Xác suất thống kê –Chương 3 Cao Thành Lực - MAT1101 3 - 09020324
Bài 1.
a: Không gian mẫu là Sx={hóa đơn $1,hóa đơn $5, hóa đơn $50}
b: Tập hợp A là A={2,4,6}
c: Tập hợp Ac là Ac={1,2,3}
Ac=1-A
Bài 2.
Một nguồn thông tin được sản sinh ra các ký tự S = {a , b, c, d, e}. Hệ thống nén số mã hóa
các chữ cái thành các dãy nhị phân như sau.
a 1
b 01
c 001
d 0001
e 0000
Với Y là biến ngẫu nhiên bằng độ dài dãy nhị phân ở đầu ra của hệ thống như vậy ta có không
gian mẫu là S
Y
= { 1 , 2 , 3 , 4}
Ta có giá trị của các xác suất tại các điểm đó là
P[Y = 1] = p(a) = ½
P[Y = 2] = p(b) = ¼
P[Y = 3] = p(c) = 1/8
P[Y = 4] = P[Y = 5] = p(d) + p(e) = 1/16 + 1/16 = 1/8
Bài 3
a. Không gian mẫu
S
y
={1,3,5…..,n} với n lẻ
S
y=
{0,2,4,…..,n} với n chẵn

b.
c. P[Z
≤
z]=1-P[Z>z]
Bài 07.
Phác họa hàm phân phối của biến ngẫu nhiên y trong bài tập 2
Ta có:
Trang
1
Xác suất thống kê –Chương 3 Cao Thành Lực - MAT1101 3 - 09020324

Đồ thị hàm F
y
(y) có dạng:
Bài 8
Phác họa hàm phân phối của biến ngẫu nhiên trong bài 3
+ trường hợp 1 với n = 4
Ta coi các đồng được gieo là cân đối nên biến ngẫu nhiên Y lấy các giá trị 0,1,2,3,4 với các
xác suất tương ứng là
16
1
,
16
2
,
16
3
,
16
4

1
và
PYPx
F
y
=≤= ]1[)(
[0 hoặc 1 lần xuất hiện mặt sấp] =
16
1
+
16
2
=
16
3
Và
]1[)1(
δδ
+≤=+ YP
F
y
= P[0 hoặc 1 lần sấp] =
16
3
Trang
2
Xác suất thống kê –Chương 3 Cao Thành Lực - MAT1101 3 - 09020324
Như vậy hàm phân phối liên tục bên phải và bằng
16
3

)(x
F
y
=
16
1
)(xu
+
16
2
)(xu
+
16
3
)(xu
+
16
4
)(xu
+
16
3
)(xu
+
16
2
)(xu
+
16
1

)(
32
2
xuxu +
Bài 9.
Công thức hàm phân phối:
Bài 10.
Phác hoạ hàm phân phối của biến ngẫu nhiên Z trong ví dụ 5. Chỉ ra dạng của Z
Thời gian truyền Z của một tin nhắn trong một hệ truyền thông tuân theo quy luật phân phối
mũ với tham số , nghĩa là
Phác hoạ dạng đồ thị:
Bài 11
P(x = k) =
knkk
n
qpC
−
k=0,1,…, n
Trang
3
Xác suất thống kê –Chương 3 Cao Thành Lực - MAT1101 3 - 09020324
q=1-p
Với n=8
Xét p=1/8 => q = 7/8
8
08
080
8
10.96,5
8

.
8
1
.
!1!.7
!8
)7(
−
=












=== qpCxP
5
26
262
8
10.18,8
8
7
.

1
.
!3!.5
!8
)5(
−
=












=== qpCxP
01,0
8
7
.
8
1
.
!4!.4
!8
)4(

=












=== qpCxP
196,0
8
7
.
8
1
.
!6!.2
!8
)2(
62
626
8
=










=== qpCxP
34,0
8
7
.
8
1
.
!0!.8
!8
)0(
80
808
8
=













===== qpCxPxP
3
17
171
8
10.25,31
2
1
.
2
1
.
!7!.1
!8
)7()1(
−
=












===== qpCxPxP
3
35
353
8
10.75,218
2
1
.
2
1
.
!5!.3
!8
)5()3(
−
=












=== qpCxP
Đồ thị :
Trang
4
Xác suất thống kê –Chương 3 Cao Thành Lực - MAT1101 3 - 09020324
Với p = 9/10 => q = 1/10
43,0
10
1
.
10
9
.
!8!.0
!8
)8(
08
080
8
=











149,0
10
1
.
10
9
.
!2!.6
!8
)6(
26
262
8
=












=== qpCxP
033,0
10
1

1
.
10
9
.
!4!.4
!8
)4(
−
=












=== qpCxP
4
53
535
8
10.1,4
10
1

10
9
.
!6!.2
!8
)2(
−
=












=== qpCxP
6
71
717
8
10.72,0
10
1
.
10

.
!0!.8
!8
)0(
−
=












=== qpCxP
Đồ thị :
Trang
5
Xác suất thống kê –Chương 3 Cao Thành Lực - MAT1101 3 - 09020324
Bài 12:
Vì U là biến ngẫu nhiên phân phối đều trên khoảng [-1;1] nên:
P[U] = P[U-0] = P[U+0]
P[U>0] = P[0<U<1] = F[1] - F[0]
= 1 -
1
2

3
P[|U|
3
4
≥
] = P[-1<U<
3
4
−
] + P[
3
4
<U<1]
= F[
3
4
−
] - F[-1] + F[1] - F[
3
4
]
=
1
8
- 0 + 1 -
7
8
=
1
4

= =
• → P[C] = • → P[D] =
Bµi 14:
a. BiÕn ngÉu nhiªn x lµ BNN liªn tôc
( )





>
≤≤−
=
1 n 1
10
4
1
4
1
nn
nF
x
b.
[ ]
0
2
1






<
ρρ
X
[ ]
{ }
[ ]
4
1
00 ==≤
ρρ
X
Trang
7
Xác suất thống kê –Chương 3 Cao Thành Lực - MAT1101 3 - 09020324
16
3
1;
4
1
1
4
1
=



1
4
1
=+=+






<≤=






≤≤
ρρρ
XX
[ ]
( )
8
7
1
2
1
1),1(1;
2
1

XX
FFX
ρρρ
[ ]
15 =≥X
ρ
[ ]
( )
[ ] [ ][ ]
( )
( )
4
3
0111;05;15 =−+=+=<
−
Xx
FFX
ρρρ
Bài 15:
0( 1)
( )
1 ( 1)
Y
n
y
F y
y y
−
<


k k k k
− − − −
= − + − − = − +
Bài 17:
Biến cố ngẫu nhiên Rayleigh có hàm phân phối
)(rF
R
=




≥−
<
−
01
00
2
2
2
khir
r
e
r
σ

Tìm
P[
σσ
2≤≤ R

σ
R
F
-
)(
σ
R
F
=
)2(
σ
R
F
-
)(
−
σ
R
F
=(1-
e
r
22
2/4
σ
−
) –(1-
e
r
22

Vậy ta có hàm phân phối mũ là
Trang
8



=
−
0
)(
x
X
e
xf
λ
λ
Xác suất thống kê –Chương 3 Cao Thành Lực - MAT1101 3 - 09020324
( ) ( ) ( )
( )
xxt
x
t
x
X
x
XX
x
XX
ee
x

dkXkd 1+≤≤
]=
dkkdkddk
XX
eeeekdFdkF
)1()1(
)1(1)())1((
+−−−+−
−=−−−=−+
λλλλ
Hay P[
( )
dkXkd 1+≤≤
] =
( )
∫∫
+
+−−−−
+
−=
+
−==
dk
kd
dkkdxx
dk
kd
X
ee
kd

X
(d) – F
X
(0)
P[d<X<kd] = F
X
(kd) – F
X
(d)
P[kd<X<(k+1)d] = F
X
(kd) – F
X
((k+1)d)
P[X > (k+1)d] = 1 – F
X
((k+1)d)
Bài 19:
a. Áp dụng tính chất
( ) 1fx x dx
∞
−∞
=
∫
Mặt khác
( )fx x dx
∞
−∞
∫
=

λ
Xác suất thống kê –Chương 3 Cao Thành Lực - MAT1101 3 - 09020324
⇔
0
0
−∞
∫
+
1
0
(1 )Cx x dx−
∫
+
1
0
∞
∫
= 1
⇔
1
0
(1 )Cx x dx− ≤
∫
= 1
⇔
C(
2
2
x
-

(x) = 3x
2
– 2x
3
nếu 0
≤
x
≤
1
1 nếu x>1
b. P[
1
2
<x
≤
3
4
] = F
x
(
3
4
) – F
x
(
1
2
)
= ( 3 (
3

( ) neu 0
0
c
a
c
x c x a
a
neu x a
< −



≤ <


−

− ≤ <


≥

b.Tìm F
x
(x)
F
x
(x)=
( )
x

c
a
(x+c)
2
-
c
a
(c-a)
2
F
x
(x) =
( )
a
x
a
t c dt
c
−
−
∫
=
a
c
−
(t-c)
2

a
x

a
c
(a-c)
2
Vậy hàm phân phối :
F
x
(x)=
( ) ( )
( ) ( )
2 2
2 2
x c c a neu x 0
x-c neu x 0
c c
a a
a a
a c
c c

+ − − <




− − ≥


c. P[|x|<b] =
1

Trang
12
Xác suất thống kê –Chương 3 Cao Thành Lực - MAT1101 3 - 09020324
- x
[0, ]
- x
fx(x) = e
àm phân phô'i
1 - e x 0
Fx(x) ={
0 x<0
Lúc này
Fx( x | X>t) = P[X x | X > t ]
P[{X x} {X > t }
=
[X > t]
Sx
H
P
λ
λ
λ
= ∞
≥
≤
≤ ∩
Tích của hai biến cố
{X x} {X > t}≤ ∩
bằng tập rỗng nếu X < t và sẽ bằng
{t< X x}≤

x x
x
x t t x
t t
t x
F x F t
F t
e e e e
e e
e
λ λ λ λ
λ λ
λ λ
− − − −
− −
−
−
−
− − + −
= =
− +
= −
Nên
( | )

x
F x X t> =

0 x t
{

1 (1 )
x
t
e
e
λ
λ
λ
−
−
− −
=
t x
e
λ λ
λ
−

.. 0
t x
khi x te
λ λ
λ
−
≥ ≥

⇔
đặt S(x)=
( | )
x

( | )
( | ) [ | ]
[{ } { }]
[{ }]
0
( ) ( )
( | )
( ) ( )
1
dFx x A
fx x A
dx
Fx x a x b P X x a X b
P X x a X b
P a X b
x a
Fx x Fx a
Fx x a x b a x b
Fx b Fx a
b x
=
≤ ≤ = ≤ ≤ ≤
≤ ∩ ≤ ≤
=
≤ ≤

− − − − − − − − − − − − − ≤

−


a x b
Fx b Fx a
≤ ≤
≤ ≤ =
− − − − − − − − − − <


≤ ≤ =

− − − ≤ <

−

Bài 29:
Đặt:
BNN Nhị thức với n = 8, p = 1/10 (p = 1/2; p = 9/10). Khi đó:
(a). Ta có:
Trang
15
Xác suất thống kê –Chương 3 Cao Thành Lực - MAT1101 3 - 09020324
=
⇒
(b).Ta có: nếu
Do đó:
Bµi 30:
[ ]
( )




k
ρ
ρ
1
.
0
4
1
1
n n Õu
V×
( )
{ }
[ ]
[ ]
A
An
anF
n
x
ρ
ρ
∩
=
≤
/
{ } { }




≥
≥
n n n 1
n
kn \
ch½n,
k nch½n,
n k
nn
nnA
Trang
16
Xác suất thống kê –Chương 3 Cao Thành Lực - MAT1101 3 - 09020324
[ ]
∑






=
−
=
2
1
12
.
F
j

12
.
./
n
j
j
n
j
j
X
q
qAnF
ρ
ρ
Bài 31:
a.
( ) {3,4,5}
A
I
ζ
=
b.
3
( ) {[ ,1]}
4
A
I
ζ
=
c.

dpcm
kq
pn
kq
pkn
qpC
qpC
p
p
knkk
n
knkk
n
k
k
+
+=
+−
==
+−−−
−
−
b.Chứng minh rằng P[X= k] đạt cực đại tại k
max
= [(n+1)p].
Ta có nếu ta xét tỷ số
pnk
kq
pn
p

và
k
max
-1.
Bài 34.
Cho N là biến ngẫu nhiên hình học S
N
= {0 , 1, 2, …}
a. Tìm P[N > k]
Xác suất để hơn k lần phép thử được thực hiện trước khi xuất hiện thành công
có
P[N > k] =
k
j
kjk
kN
N
q
q
pqqpqpq =
−
==
∑∑
∞
=
∞
+=
−
01
1

1
)(
1
01
1
với giá trị p = 1 – q
Tìm giá trị
[ ]
{ } { }
[ ]
( )
mNP
mNkNP
mNkNP
≤
≤∩=
=≤= |

Nếu giá trị k > m thì ta có
{ } { }
∅=≤∩= mNkN
vậy suy ra
{ } { }
0=≤∩= mNkNP
[ ]
mNkNP ≤= |
= 0
Mặt khác vì N là biến ngẫu nhiên hình học nên ta có
Với giá trị 1<k <m. Như vậy với k là điểm bất kỳ ta có
{ } { }

qp
mF
qp
mNP
kNP
−
−
=
−
=
≤
=
−−
1
)1()1(
11
Bài 35:
Đối với biến ngẫu nhiên hình học: P[M=k] = (1-p)
k-1
.p Với k=1,2,3….; p=
;
2
α
T
α
λ
=
Ta có: P(x>t) = P[M>n
T
t

)]()[(
][
][
jMP
kMjkMP
jMP
jkMP
>
=∪+>
=
>
+≥
=
j
kj
e
ppe
.
1).(
.)1(
λ
λλ
−
−+−
−+
Mà P[M
k
ek
λ
−

1 [N < 10] = 1- 1 + 15! + + ... +
2! 9!
P e
−
 
−
 
 
=
2 3 4 5 6 7 8 9
15
1 15 15 15 15 15 15 15 15
1 1 15
2! 3! 4! 5! 6! 7! 8! 9!e
−
 
− + + + + + + + + +
 
 
= 0,9301
Bài 39.
Trang
18
Xác suất thống kê –Chương 3 Cao Thành Lực - MAT1101 3 - 09020324
Bài 40
Ta có biến ngẫu nhiên POISSON là ::
S
x
= {0,1,2………..}
e

λ
3
==⇒ n
Ta có với 4 lệnh chờ
⇒
k
≥
4 và xác suất cho có hơn 4 lệnh chờ nhỏ hơn 90%
Giả sử ta lấy với k =4 và
p
k
= 0,9
Thay số vào (*) ta được 0,9 =
e
α
α
−
!4
4
α
⇒
(khó quá không tìm được giá trị của
α
)
+ Đối với xác suất không có lệnh chờ thì
α
= 0
Thì khi đó
p
k

1
)(
x
X
exf
−
=
π
=>
)(xf
X
là hàm đối xứng đối với x
=>
)(xf
X
=
)( xf
X
−
Ta lại có :
]},({)()( xxPxXPxF
X
−∞∈=≤=
Trang
20
]},({)()( xxPxXPxF
X
−−∞∈−=−≤=−
Xác suất thống kê –Chương 3 Cao Thành Lực - MAT1101 3 - 09020324
Do


( ) = 1 - Q(0) = 1 – 0.5 = 0.5
b, P[ > k ] với k = 1, 2, 3, 4, 5
và P[ X > m+k ] với k = 1.28, 3.09, 4.26, 5.20
Trường hợp với X > k + m
P[X > k + m] = 1 - P[X < k + m] = 1 - t
= ( )
= Q(k)
Trường hợp với X < -k + m
P[X < - k + m] = t = Q(-k) = 1 - Q(k)
(do tính đối xứng của hàm mật độ)
K= 1 Q(1) = 0.159 Q(-1) = 0.841
K= 2 Q(2) = 0.0228 Q(-2) = 0.9772
K= 3 Q(3) = 0.00135 Q(-3) = 0.99865
K= 4 Q(4) = 3.17E -5 Q(-4) = 0.9999683
K= 5 Q(5) = 2.87E -7 Q(-5) = 0.999999713
Theo bảng 3.4 ta có:
K= 1.28 Q(1.28) = E -1
K= 3.09 Q(3.09) = E -3
K= 4.26 Q(4.26) = E -5
K= 5.20 Q(5.20) = E -7
Bài 45:
BNN N là BNN Gauss N (0;1) có hàm phân phối: .
Trang
21
Xác suất thống kê –Chương 3 Cao Thành Lực - MAT1101 3 - 09020324
Để nơi nhận mắc lỗi nếu 0 đã được gửi đi thì điện áp là không âm, tức là
hay
Khi đó:
Tương tự, để nơi nhận mắc lỗi nếu 1 đã được gửi đi thì điện áp là âm, tức là

ex
Với độ lệch chuẩn = 4000 giờ
Giá trị kỳ vọng à = 20000 giờ
( )
n
X
x
24000
1
=

* Xét với chip 2:
Độ lệch chuẩn = 1000 giờ
Giá trị kỳ vọng: à = 22000 giờ
( )
nn
X
e
ex
2.1000
1
.
1000.2
1
2
1000.2/2000
22
2
==


e
ex
2.1000
1
.
21000
1
2
1000.2/2000
22
2
==


Có:
( ) ( )
xfxf
XX
12
>
Chíp 2 thích hợp với hệ thống hơn.
Bi 47:
Vi
1
T


= =
.
Theo cụng thc bin ngu nhiờn cú phõn phi m thỡ xỏc sut thi gian vt quỏ t giõy

Trang
23
Xác suất thống kê –Chương 3 Cao Thành Lực - MAT1101 3 - 09020324
a.X<6 thì
[ ] [ ]
6 1 6 1 .
t
P X P X P M n
T
 
< = − > = − >
 
 

. .
6
1 (1 ) 1 1 1 1
t
n
t t
T
n
T T
p e e
n
α
α

T T
p e e
n
α
α
−
−
 
 
 
= − = − → =
 
 
 
 
 
Bài 49:
Biến ngẫu nhiên khi_bình phương
)(
)
2
1
(
2
1
)(
2
1
1
α

=
α
k nguyên dương
K=1
2
1
=
α

)
2
1
(Γ
=
π
π
2..
1
)(
2
1
2
1
ex
f
x
X
x =
K=2
1=

)1
2
1
( =Γ=+Γ
=)(x
f
X
π
2.
2
1
2
1
e
x
x
Trang
24
Xác suất thống kê –Chương 3 Cao Thành Lực - MAT1101 3 - 09020324
Bài 50
Ta có hàm mật độ m-erlang

( )
( )
( )
1
1 !
0 . 0
m
x

0 0 0
( ) ( )
1 ! 1 !
x x
X X X X
m
t
x x x
m
t
X
F x f x dx f x dx f x dx
t e
f x dx dt t e dt
m m
λ
λ
λ λ
λ
λ
−∞ −∞
−
−
−
−
= = + =
= =
− −
∫ ∫ ∫
∫ ∫ ∫

 
−
=
=




( )
( )
( ) ( ) ( )
( )
( ) ( ) ( )
1 2
0
1 2
0
1
1
0
1 !
1
1
1 !
x
m m
t t
X
x
m m

∫
∫
Đặt
( )
2
1
0
x
m
t
I e t dt
λ
λ
−
−
=
∫
áp dụng tích phân từng phần cho tích phân này
Trang
25