,8909.end{aligned}end{equation*}c) Ta cóegin{equation*}
otag egin{aligned}Bbb P(B|A)&=Bbb P(X>80|X>70)\&=displaystylefrac{Bbb P<(X>80)(X>70)>}{Bbb P(X>70)}\&=displaystylefrac{Bbb P(X>80)}{Bbb P(X>70)}\&=displaystylefrac{e^{-80lambda}}{e^{-70lambda}}\&=e^{-10lambda}\&=e^{-frac{ln 2}{6}}\&approx 0,8909.end{aligned}end{equation*}egin{equation*}
otag egin{aligned}Bbb P(B|C)&=Bbb P(X > 80|60 80)(60 Bài 6:
Cho biến ngẫu nhiên liên tục $X$ với hàm mật độ xác suất $$f_X(x)= egin{cases} k(1+x)^{-3} & mbox{ nếu $xgeq 0$},\ 0 & mbox{ nếu $x
Lời giải bài 6.a) Ta cóegin{equation*}
otag egin{aligned}displaystyleintlimits_{-infty}^{+infty}f_X(x)dx&=displaystyleintlimits_{-infty}^{0}f_X(x)dx+displaystyleintlimits_{0}^{+infty}f_X(x)dx\&=displaystyleintlimits_{-infty}^{0}0dx+displaystyleintlimits_{0}^{+infty}k(1+x)^{-3}dx\&=0+kdisplaystyleintlimits_{0}^{+infty}(1+x)^{-3}dx\&=kdisplaystyleintlimits_{0}^{+infty}(1+x)^{-3}dx.end{aligned}end{equation*}Ta cóegin{equation*}
otag egin{aligned}displaystyleintlimits_{0}^{+infty}(1+x)^{-3}dx&=limlimits_{alongrightarrow+infty}displaystyleintlimits_{0}^{a}(1+x)^{-3}dx\&=limlimits_{alongrightarrow+infty}Big\&=limlimits_{alongrightarrow+infty}Big\&=displaystylefrac{1}{2}.end{aligned}end{equation*}Do đó $displaystyleintlimits_{-infty}^{+infty}f_X(x)dx=displaystylefrac{k}{2}.$Theo tính chất của hàm mật độ xác suất $displaystyleintlimits_{-infty}^{+infty}f_X(x)dx=1.$ Do đó $displaystylefrac{k}{2}=1$ hay $k=2.$b) Ta cóegin{equation*}
otag egin{aligned}Bbb E(X)&=displaystyleintlimits_{-infty}^{+infty}xf_X(x)dx\&=displaystyleintlimits_{-infty}^{0}xf_X(x)dx+displaystyleintlimits_{0}^{+infty}xf_X(x)dx\&=displaystyleintlimits_{-infty}^{0}x.0dx+displaystyleintlimits_{0}^{+infty}x.2(1+x)^{-3}dx\&=displaystyleintlimits_{-infty}^{0}0dx+2displaystyleintlimits_{0}^{+infty}displaystylefrac{x}{(1+x)^3}dx\&=0+2displaystyleintlimits_{0}^{+infty}displaystylefrac{x}{(1+x)^3}dx\&=2displaystyleintlimits_{0}^{+infty}displaystylefrac{x}{(1+x)^3}dx.end{aligned}end{equation*}Ta cóegin{equation*}
otag egin{aligned}displaystyleintlimits_{0}^{+infty}displaystylefrac{x}{(1+x)^3}dx&=limlimits_{alongrightarrow+infty}displaystyleintlimits_{0}^{a}displaystylefrac{x}{(1+x)^3}dx\&=limlimits_{alongrightarrow+infty}displaystyleintlimits_{0}^{a}Bigdx\&=limlimits_{alongrightarrow+infty}Big<-displaystylefrac{1}{1+x}+displaystylefrac{1}{2(1+x)^2}Big>Bigg|_0^a\&=limlimits_{alongrightarrow+infty}Big<-displaystylefrac{1}{1+a}+displaystylefrac{1}{2(1+a)^2}-displaystylefrac{1}{2}+1Big>\&=displaystylefrac{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 $$F_X(x)= egin{cases} 0 & mbox{ nếu $xk$}.\ end{cases}$$ 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 cóegin{equation*}
otag egin{aligned}Big(displaystylefrac{2kx}{k^2+x^2}Big)”&=displaystylefrac{(2kx)”(k^2+x^2)-2kx(k^2+x^2)”}{(k^2+x^2)^2}\&=displaystylefrac{2k(k^2+x^2)-2kx.2x}{(k^2+x^2)^2}\&=displaystylefrac{2k(k^2+x^2)-4kx^2}{(k^2+x^2)^2}\&=displaystylefrac{2k(k^2+x^2-2x^2)}{(k^2+x^2)^2}\&=displaystylefrac{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$$$f_X(x)= egin{cases}0 & mbox{ nếu $xk$}.\ end{cases}$$Hay$$f_X(x)= egin{cases} displaystylefrac{2k(k^2-x^2)}{(k^2+x^2)^2} & mbox{ nếu $0leq xleq k$},\ 0 & mbox{ nếu $x
otin <0; k>$}.\ end{cases}$$b) Ta cóegin{equation*}
otag egin{aligned}Bbb P(-0,5 Nếu $kgeq 2$ thìegin{equation*}
otag egin{aligned}F_X(2)&=displaystylefrac{2k.2}{k^2+2^2}\&=displaystylefrac{4k}{k^2+4}.end{aligned}end{equation*}Nếu $kDo đóegin{equation*}
otag egin{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: 100 bài thơ sức khỏe là vàng

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$$. Gọi $Y$ là tổng số tiền được thưởng, tính $Bbb E(Y).$
Lời giải bài 10.
a) Số cách chọn được hai tấm thẻ bất kỳ trong $10$ tấm thẻ là $C_{10}^2$. Số cách chọn hai tấm thẻ trong đó có một thẻ số $1$ và một thẻ số $2$ là $C_4^1 imes C_3^1.$Vậy xác suất chọn được một thẻ số $1$ và một thẻ số $2$ là $displaystylefrac{C_4^1 imes C_3^1}{C_{10}^2}=displaystylefrac{4}{15}.$b) $X$ nhận các giá trị $2; 3; 4; 5; 6; 7.$$(X=2)$ là biến cố: “Chọn được $2$ tấm thẻ số $1$”, do đó$$Bbb P(X=2)=displaystylefrac{C_4^2}{C_{10}^2}=displaystylefrac{6}{45}.$$ $(X=3)$ là biến cố: “Chọn được $1$ tấm thẻ số $1$ và $1$ tấm thẻ số $2$”, do đó$$Bbb P(X=3)=displaystylefrac{C_4^1 imes C_3^1}{C_{10}^2}=displaystylefrac{12}{45}.$$ $(X=4)=Acup B$, 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 cóegin{equation*}
otag egin{aligned}Bbb P(A)&=displaystylefrac{C_4^1 imes C_2^1}{C_{10}^2}=displaystylefrac{8}{45},\Bbb P(B)&=displaystylefrac{C_3^2}{C_{10}^2}=displaystylefrac{3}{45}.end{aligned}end{equation*}Vì hai biến cố $A$ và $B$ xung khắc nênegin{equation*}
otag egin{aligned}Bbb P(X=4)&=Bbb P(A)+Bbb P(B)\&=displaystylefrac{8}{45}+displaystylefrac{3}{45}\&=displaystylefrac{11}{45}.end{aligned}end{equation*}$(X=5)=Ccup D$, 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 cóegin{equation*}
otag egin{aligned}Bbb P(C)&=displaystylefrac{C_4^1 imes C_1^1}{C_{10}^2}=displaystylefrac{4}{45},\Bbb P(D)&=displaystylefrac{C_3^1 imes C_2^1}{C_{10}^2}=displaystylefrac{6}{45}.end{aligned}end{equation*}Vì hai biến cố $C$ và $D$ xung khắc nênegin{equation*}
otag egin{aligned}Bbb P(X=5)&=Bbb P(C)+Bbb P(D)\&=displaystylefrac{4}{45}+displaystylefrac{6}{45}\&=displaystylefrac{10}{45}.end{aligned}end{equation*}$(X=6)=Ecup F$, 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 cóegin{equation*}
otag egin{aligned}Bbb P(E)&=displaystylefrac{C_3^1 imes C_1^1}{C_{10}^2}=displaystylefrac{3}{45},\Bbb P(F)&=displaystylefrac{C_2^2}{C_{10}^2}=displaystylefrac{1}{45}.end{aligned}end{equation*}Vì hai biến cố $E$ và $F$ xung khắc nênegin{equation*}
otag egin{aligned}Bbb P(X=6)&=Bbb P(E)+Bbb P(F)\&=displaystylefrac{3}{45}+displaystylefrac{1}{45}\&=displaystylefrac{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$$Bbb P(X=7)=displaystylefrac{C_2^1 imes C_1^1}{C_{10}^2}=displaystylefrac{2}{45}.$$ Bảng phân bố xác suất của $X$egin{array}{| c| c| c| c| c| c| c|}hlineX & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 & 7\hlineBbb P & displaystylefrac{6}{45} & displaystylefrac{12}{45} & displaystylefrac{11}{45} & displaystylefrac{10}{45} & displaystylefrac{4}{45} & displaystylefrac{2}{45}\hlineend{array}Hàm phân bố xác suất $F_X(x)$$$F_X(x)= egin{cases} 0 & mbox{ khi $xBài 11:
Một xạ thủ đem $5$ viên đạn bắn kiểm tra trước ngày thi bắn. Xạ thủ bắn từng viên vào bia với xác suất trúng vòng $10$ là $0,85$. Nếu bắn $3$ viên liên tiếp trúng vòng $10$ thì thôi không bắn nữa. Gọi $Y$ là số đạn xạ thủ này đã bắn.a) Lập hàm phân bố xác suất của $Y.$b) Tính $Bbb E(Y).$c) Xét trường hợp bắn $3$ viên liên tiếp trúng vòng $10$ thì ngừng bắn. Gọi $Z$ là số đạn còn thừa. Tìm quy luật phân bố xác suất của $Z.$
Lời giải bài 11.
Ta thấy $Y$ nhận $3$ giá trị là $3; 4; 5.$Gọi $A_k$ là biến cố: “Xạ thủ bắn trúng vòng $10$ ở lần bắn thứ $k$”. Khi đó $Bbb P(A_k)=0,85.$Ta có$$(Y=3)=A_1A_2A_3.$$Vì $3$ biến cố $A_1, A_2, A_3$ là độc lập nênegin{equation*}
otag egin{aligned}Bbb P(Y=3)&=Bbb P(A_1A_2A_3)\&=Bbb P(A_1)Bbb P(A_2)Bbb P(A_3)\&=0,85 imes 0,85 imes 0,85\&=0,614125.end{aligned}end{equation*}$$(Y=4)=overline{A_1}A_2A_3A_4.$$Vì $4$ biến cố $overline{A_1}, A_2, A_3, A_4$ là độc lập nênegin{equation*}
otag egin{aligned}Bbb P(Y=4)&=Bbb P(overline{A_1}A_2A_3A_4)\&=Bbb P(overline{A_1})Bbb P(A_2)Bbb P(A_3)Bbb P(A_4)\&=(1-0,85) imes 0,85 imes 0,85 imes 0,85\&=0,09211875.end{aligned}end{equation*}Ta cóegin{equation*}
otag egin{aligned}Bbb P(Y=5)&=1-Bbb P(Y=3)-Bbb P(Y=4)\&=1-0,614125-0,09211875\&=0,29375625.end{aligned}end{equation*}Bảng phân bố xác suất của $Y$egin{array}{| c| c| c| c| }hlineY & 3 & 4 & 5\hlineBbb P & 0,614125 & 0,09211875 & 0,29375625\hlineend{array}Hàm phân bố xác suất $F_X(x)$$$F_X(x)= egin{cases} 0 & mbox{ khi $xegin{equation*}
otag egin{aligned}Bbb P(Z=0)&=Bbb P(5-Y=0)\&=Bbb P(Y=5)\&=0,29375625.end{aligned}end{equation*}egin{equation*}
otag egin{aligned}Bbb P(Z=1)&=Bbb P(5-Y=1)\&=Bbb P(Y=4)\&=0,09211875.end{aligned}end{equation*}egin{equation*}
otag egin{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 $Z$egin{array}{| c| c| c| c| }hlineZ & 0 & 1 & 2\hlineBbb P & 0,29375625 & 0,09211875 & 0,614125\hlineend{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 egin{array}{| c| c| c|}hlineX_1 &0 & 2\hlineBbb P &0,65 & 0,35\hlineend{array} egin{array}{| c| c| c|}hlineX_2 &1 & 2\hlineBbb P &0,4 & 0,6\hlineend{array} egin{array}{| c| c| c|}hlineX_3 &1 & 2\hlineBbb P &0,7 & 0,3\hlineend{array}a) Lập bảng phân bố xác suất của biến ngẫu nhiên $overline{X}=displaystylefrac{X_1+X_2+X_3}{3}.$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.

Xem thêm: Thông Tư 34/2014/Tt-Bca File Word, Thông Tư 34/2014/Tt

a) Ta thấy $overline{X}$ có thể nhận các giá trị là $displaystylefrac{2}{3}$, $1$, $displaystylefrac{4}{3}$, $displaystylefrac{5}{3}$, $2.$$$(overline{X}=displaystylefrac{2}{3})=(X_1=0, X_2=1, X_3=1).$$Vì các biến cố $X_1, X_2, X_3$ là độc lập nênegin{equation*}
otag egin{aligned}Bbb P(overline{X}=displaystylefrac{2}{3})&=Bbb P(X_1=0)Bbb P(X_2=1)Bbb P(X_3=1)\&=0,65 imes 0,4 imes 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 nênegin{equation*}
otag egin{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 imes 0,4 imes 0,3\&=0,078,end{aligned}end{equation*}egin{equation*}
otag egin{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 imes 0,6 imes 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 nênegin{equation*}
otag egin{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$$(overline{X}=displaystylefrac{4}{3})=(X_1=0, X_2=2, X_3=2)cup (X_1=2, X_2=1, X_3=1).$$Vì các biến cố $X_1, X_2, X_3$ là độc lập nênegin{equation*}
otag egin{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 imes 0,6 imes 0,3\&=0,117,end{aligned}end{equation*}egin{equation*}
otag egin{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 imes 0,4 imes 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 nênegin{equation*}
otag egin{aligned}Bbb P(overline{X}=displaystylefrac{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$$(overline{X}=displaystylefrac{5}{3})=(X_1=2, X_2=1, X_3=2)cup (X_1=2, X_2=2, X_3=1).$$Vì các biến cố $X_1, X_2, X_3$ là độc lập nênegin{equation*}
otag egin{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 imes 0,4 imes 0,3\&=0,042,end{aligned}end{equation*}egin{equation*}
otag egin{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 imes 0,6 imes 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 nênegin{equation*}
otag egin{aligned}Bbb P(overline{X}=displaystylefrac{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 nênegin{equation*}
otag egin{aligned}Bbb P(overline{X}=2)&=Bbb P(X_1=2)Bbb P(X_2=2)Bbb P(X_3=2)\&=0,35 imes 0,6 imes 0,3\&=0,063.end{aligned}end{equation*}Bảng phân bố xác suất của $overline{X}$ làegin{array}{| c| c| c| c| c| c|}hlineoverline{X} &displaystylefrac{2}{3} & 1 & displaystylefrac{4}{3} & displaystylefrac{5}{3} & 2\hlineBbb P &0,182 & 0,351 & 0,215 & 0,189 & 0,063\hlineend{array}b) Kỳ vọng của $overline{X}$egin{equation*}
otag egin{aligned}Bbb E(overline{X})&=displaystylefrac{2}{3} imes 0,182+1 imes 0,351+displaystylefrac{4}{3} imes 0,215+displaystylefrac{5}{3} imes 0,189+2 imes 0,063\ &=1,2.end{aligned}end{equation*}egin{equation*}
otag egin{aligned}Bbb E<(overline{X})^2>&=displaystylefrac{4}{9} imes 0,182+1 imes 0,351+displaystylefrac{16}{9} imes 0,215+displaystylefrac{25}{9} imes 0,189+4 imes 0,063\ &=displaystylefrac{14,32}{9}.end{aligned}end{equation*}Phương sai của $overline{X}$egin{equation*}
otag egin{aligned}Bbb D(overline{X})&=Bbb E<(overline{X})^2>-(Bbb E(overline{X}))^2\&=displaystylefrac{14,32}{9}-1,2^2\&=displaystylefrac{1,36}{9}.end{aligned}end{equation*}c)egin{equation*}
otag egin{aligned}Bbb E(X_1+X_2+X_3)&=Bbb E(3overline{X})\&=3Bbb E(overline{X})\&=3 imes 1,2\&=3,6.end{aligned}end{equation*}egin{equation*}
otag egin{aligned}Bbb D(X_1+X_2+X_3)&=Bbb D(3overline{X})\&=9Bbb D(overline{X})\&=9 imesdisplaystylefrac{1,36}{9}\&=1,36.end{aligned}end{equation*}
Bài 13:
Cho biến ngẫu nhiên liên tục $X$ có hàm mật độ xác suất $$f_X(x)= egin{cases} 0 & mbox{ nếu $xc) Tính xác suất để trong $4$ phép thử độc lập biến ngẫu nhiên $X$ đều không lấy giá trị trong khoảng $(2; 3).$
Bài 14: Cho biến ngẫu nhiên $X$ có kỳ vọng $Bbb E(X)=mu$ và độ lệch tiêu chuẩn $sigma=sqrt{Bbb D(X)}.$ Hãy tính xác suất $Bbb P(|X-mu|b) $X$ có phân bố Poisson với tham số $lambda=0,09.$
Lời giải bài 14.a) Giả sử $X$ có phân bố mũ với tham số $lambda>0.$Khi đó $mu=Bbb E(X)=displaystylefrac{1}{lambda}$, $sigma=sigma(X)=displaystylefrac{1}{lambda}.$Hàm mật độ xác suất của $X$$$f(x)=egin{cases} lambda e^{-lambda x} & mbox{ nếu $xgeq 0$,}\ 0 & mbox{ nếu $x

Viết một bình luận