Tài liệu Đề cương ôn tập thi cuối học kỳ Môn Xác suất - Thống kê pdf

12 2.6K 36
Tài liệu Đề cương ôn tập thi cuối học kỳ Môn Xác suất - Thống kê pdf

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

Thông tin tài liệu

Đề cương ôn tập thi cuối học kỳ Môn XS-TK (2 tín chỉ) K53 V QH-2008-I/CQ M I, Yêu cầu ôn tập Phải nắm vững vận dụng khái niệm công thức sau để làm tập 90 phút: 1) Sự kiện ngẫu nhiên, mối quan hệ kiện ngẫu nhiên, không gian mẫu, định nghĩa xác suất theo tiên đề, công thức cộng (và nhân) xác suất, xác suất có điều kiện, cơng thức xác suất tồn phần, cơng thức Bayes Tính độc lập kiện Thí nghiệm Béc nu li xác suất nhị thức 2) Định nghĩa biến ngẫu nhiên hàm phân phối, hàm xác suất hàm mật độ xác suất Các công thức tính kỳ vọng phương sai trường hợp X rời rạc hay liên tục Định nghĩa tính chất biến ngẫu nhiên phân phối Béc nu li, nhị thức, Pốt xơng, phân phối đoạn [a, b], phân phối mũ phân phối chuẩn 3) Định nghĩa véc tơ ngẫu nhiên, hàm phân phối đồng thời, biên duyên hàm phân phối có điều kiện, hàm xác suất đồng thời, biên duyên hàm xác suất có điều kiện, hàm mật độ xác suất đồng thời, biên duyên hàm mật độ có điều kiện véc tơ ngẫu nhiên (X,Y) Hiệp phương sai hệ số tương quan; tính độc lập , tính không tương quan hai biến ngẫu nhiên 4) Mẫu ngẫu nhiên đơn giản, phân phối mẫu Cơng thức tính kỳ vọng mẫu, X , phương sai mẫu (đã hiệu chỉnh) S 5) Cách đặt vấn đề toán ước lượng toán kiểm định giả thuyết Định nghĩa cho ví dụ ước lượng khơng chệch Các bước tìm ước lượng hợp lý cực đại Khoảng tin cậy giá trị trung bình phân phối chuẩn trường hợp: phương sai biết hay chưa biết Khoảng tin cậy xác suất cỡ mẫu lớn 6) Kiểm định giả thuyết xác suất (so sánh xác suất với giá trị định trước, so sánh xác suất) giả thuyết giá trị trung bình µ = E ( X ) với X ∈ N ( µ , σ ) trường hợp: a) σ biết ; b) σ chưa biết Một số ví dụ minh hoạ sách phải hiểu nhớ cách làm: Chương 1: 1.4; 1.6 1.8 Chương 2: 2.3 2.4 Chương 3: 3.3 3.4 Chương 6: 6.1, 6.3, 6.4 , 6.6 6.7 Chương 7: 7.1, 7.2 II Bài giải đáp số số tập sách Chương I 1.1 a) A ∩ C = ∅ B ∩ C = { 25 < N < 30} = C A ∪ B = { N < 30} B ∩ C ∩ D= { 25 < N < 30} = C b) i) Khơng, { 45 < N < 50} không chứa { A ∪ B ∪ C ∪ D ∪ E} tính xung khắc đôi không thoả mãn với cặp kiện ii) Khơng, B ∩ D = { 25 ≤ N < 30} ≠ ∅ iii) Không, chúng xung khắc kiện xung khắc kiện độc lập iv) Vì C phân tập B nên P(C) ≤ P(B) 1.2 A= { ∅, { c} , { d } , { c, d } , { a, b} , { a, b, d } , { a, b, c} , Ω} 1.4 a) Cách 1: Có 36 trường hợp đồng khả có 10 trường hợp xuất số Do xác suất phải tìm là: 10/36 = 5/18 Cách 2: Vì lần gieo độc lập nên xác suất phải tìm là: P { lần gieo xuất mặt 6, lần không xuất mặt } + P { lần gieo không xuất mặt 6, lần gieo xuất mặt } = 1/6 5/6 + 5/6 1/6 = 5/18 b) Xác suất xuất mặt chẵn 1/2 Do tính độc lập, xác suất xuất đồng thời mặt chẵn 1/2.1/2 =1/4 c) Số trường hợp thuận lợi : Xác suất cần tìm 3/36 = 1/12 d) Gọi S tổng (i,j) kiện xảy mặt i trước mặt j sau Ta có: P(S chia hết cho 3) = P(S=3) +P(S=6) + P(S=9) + P(S=12)= { P(1, 2) + P(2,1)} + { P(1,5) + P(2, 4) + P(3,3) + P(4, 2) + P(5,1)} + { P(3, 6) + P(4,5) + P(5, 4) + P(6,3)} + P(6, 6) = 2/36+5/36+4/36+1/36=12/36 = 1/3 1 1.5   2 n −1 = 2− n 1.6 a) 1/ (10)3 1.7 Đặt Ai = { sách thứ i để lại chỗ cũ } 9! = 10! 10 8! = b) P ( Ai ∩ Aj ) = 10! 90 c) P ( A1 ∩ ∩ A10 ) = 10! a) Ta có: P ( Ai ) = 1.8 a) Tổng số cách xếp n người n! Do vai trò n người nên khơng tính tổng qt, ta tính từ người định trước Với người thứ người có n cách xếp Người thứ hai muốn ngồi cạnh người thứ có cách Số người cịn lại có (n-2)! cách Tóm lại số trường hợp thuận lợi để người xác định ngồi cạnh n.2.(n-2)! Xác suất cần tìm là: n.2.(n-2)!/ n! =2/(n-1) b)Trường hợp bàn dài, lập luận tương tự khác điều, người thứ ngồi hai đầu, người thứ hai có khả ngồi bên cạnh,số trường hợp thuận lợi là: {2 + (n-2)2}(n-2)!= 2(n-1)! Do đó, xác suất cần tìm là: P(A)= 2(n-1)!/ n! = 2/n 1 1.9 a) C5C10C25 / C50 3 b) 1- C45 / C50 1.10 P(B)= 5/7= 0,7143 1.11 a) Từ công thức cộng xác suất tính chất ≤ P ( A ) ≤ , ta có: P ( AB ) = P ( A) + P ( B) − P ( A ∪ B ) ≥ P ( A) + P ( B) − =1/12 Vì AB ⊂ A AB ⊂ B nên P( AB) ≤ { P( A), P( B)} = 1/ Các cận bất đẳng thức đạt ví dụ sau: chọn ngẫu nhiên số { 1, 2, ,12} A B chọn sau: A= { 1, 2, ,9} B = { 9,10,11,12} Ta có: A ∩ B = { 9} , P(A) = 3/4, P(B) = 1/3 P(A ∩ B) =1/12 Để đạt cận bất đẳng thức, ta lấy: A= { 1, 2, ,9} B = { 1, 2,3, 4} b)Tương tự trên, ta có: P( A ∪ B) ≤ { P( A) + P( B),1} = P ( A ∪ B ) ≥ max { P( A), P ( B )} = / Vậy: / ≤ P ( A ∪ B) ≤ Với A B chọn a), cận bất đẳng thức đạt 1.12 a) Theo định nghĩa, ta có: P( A B) = P( AB) / P( B) =1/4 : 1/3=3/4 b) P( B A) = P( AB) / P( A) = 1/4: 1/2 =1/2 c) P( A ∪ B) = P( A) + P( B) − P( AB) = 1/2 +1/3 –1/4 =7/12 − − d) P( A) = P( AB) + P( A B) Suy ra: P( A B) = P( A) − P( AB) = 1/2 –1/4 =1/4 − − e) P( B) = P( AB) + P( A B) Suy ra: P( A B) = P( B) − P( AB) = 1/3 –1/4 =1/12 − − − − − − − − − f) P( A B) = P( A B)/ P( B) Từ P( B) = P( A B) + P( A B) suy ra: − − − − − P ( A B ) = P ( B )− P ( A B ) = { − P ( B )} − P ( A B ) =(1-1/3)-1/4=5/12 − − Vậy: P( A B) =5/12 : 2/3 =5/8 − − − − − g) Tương tự: P( B A) = P( A B) / P( A) = 5/12 : 1/2 =5/6 − − − − − − h) P( AB) = P( A∪ B) = P( A) + P( B) − P( A B) = 1/2+2/3-5/12= 3/4 hay P( AB) + P( AB) = Suy ra: P( AB) = − P( AB) = 1-1/4 = 3/4 1.13 P(tất n ngày sinh khác nhau)= 365 364 363 365 − n + = (1-1/365)(1365 365 365 365 2/365)…(1- (n-1)/365) 1.17 Đặt Ai = { nút bật tắt thứ i đóng } B = { Tín hiệu truyền qua mạch } Ta có: B = A1 A2 ∪ A3 A4 Theo công thức cộng xác suất: P ( A1 A2 ∪ A3 A4 ) = P ( A1 A2 ) + P ( A3 A4 ) − P ( A1 A2 A3 A4 ) Vì nút bật tắt đóng mở độc lập với nên: P ( B ) = P ( A1 ) P ( A2 ) + P ( A3 ) P( A4 ) − P ( A1 ) P ( A2 ) P ( A3 ) P ( A4 ) = p − p = p (2 − p ) Cách khác: B = A1 A2 A3 A4 ∪ A1 A2 A3 A4 ∪ A1 A2 A3 A4 ∪ A1 A2 A3 A4 ∪ A1 A2 A3 A4 ∪ A1 A2 A3 A4 ∪ A1 A2 A3 A4 P ( B ) = p + p (1 − p) + p (1 − p) = p + p − p + p (1 − p + p ) = p − p 1.18 Đặt B = { Sản phẩm rút không phế phẩm } A1 = { Sản phẩm rút máy sản xuất } P ( A1 ) = / A2 = { Sản phẩm rút máy sản xuất } P ( A2 ) = 1/ Theo công thức toàn phần: P(B) = P( A1 ) P( B A1 ) + P( A2 ) P( B A2 ) = / 3.0,97 + 1/ 3.0,98 = 0,9636 1.19 Đặt B = { Chi tiết rút từ lô thứ hai phế phẩm } A1 = { Chi tiết rút từ lô thứ phế phẩm } P ( A1 ) = 1/12 A2 = { Chi tiết rút từ lô thứ tốt } P( A2 ) = 11/12 Theo công thức toàn phần: P(B) = P( A1 ) P( B A1 ) + P( A2 ) P( B A2 ) = 1/12 2/11 + 11/12 1/11=1/11 13/12 = 0,098 P ( B ) = 0, 098 1.20 Đặt B = { Xạ thủ chọn bắn trượt } Ai = { Xạ thủ chọn thuộc nhóm i } P ( Ai ) P( B Ai ) Theo cơng thức Bay ét, ta có: P( Ai B) = ∑ P( A ) P( B A ) i =1 i i đó: P ( A1 ) = /18 P( B A1 ) = 0, P ( A2 ) = /18 P( B A2 ) = 0,3 P( A3 ) = /18 P( B A3 ) = 0, P( A4 ) = /18 P( B A4 ) = 0,5 Thay vào công thức Bay ét, ta được: P ( A1 B ) = 10 / 57 , P ( A2 B ) = 21/ 57 , P ( A3 B ) = 16 / 57 P ( A4 B ) = 10 / 57 Trong xác suất trên, xác suất thứ hai đạt cực đại Vậy xạ thủ chọn bắn không trúng, xạ thủ có khả lớn thuộc nhóm Chương II 2.1 Gọi Y= { độ dài mã nhị phân } Khi đó, ta có: Y(a) =1, Y(b)=2 , Y(c)=3, Y(d)=Y(e)=4với xác suất tương ứng là: P(Y=1)= P(a xảy ) =1/2;P(Y=2)= P(b xảy )=1/2; P(Y=4)=P(d hay e xảy ra)= 1/8 Do đó: Y P(Y=y) 1/2 1/4 1/8 /16 Hàm phân phối FY ( y ) = P(Y ≤ y ) Y là: Với y : F(y) = / + / = 2.2 a) Y= Y(x,y) = x + y = r(x,y) Miền xác định Y đoạn [0,1] b) Ý nghĩa kiện { Y ≤ y} Y nằm vịng trịn có bán kính ≤ y π y2 = y với ≤ y ≤ π  y ≤ y ≤ d) FY ( y) =   y > c) P { Y ≤ y} = c − ≤ x ≤ fU ( x) =   nguoc lai 2.3 Ta có: +∞ Suy 1= ∫ fU ( x ) = −∞ +∞ Ta có: P(U>0) = ∫ −∞ ∫ cdy = c.2 Do đó: c=1/2 −1 dx dx = 1/ ; P(U 1, FX ( x) = 2.6 Cho biến ngẫu nhiên X có hàm mật độ hình BT2.2 a) Xác định f X ( x) b) Xác định hàm phân phối FX ( x) c) Tìm b cho P( X < b) = 1/ Hình BT2.2 Giải c c a) Với x ∈ ( −a, ) , f X ( x) = a x + c Với x ∈ ( 0, a ) , f X ( x) = − a x + c Ngoài ra: f(x) =0 x c b) Với −a ≤ x ≤ 0, FX ( x) = ∫ ( a t + c ) dt = 2ca x + cx + ca −a x −a Với: ≤ x ≤ a, FX ( x) = 2 ∫ ( ac t + c ) dt + ∫ ( −ac t + c ) dt = 2ca x + cx + ca a a a  c y2  c  c  + cy  = − ( a − b ) + c ( a − b ) c) = ∫ f X ( x)dx = ∫  − y + c ÷dy =  − b a 2a   a b b c ca Giải phương trình bậc 2: b2 − cb + ( − ) = ta xác định b 2a Chương III 3.1 a)Hàm xác suất biên duyên cho cách cộng theo hàng cột bảng sau: Ta thấy tất hàm xác suất đồng thời có cách nhân xác suất biên duyên tương ứng Do X Y độc lập b) Do a) ta suy ra: cov(X,Y)=0 c) Hàm phân phối đồng thời { ( X , Y ) , max ( X , Y ) } cho bảng sau: Ví dụ cách tính phần tử bảng: P { min( X , Y ) = 2, max( X , Y ) = 3} = P { X = 2, Y = 3} + P { X = 3, Y = 2} = 0, 08 + 0, 04 = 0,12 3.2 Giải : a) Ký hiệu S kiện xuất mặt sấp, N kiện xuất mặt ngửa gieo đồng tiền Không gian mẫu gồm 23 = phần tử Cụ thể: Ω = { SSS , SSN , SNS , SNN , NSS , NSN , NNS , NNN } Từ đó, dễ dàng tính 1 hàm xác suất đồng thời Ví dụ: P { X = 1, Y = 1} = P { SNS } + P { NSN } = + = 8 Hàm phân phối đồng thời biên duyên cho bảng sau: Qua bảng ta thấy ví dụ: P ( X = 0, Y = ) = ≠ P ( X = ) P ( Y = ) = Y không độc lập chứng tỏ X 16 b) Dễ dàng thấy: E(X)=E(Y)=1; E(XY)= 3/4 VËy: cov(X,Y)= / –1 = -1/4 P ( X > 3, Y ≤ 2) = = với y Y ≤ 2) = y y 3 P { X > 3, Y ≤ 2} = ∫ ∫ f ( x, y )dxdy = ∫ ∫ 0dxdy = c) P( X > Y ≤ 2) = P ( X > 1, Y ≤ 2) P ( Y ≤ 2) Ta có: 2 x P ( X > 1, Y ≤ 2) = ∫∫ f X ,Y ( x, y )dxdy = ∫ dx ∫ e dy = ∫ (e − x − e −2 )dx = e −1 − e −2 − e −2 = e −1 − 2e −2 y y ∞ 0 −∞ P ( Y ≤ y ) = FY ( y ) = ∫ fY (v)dv = ∫ fY (v) = ∞ ∫ ∫ −y y v y 0 f XY ( x, v )dxdv = ∫ dv ∫ e − v dx = ∫ e − v vdv = − e − y − ye − y f XY ( x, v ) dx −∞ −2 −2 −2 Suy ra: P ( Y ≤ ) = − e − 2e = − 3e e −1 − 2e −2 Vậy: P( X > Y ≤ 2) = − 3e −2 ∞ ∞ max(10, x ) d) P( X > 1, Y > 10) = ∫ dx e) ∫ ∞ e dy = ∫ e −y − max(10, x ) 10 ∞ dx = ∫ e dx + ∫ e − x dx = 10e −10 −10 10 ∫∫ f ( x, y)dxdy = P { ( X , Y ) ∈ R} = Chọn a cho: P ( X ≤ a ) = R a ∞ a ∞ a x x = e − y dydx = dx e − y dy = e − x dx = − e − a ∫ ∫ ∫ ∫∫ Vậy a = − ln ( ) 1− x 0 c 3.5 b) Ta phải có: ∫ ∫ cdxdy = = ∫ (c − cx)dx = c − c = Suy ra: c=2 c) Hàm mật độ biên duyên: fX ( x) = +∞ ∫ −∞ f( X ,Y ) ( x, y ) dy = 2(1 − x ) ≤ x < nguoc lai  Vậy: f X ( x) =  1− x ∫ 2dy = ( − x ) tức:  2(1 − y ) ≤ y < nguoc lai  Do tính chất đối xứng x y, ta có: fY ( y ) =  Chương VI 6.1 Vì X i có phân phối nhị thức với tham số p nên ta có E X i =2p D( X i )= 2p (1-p) a) Suy ra: E X = E X i =2p D( X )=D( X i )= 2p (1-p) D( X i )  X1 + X   X1 + X  = ÷ = EX i = p D  ÷ = D( X i ) = 2     D( X i )  X + X + X n   X + X + + X n  n E ÷ = EX i = p D  ÷ = D( X i ) = n n n     n E b) Như X (với n>2) tốt có phương sai nhỏ 6.4 Hàm hợp lý cực đại có dạng: n  αp  p −1 −α ( X1 + X + + X n ) L(α ) = f ( X , α ) f ( X , α ) f ( X n , α ) =   [ X X X n ] e  Γ( p )  L ( α ) = np ln α − n ln Γ( p) + ( p − 1) ln ( X X X n ) − α ( X + X + + X n ) ∂ np L = − ( X + X + + X n ) = ∂α α np n = ∑ Xi α i =1 np ∂2 − < (theo định nghĩa Γ ( p ) p>0) Vì L= α ∂α nên ˆ α= np n ∑X i =1 i ước lượng hợp lý cực đại α 6.18 Ta tính trung bình mẫu X= 77 ( + 14 + 10 + 12 + + 13 + 12 ) = = 11 7 Phương sai mẫu: 36 2 2 2 + ( 3) + ( −1) + ( 1) + ( −4 ) + ( ) + ( 1)  = =6  Khoảng tin cậy 80% µ s   2, 449    x ± t0,10;6 ÷ =  11 ± 1, 44 2, 645 ÷ = ( 11 ± 1.333) = ( 9, 667 ;12,333) n    S2 =  ∑ −  i =1 ( −2 ) 10 6.19 Vì hàm lượng ni tin xem có phân phối chuẩn có kỳ vọng phương sai chưa biết nên khảng tin cậy có dạng S S   ; x + tα / 2;n −1  x − tα / 2;n −1 ÷ n n  Ta có: − α = 0,99 ⇒ α = 0, 01 ⇒ α / = 0, 005 Tra bảng phân phối Student ta có tα / 2;n −1 = t0,005;4 = 4, 604 21 + 19 + 23 + 19 + 23 105 = = 21 5 n 2 s2 = Do đó: ∑ ( xi − x )2 = 02 + ( −2 ) + 22 + ( −2 ) + 22 = ⇒ s = n − i =1 Mặt khác: x = ( ) Vậy khoảng tin cậy 99% hàm lượng ni tin trung bình loại thuốc xét là: 2   ; 21 + 4, 604 ×  21 − 4, 604 × ÷ = ( 21 − 4,116, 21 + 4,116 ) = ( 16,884; 25,116 ) 5  6.20 Ta có n=100; m/n= 0,55 Tra bảng phân phối chuẩn N(0,1) ta z0,025 = 1,96 z0,005 = 2,58 Khoảng tin cậy 95% tỉ lệ cử tri ủng hộ ứng viên A là: m ± z0,025 × n p (1 − p ) 0,55 × 0, 45 = 0,55 ± 1,96 = 0,55 ± 1,96 × 0, 0497 = 0,55 ± 0, 097 = n 100 (0,453 ;0,647) Khoảng tin cậy 99% tỉ lệ cử tri ủng hộ ứng viên A là: m ± z0,005 × n p (1 − p ) 0,55 × 0, 45 = 0,55 ± 2,58 = 0,55 ± 2,58 × 0, 0497 = 0,55 ± 0,13 = n 100 (0,42; 0,68) Chương VII 7.3 Vì n>30 nên coi X có phân phối xấp xỉ chuẩn, phương sai chưa biết Miền bác bỏ xác định bởi: W = { t < −tα ,n −1} Theo đầu bài, ta cú: X 87,3 95 7, ì = = −4, 23 162 / 49 162 S /n Mặt khác, tra bảng ta được: t0,01,48 = z0,01 = 2.33 Vì: t = −4, 23 < −2.33 = −t0,01,48 vậy, phải bác bỏ H chấp nhận đối thuyết µ < 95 7.6 a) Gọi p1 p2 xác xuất để cử tri khu vực bầu cử A B tương t= = ứng ủng hộ ứng viên X 11 Đây toán so sánh xác suất với giả thuyết H :" p1 = p2 " Đối thuyết: H1 :" p1 ≠ p2 " Bài toán kiểm định phía nên miền bác bỏ Z= f1 − f , m m m + m2  1  f1 = , f = , f = f (1− f )  + ÷ n1 n2 n1 + n2  n1 n2  m1 m2 Theo đầu bài, ta có : f1 = n = 0,56, f = n = 0, 48 Suy ra: m1 = 168, n1 = 96 Do 168 + 96 264 = = 0,528 đó: f = 300 + 200 500 0.56 − 0, 48 0, 08 Z= = = 1, 76  0, 454 Nh vy: 0,528 ì 0, 471 + ữ  300 200  Mặt khác, theo đầu α = 0, 05 Tra bảng phân phối chuẩn N(0,1), ta có z0,025 = 1,96 W = { Z > zα / } : đó: Vì Z = 1, 76 < 1,96 = z0,025 nên ta chấp nhận H :" p1 = p2 " tức khác khu vực A B việc ủng hộ ứng viên X khơng có ý nghĩa b) Đây toán so sánh xác suất với giả thuyết H :" p1 = p2 " Đối thuyết: H1 :" p1 > p2 " Bài tốn kiểm định phía nên miền bác bỏ W = { Z > zα } Vì Z = 1, 76 > 1, 65 = z0,05 nên ta bác bỏ H :" p1 = p2 " tức ứng viên X ủng hộ nhiều khu vực A 7.7 Đây toán kiểm định giả thuyết trung bình với phương sai chưa biết đây, H :" µ = 1.600" Đối thuyết là: H1 :" µ ≠ 1.600" Bài tốn kiểm định X − µ0 n phía nên miền bác bỏ W= { t > tα / 2,n −1} : đó: t = S X − µ0 1570 − 1600 30 n= 10 = − = −2.5 S 120 12 Mặt khác, theo đầu α = 0.05 Tra bảng phân phối Student, ta có t0,025;99 ≈ z0,025 = 1,96 Vì t =2,5>1,96 nên ta bác bỏ giả thuyết mức ý nghĩa Theo đầu bài, ta có: t = 5% Chú ý; Trong lúc ơn tập, có điều cần hỏi thêm, liên hệ với giảng viên qua thư điện tử: tmtuan@vast.ac.vn 12 ... là: {2 + (n-2)2}(n-2)!= 2(n-1)! Do đó, xác suất cần tìm là: P(A)= 2(n-1)!/ n! = 2/n 1 1.9 a) C5C10C25 / C50 3 b) 1- C45 / C50 1.10 P(B)= 5/7= 0,7143 1.11 a) Từ công thức cộng xác suất tính chất... thứ có cách Số người cịn lại có (n-2)! cách Tóm lại số trường hợp thuận lợi để người xác định ngồi cạnh n.2.(n-2)! Xác suất cần tìm là: n.2.(n-2)!/ n! =2/(n-1) b)Trường hợp bàn dài, lập luận... 2: b2 − cb + ( − ) = ta xác định b 2a Chương III 3.1 a)Hàm xác suất biên duyên cho cách cộng theo hàng cột bảng sau: Ta thấy tất hàm xác suất đồng thời có cách nhân xác suất biên duyên tương ứng

Ngày đăng: 25/01/2014, 17:20

Hình ảnh liên quan

a)Hàm phân phối trong hình vẽ cho thấy X  vừa là biến ngẫu nhiên liên tục, vừa là  biến ngẫu nhiên rời rạc tức thuộc loại hỗn  hợp. - Tài liệu Đề cương ôn tập thi cuối học kỳ Môn Xác suất - Thống kê pdf

a.

Hàm phân phối trong hình vẽ cho thấy X vừa là biến ngẫu nhiên liên tục, vừa là biến ngẫu nhiên rời rạc tức thuộc loại hỗn hợp Xem tại trang 6 của tài liệu.
2.6 Cho biến ngẫu nhiên X có hàm mật độ như trong hình BT2.2 - Tài liệu Đề cương ôn tập thi cuối học kỳ Môn Xác suất - Thống kê pdf

2.6.

Cho biến ngẫu nhiên X có hàm mật độ như trong hình BT2.2 Xem tại trang 7 của tài liệu.
c) Hàm phân phối đồng thời của { min( X Y, ), max( X Y, )} được cho trong bảng sau: - Tài liệu Đề cương ôn tập thi cuối học kỳ Môn Xác suất - Thống kê pdf

c.

Hàm phân phối đồng thời của { min( X Y, ), max( X Y, )} được cho trong bảng sau: Xem tại trang 8 của tài liệu.
Ví dụ cách tính 1 phần tử của bảng: - Tài liệu Đề cương ôn tập thi cuối học kỳ Môn Xác suất - Thống kê pdf

d.

ụ cách tính 1 phần tử của bảng: Xem tại trang 8 của tài liệu.

Từ khóa liên quan

Mục lục

  • Đề cư­ơng ôn tập thi cuối học kỳ

  • Môn XS-TK (2 tín chỉ)

  • 1.17

  • Đặt nút bật tắt thứ i đóng.

  • Tín hiệu sẽ được truyền qua mạch.

  • Ta có: . Theo công thức cộng xác suất:

  • Vì các nút bật tắt đóng mở độc lập với nhau nên:

  • .

  • Cách khác:

Tài liệu cùng người dùng

  • Đang cập nhật ...

Tài liệu liên quan