Bài Tập Phân Phối Xác Suất Có Lời Giải

Bài 1: Cho biến đổi ngẫu nhiên tiếp tục $X$ có hàm tỷ lệ xác suất $$f_X(x)= \begincases kx^2 & \mbox nếu $0\leq x\leq 3$,\\ 0 & \mbox nếu $x$ còn lại.\\ \endcases$$a) tra cứu hằng số $k.$b) tra cứu hàm phân bố tỷ lệ $F_X(x).$c) Tính $\Bbb P(X>1).$d) Tính $\Bbb P(0,5\leq X\leq 2|X>1).$
Lời giải bài bác 1.

Bạn đang xem: Bài tập phân phối xác suất có lời giải

a) Ta có\beginequation*\notag \beginaligned\displaystyle\int\limits_-\infty^+\inftyf_X(x)dx&=\displaystyle\int\limits_-\infty^0f_X(x)dx+\displaystyle\int\limits_0^3f_X(x)dx+\displaystyle\int\limits_3^+\inftyf_X(x)dx\\&=\displaystyle\int\limits_-\infty^00dx+\displaystyle\int\limits_0^3kx^2dx+\displaystyle\int\limits_3^+\infty0dx\\&=0+\Big(\displaystyle\frackx^33\Big)\Bigg|_0^3+0\\&=\displaystyle\frac27k3\\&=9k.\endaligned\endequation*Theo tính chất của hàm tỷ lệ xác suất $$\displaystyle\int\limits_-\infty^+\inftyf_X(x)dx=1.$$ do đó $9k=1$ tốt $k=\displaystyle\frac19.$b) giả dụ $t3$\beginequation*\notag \beginalignedF_X(t)&=\displaystyle\int\limits_-\infty^tf_X(x)dx\\&=\displaystyle\int\limits_-\infty^0f_X(x)dx+\displaystyle\int\limits_0^3f_X(x)dx+\displaystyle\int\limits_3^tf_X(x)dx\\&=\displaystyle\int\limits_-\infty^00dx+\displaystyle\int\limits_0^3kx^2dx+\displaystyle\int\limits_3^t0dx\\&=0+\Big(\displaystyle\frackx^33\Big)\Bigg|_0^3+0\\&=9k\\&=1.\endaligned\endequation*Vậy$$F_X(t)= \begincases 0 & \mbox nếu như $t3$.\\ \endcases$$c)\beginequation*\notag \beginaligned\Bbb P(X>1)&=\displaystyle\int\limits_1^+\inftyf_X(x)dx\\&=\displaystyle\int\limits_1^3f_X(x)dx+\displaystyle\int\limits_3^+\inftyf_X(x)dx\\&=\displaystyle\int\limits_1^3kx^2dx+\displaystyle\int\limits_3^+\infty0dx\\&=\Big(\displaystyle\frackx^33\Big)\Bigg|_1^3+0\\&=\displaystyle\frac27k3-\displaystyle\frack3\\&=\displaystyle\frac26k3\\&=\displaystyle\frac263\times\displaystyle\frac19\\&=\displaystyle\frac2627.\endaligned\endequation*d)\beginequation*\notag \beginaligned\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).\endaligned\endequation*\beginequation*\notag \beginaligned\Bbb P(1 1)&=\displaystyle\frac\Bbb P(1 1)\\&=\displaystyle\frac\displaystyle\frac727\displaystyle\frac2627\\&=\displaystyle\frac726.\endaligned\endequation*
Bài 2: Cho đổi thay ngẫu nhiên liên tục $X$ tất cả hàm tỷ lệ xác suất $$f_X(x)= \begincases kx^2e^-2x và \mbox nếu $x\geq 0$,\\ 0 & \mbox{ ví như $x
Bài 3: Cho đổi thay ngẫu nhiên liên tiếp $X$ bao gồm hàm mật độ xác suất $$f_X(x)=ke^,\;\;\forall x\in\BbbR.$$ a) search hằng số $k.$b) tìm kiếm hàm phân bố xác suất $F_X(x)$ của $X.$
Bài 4: Thời gian ship hàng khách mặt hàng tại một điểm thương mại & dịch vụ là vươn lên là ngẫu nhiên tiếp tục $X$ tất cả hàm mật độ xác suất $$f_X(x)= \begincases 5e^-5x và \mbox giả dụ $x\geq 0$,\\ 0 và \mbox{ giả dụ $xb) Tìm thời gian trung bình để ship hàng một khách hàng hàng.
Lời giải bài bác 4.a) Ta có\beginequation*\notag \beginaligned\Bbb P(0,4\leq X\leq 1)&=\displaystyle\int\limits_0,4^1f(x)dx\\&=\displaystyle\int\limits_0,4^15e^-5xdx\\&=(-e^-5x)\Big|_0,4^1\\&=-e^-5+e^-2\\&\approx 0,129.\endaligned\endequation*b) trường đoản cú hàm tỷ lệ của $X$, ta suy ra biến bỗng nhiên $X$ có phân bố mũ với tham số $\lambda=5.$ Theo tính chất của phân bố mũ ta có$$\Bbb E(X)=\displaystyle\frac1\lambda=\displaystyle\frac15=0,2.$$Vì $X$ là thời gian giao hàng khách hàng nên thời hạn trung bình giao hàng một người tiêu dùng là mong rằng của $X$. Bởi vì đó thời hạn trung bình ship hàng một quý khách hàng là $\Bbb E(X)=0,2.$
Bài 5: Tuổi lâu $X$ của người là 1 trong những biến ngẫu nhiên thường xuyên có hàm mật độ xác suất có hàm tỷ lệ xác suất $$f_X(x)= \begincases \lambda e^-\lambda x và \mbox trường hợp $x\geq 0$,\\ 0 & \mbox{ trường hợp $x0$. Biết rằng phần trăm người sống vượt $60$ tuổi bằng $0,5.$a) tìm $\lambda.$b) Một người năm nay $60$ tuổi, tìm tỷ lệ để bạn này sống thừa $70$ tuổi.c) gọi $A=(X>70)$, $B=(X>80)$, $C=(60
Lời giải bài xích 5.Với hầu như $a>0,$ ta có\beginequation*\notag \beginaligned\Bbb P(X>a)&=\Bbb P(X\geq a)\\&=\displaystyle\int\limits_a^+\inftyf_X(x)dx\\&=\displaystyle\int\limits_a^+\infty\lambda e^-\lambda xdx\\&=\lim\limits_b\longrightarrow+\infty\displaystyle\int\limits_a^b\lambda e^-\lambda xdx\\&=\lim\limits_b\longrightarrow+\infty(-e^-\lambda x)\Big|_a^b\\&=\lim\limits_b\longrightarrow+\infty(e^-\lambda a-e^-\lambda b)\\&=e^-\lambda a.\endaligned\endequation*a) Theo đề bài\beginequation*\notag \beginaligned&\;\;\;\;\;\;\;\;\;\Bbb P(X>60)=0,5\\&\Longleftrightarrow e^-60\lambda=0,5\\&\Longleftrightarrow \lambda=\displaystyle\frac\ln 260.\endaligned\endequation*b) Ta có\beginequation*\notag \beginaligned\Bbb P(X>70|X\geq 60)&=\displaystyle\frac\Bbb P<(X>70)(X\geq 60)>\Bbb P(X\geq 60)\\&=\displaystyle\frac\Bbb P(X>70)\Bbb P(X\geq 60)\\&=\displaystyle\frace^-70\lambdae^-60\lambda\\&=e^-10\lambda\\&=e^-\frac\ln 26\\&\approx 0,8909.\endaligned\endequation*c) Ta có\beginequation*\notag \beginaligned\Bbb P(B|A)&=\Bbb P(X>80|X>70)\\&=\displaystyle\frac\Bbb P<(X>80)(X>70)>\Bbb P(X>70)\\&=\displaystyle\frac\Bbb P(X>80)\Bbb P(X>70)\\&=\displaystyle\frace^-80\lambdae^-70\lambda\\&=e^-10\lambda\\&=e^-\frac\ln 26\\&\approx 0,8909.\endaligned\endequation*\beginequation*\notag \beginaligned\Bbb P(B|C)&=\Bbb P(X > 80|60 80)(60 bài 6: Cho biến ngẫu nhiên thường xuyên $X$ với hàm tỷ lệ xác suất $$f_X(x)= \begincases k(1+x)^-3 và \mbox nếu như $x\geq 0$,\\ 0 & \mbox{ nếu như $x
Lời giải bài xích 6.a) Ta có\beginequation*\notag \beginaligned\displaystyle\int\limits_-\infty^+\inftyf_X(x)dx&=\displaystyle\int\limits_-\infty^0f_X(x)dx+\displaystyle\int\limits_0^+\inftyf_X(x)dx\\&=\displaystyle\int\limits_-\infty^00dx+\displaystyle\int\limits_0^+\inftyk(1+x)^-3dx\\&=0+k\displaystyle\int\limits_0^+\infty(1+x)^-3dx\\&=k\displaystyle\int\limits_0^+\infty(1+x)^-3dx.\endaligned\endequation*Ta có\beginequation*\notag \beginaligned\displaystyle\int\limits_0^+\infty(1+x)^-3dx&=\lim\limits_a\longrightarrow+\infty\displaystyle\int\limits_0^a(1+x)^-3dx\\&=\lim\limits_a\longrightarrow+\infty\Big<\displaystyle\frac1-2(1+x)^2\Big|_0^a\Big>\\&=\lim\limits_a\longrightarrow+\infty\Big<\displaystyle\frac1-2(1+a)^2+\displaystyle\frac12\Big>\\&=\displaystyle\frac12.\endaligned\endequation*Do đó $\displaystyle\int\limits_-\infty^+\inftyf_X(x)dx=\displaystyle\frack2.$Theo đặc thù của hàm tỷ lệ xác suất $\displaystyle\int\limits_-\infty^+\inftyf_X(x)dx=1.$ cho nên vì vậy $\displaystyle\frack2=1$ tuyệt $k=2.$b) Ta có\beginequation*\notag \beginaligned\Bbb E(X)&=\displaystyle\int\limits_-\infty^+\inftyxf_X(x)dx\\&=\displaystyle\int\limits_-\infty^0xf_X(x)dx+\displaystyle\int\limits_0^+\inftyxf_X(x)dx\\&=\displaystyle\int\limits_-\infty^0x.0dx+\displaystyle\int\limits_0^+\inftyx.2(1+x)^-3dx\\&=\displaystyle\int\limits_-\infty^00dx+2\displaystyle\int\limits_0^+\infty\displaystyle\fracx(1+x)^3dx\\&=0+2\displaystyle\int\limits_0^+\infty\displaystyle\fracx(1+x)^3dx\\&=2\displaystyle\int\limits_0^+\infty\displaystyle\fracx(1+x)^3dx.\endaligned\endequation*Ta có\beginequation*\notag \beginaligned\displaystyle\int\limits_0^+\infty\displaystyle\fracx(1+x)^3dx&=\lim\limits_a\longrightarrow+\infty\displaystyle\int\limits_0^a\displaystyle\fracx(1+x)^3dx\\&=\lim\limits_a\longrightarrow+\infty\displaystyle\int\limits_0^a\Big<\displaystyle\frac1(1+x)^2-\displaystyle\frac1(1+x)^3\Big>dx\\&=\lim\limits_a\longrightarrow+\infty\Big<-\displaystyle\frac11+x+\displaystyle\frac12(1+x)^2\Big>\Bigg|_0^a\\&=\lim\limits_a\longrightarrow+\infty\Big<-\displaystyle\frac11+a+\displaystyle\frac12(1+a)^2-\displaystyle\frac12+1\Big>\\&=\displaystyle\frac12.\endaligned\endequation*Vậy $\Bbb E(X)=1.$
Bài 7: Cho biến hóa ngẫu nhiên thường xuyên $X$ có hàm phân bố tỷ lệ $$F_X(x)= \begincases 0 và \mbox ví như $xk$.\\ \endcases$$ a) tìm hàm tỷ lệ xác suất $f_X(x).$b) Tính tỷ lệ $\Bbb P(-0,5 c) Tính mong rằng $\Bbb E(X).$
Lời giải bài 7.a) Ta có\beginequation*\notag \beginaligned\Big(\displaystyle\frac2kxk^2+x^2\Big)"&=\displaystyle\frac(2kx)"(k^2+x^2)-2kx(k^2+x^2)"(k^2+x^2)^2\\&=\displaystyle\frac2k(k^2+x^2)-2kx.2x(k^2+x^2)^2\\&=\displaystyle\frac2k(k^2+x^2)-4kx^2(k^2+x^2)^2\\&=\displaystyle\frac2k(k^2+x^2-2x^2)(k^2+x^2)^2\\&=\displaystyle\frac2k(k^2-x^2)(k^2+x^2)^2.\endaligned\endequation*Do đó hàm tỷ lệ xác suất $f_X(x)$ của $X$$$f_X(x)= \begincases0 & \mbox ví như $xk$.\\ \endcases$$Hay$$f_X(x)= \begincases \displaystyle\frac2k(k^2-x^2)(k^2+x^2)^2 & \mbox giả dụ $0\leq x\leq k$,\\ 0 và \mbox nếu $x\notin <0; k>$.\\ \endcases$$b) Ta có\beginequation*\notag \beginaligned\Bbb P(-0,5 ví như $k\geq 2$ thì\beginequation*\notag \beginalignedF_X(2)&=\displaystyle\frac2k.2k^2+2^2\\&=\displaystyle\frac4kk^2+4.\endaligned\endequation*Nếu $kDo đó\beginequation*\notag \beginaligned\Bbb P(-0,5 bài xích 8: Trong một chiếc hộp bao gồm $5$ viên bi trong số đó có $2$ viên bi trắng. Lấy thốt nhiên ra $2$ viên bi. Call $X$ là số viên bi trắng mang ra được.a) Lập hàm phân bố phần trăm của $X.$b) Tính $\Bbb E(X)$, $\Bbb D(X).$c) Lập bảng phân bố phần trăm của $2X,$ $X^2.$
Bài 9: Một lô hàng tất cả $14$ sản phẩm trong đó $5$ thành phầm loại I với $9$ sản phẩm loại II. Chọn thiên nhiên $2$ thành phầm từ lô hàng, call $X$ là số sản phẩm loại I chọn được.

Xem thêm:

a) Lập bảng phân bố tỷ lệ của $X$, tìm hàm phân bổ $F_X(x).$b) Tính kỳ vọng $\Bbb E(X)$ cùng phương sai $\Bbb D(X)$.c) lựa chọn mỗi sản phẩm loại I được thưởng $50$USD với mỗi sản phẩm loại II được thưởng $10$USD, tính số chi phí thưởng trung bình nhấn được.
Bài 10: vào một hòm có $10$ tấm thẻ trong số ấy có $4$ tấm thẻ ghi số $1,$ $3$ tấm thẻ ghi số $2,$ $2$ tấm thẻ ghi số $3$ cùng $1$ tấm thẻ ghi số $4.$ Chọn thiên nhiên hai tấm thẻ.a) điện thoại tư vấn $X$ là tổng số ghi trên nhì tấm thẻ. Lập bảng phân bố phần trăm của $X$ cùng hàm phân bố tỷ lệ $F_X(x).$b) Với từng số trên thẻ tuyển chọn được thưởng $20\$$. Gọi $Y$ là tổng số chi phí được thưởng, tính $\Bbb E(Y).$
Lời giải bài 10.a) Số phương pháp chọn được nhì tấm thẻ ngẫu nhiên trong $10$ tấm thẻ là $C_10^2$. Số phương pháp chọn hai tấm thẻ trong những số đó có một thẻ số $1$ cùng một thẻ số $2$ là $C_4^1\times C_3^1.$Vậy phần trăm chọn được một thẻ số $1$ và một thẻ số $2$ là $\displaystyle\fracC_4^1\times C_3^1C_10^2=\displaystyle\frac415.$b) $X$ nhận các giá trị $2; 3; 4; 5; 6; 7.$$(X=2)$ là đổi mới cố: "Chọn được $2$ tấm thẻ số $1$", vì đó$$\Bbb P(X=2)=\displaystyle\fracC_4^2C_10^2=\displaystyle\frac645.$$ $(X=3)$ là biến cố: "Chọn được $1$ tấm thẻ số $1$ cùng $1$ tấm thẻ số $2$", do đó$$\Bbb P(X=3)=\displaystyle\fracC_4^1\times C_3^1C_10^2=\displaystyle\frac1245.$$ $(X=4)=A\cup B$, trong những số đó $A$ là biến đổi cố: "Chọn được $1$ tấm thẻ số $1$ với $1$ tấm thẻ số $3$", $B$ là trở thành cố: "Chọn được $2$ tấm thẻ số $2$".Ta có\beginequation*\notag \beginaligned\Bbb P(A)&=\displaystyle\fracC_4^1\times C_2^1C_10^2=\displaystyle\frac845,\\\Bbb P(B)&=\displaystyle\fracC_3^2C_10^2=\displaystyle\frac345.\endaligned\endequation*Vì hai trở nên cố $A$ với $B$ xung khắc nên\beginequation*\notag \beginaligned\Bbb P(X=4)&=\Bbb P(A)+\Bbb P(B)\\&=\displaystyle\frac845+\displaystyle\frac345\\&=\displaystyle\frac1145.\endaligned\endequation*$(X=5)=C\cup D$, trong các số ấy $C$ là biến chuyển cố: "Chọn được $1$ tấm thẻ số $1$ với $1$ tấm thẻ số $4$", $D$ là trở thành cố: "Chọn được $1$ tấm thẻ số $2$ cùng $1$ tấm thẻ số $3$".Ta có\beginequation*\notag \beginaligned\Bbb P(C)&=\displaystyle\fracC_4^1\times C_1^1C_10^2=\displaystyle\frac445,\\\Bbb P(D)&=\displaystyle\fracC_3^1\times C_2^1C_10^2=\displaystyle\frac645.\endaligned\endequation*Vì hai đổi mới cố $C$ với $D$ xung tương khắc nên\beginequation*\notag \beginaligned\Bbb P(X=5)&=\Bbb P(C)+\Bbb P(D)\\&=\displaystyle\frac445+\displaystyle\frac645\\&=\displaystyle\frac1045.\endaligned\endequation*$(X=6)=E\cup F$, trong số đó $E$ là trở thành cố: "Chọn được $1$ tấm thẻ số $2$ và $1$ tấm thẻ số $4$", $F$ là phát triển thành cố: "Chọn được $2$ tấm thẻ số $3$".\\Ta có\beginequation*\notag \beginaligned\Bbb P(E)&=\displaystyle\fracC_3^1\times C_1^1C_10^2=\displaystyle\frac345,\\\Bbb P(F)&=\displaystyle\fracC_2^2C_10^2=\displaystyle\frac145.\endaligned\endequation*Vì hai đổi thay cố $E$ và $F$ xung xung khắc nên\beginequation*\notag \beginaligned\Bbb P(X=6)&=\Bbb P(E)+\Bbb P(F)\\&=\displaystyle\frac345+\displaystyle\frac145\\&=\displaystyle\frac445.\endaligned\endequation*$(X=7)$ là biến chuyển cố: "Chọn được $1$ tấm thẻ số $3$ cùng $1$ tấm thẻ số $4$", vày đó$$\Bbb P(X=7)=\displaystyle\fracC_2^1\times C_1^1C_10^2=\displaystyle\frac245.$$ Bảng phân bố phần trăm của $X$\beginarray\hlineX & 2 và 3 & 4 & 5 và 6 và 7\\\hline\Bbb P & \displaystyle\frac645 & \displaystyle\frac1245 và \displaystyle\frac1145 và \displaystyle\frac1045 và \displaystyle\frac445 & \displaystyle\frac245\\\hline\endarrayHàm phân bố phần trăm $F_X(x)$$$F_X(x)= \begincases 0 và \mbox{ lúc $xBài 11: Một xạ thủ lấy $5$ viên đạn phun kiểm tra trước thời gian ngày thi bắn. Xạ thủ bắn từng viên vào bia với tỷ lệ trúng vòng $10$ là $0,85$. Nếu phun $3$ viên liên tục trúng vòng $10$ thì thôi không phun nữa. Call $Y$ là số đạn xạ thủ này sẽ 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 dứt bắn. Call $Z$ là số đạn còn thừa. Tìm kiếm quy biện pháp phân bố tỷ lệ của $Z.$
Lời giải bài xích 11.Ta thấy $Y$ nhấn $3$ cực hiếm là $3; 4; 5.$Gọi $A_k$ là phát triển thành cố: "Xạ thủ bắn trúng vòng $10$ ngơi nghỉ lần phun thứ $k$". Khi đó $\Bbb P(A_k)=0,85.$Ta có$$(Y=3)=A_1A_2A_3.$$Vì $3$ biến chuyển cố $A_1, A_2, A_3$ là hòa bình nên\beginequation*\notag \beginaligned\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.\endaligned\endequation*$$(Y=4)=\overlineA_1A_2A_3A_4.$$Vì $4$ đổi mới cố $\overlineA_1, A_2, A_3, A_4$ là tự do nên\beginequation*\notag \beginaligned\Bbb P(Y=4)&=\Bbb P(\overlineA_1A_2A_3A_4)\\&=\Bbb P(\overlineA_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.\endaligned\endequation*Ta có\beginequation*\notag \beginaligned\Bbb P(Y=5)&=1-\Bbb P(Y=3)-\Bbb P(Y=4)\\&=1-0,614125-0,09211875\\&=0,29375625.\endaligned\endequation*Bảng phân bố phần trăm của $Y$\beginarray c\hlineY & 3 và 4 và 5\\\hline\Bbb P và 0,614125 và 0,09211875 và 0,29375625\\\hline\endarrayHàm phân bố phần trăm $F_X(x)$$$F_X(x)= \begincases 0 và \mbox{ lúc $x\beginequation*\notag \beginaligned\Bbb P(Z=0)&=\Bbb P(5-Y=0)\\&=\Bbb P(Y=5)\\&=0,29375625.\endaligned\endequation*\beginequation*\notag \beginaligned\Bbb P(Z=1)&=\Bbb P(5-Y=1)\\&=\Bbb P(Y=4)\\&=0,09211875.\endaligned\endequation*\beginequation*\notag \beginaligned\Bbb P(Z=2)&=\Bbb P(5-Y=2)\\&=\Bbb P(Y=3)\\&=0,614125.\endaligned\endequation*Bảng phân bố xác suất của $Z$\beginarray c\hlineZ & 0 & 1 và 2\\\hline\Bbb P và 0,29375625 và 0,09211875 & 0,614125\\\hline\endarray
Bài 12: đến $X_1, X_2, X_3$ là tía biến ngẫu nhiên hòa bình có bảng phân bố tỷ lệ như sau \beginarray c\hlineX_1 &0 & 2\\\hline\Bbb phường &0,65 và 0,35\\\hline\endarray \beginarray c\hlineX_2 &1 và 2\\\hline\Bbb phường &0,4 & 0,6\\\hline\endarray \beginarray c\hlineX_3 &1 & 2\\\hline\Bbb phường &0,7 & 0,3\\\hline\endarraya) Lập bảng phân bố tỷ lệ của biến hốt nhiên $\overlineX=\displaystyle\fracX_1+X_2+X_33.$b) Tính $\Bbb E(\overlineX)$, $\Bbb D(\overlineX).$c) Tính $\Bbb E(X_1+X_2+X_3)$ với $\Bbb D(X_1+X_2+X_3).$
Lời giải bài bác 12.a) Ta thấy $\overlineX$ có thể nhận các giá trị là $\displaystyle\frac23$, $1$, $\displaystyle\frac43$, $\displaystyle\frac53$, $2.$$$(\overlineX=\displaystyle\frac23)=(X_1=0, X_2=1, X_3=1).$$Vì các biến nỗ lực $X_1, X_2, X_3$ là tự do nên\beginequation*\notag \beginaligned\Bbb P(\overlineX=\displaystyle\frac23)&=\Bbb P(X_1=0)\Bbb P(X_2=1)\Bbb P(X_3=1)\\&=0,65\times 0,4\times 0,7\\&=0,182.\endaligned\endequation*Ta có$$(\overlineX=1)=(X_1=0, X_2=1, X_3=2)\cup (X_1=0, X_2=2, X_3=1).$$Vì các biến vắt $X_1, X_2, X_3$ là hòa bình nên\beginequation*\notag \beginaligned\Bbb P(X_1=0, X_2=1, X_3=2)&=\Bbb P(X_1=0)\Bbb P(X_2=1)\Bbb P(X_3=2)\\&=0,65\times 0,4\times 0,3\\&=0,078,\endaligned\endequation*\beginequation*\notag \beginaligned\Bbb P(X_1=0, X_2=2, X_3=1)&=\Bbb P(X_1=0)\Bbb P(X_2=2)\Bbb P(X_3=1)\\&=0,65\times 0,6\times 0,7\\&=0,273.\endaligned\endequation*Vì hai biến cố $(X_1=0, X_2=1, X_3=2)$, $(X_1=0, X_2=2, X_3=1)$ là xung tự khắc nên\beginequation*\notag \beginaligned\Bbb P(\overlineX=1)&=\Bbb P(X_1=0, X_2=1, X_3=2)+\Bbb P(X_1=0, X_2=2, X_3=1)\\&=0,078+0,273\\&=0,351.\endaligned\endequation*Ta có$$(\overlineX=\displaystyle\frac43)=(X_1=0, X_2=2, X_3=2)\cup (X_1=2, X_2=1, X_3=1).$$Vì những biến chũm $X_1, X_2, X_3$ là tự do nên\beginequation*\notag \beginaligned\Bbb P(X_1=0, X_2=2, X_3=2)&=\Bbb P(X_1=0)\Bbb P(X_2=2)\Bbb P(X_3=2)\\&=0,65\times 0,6\times 0,3\\&=0,117,\endaligned\endequation*\beginequation*\notag \beginaligned\Bbb P(X_1=2, X_2=1, X_3=1)&=\Bbb P(X_1=2)\Bbb P(X_2=1)\Bbb P(X_3=1)\\&=0,35\times 0,4\times 0,7\\&=0,098.\endaligned\endequation*Vì hai biến chuyển cố $(X_1=0, X_2=2, X_3=2)$, $(X_1=2, X_2=1, X_3=1)$ là xung tự khắc nên\beginequation*\notag \beginaligned\Bbb P(\overlineX=\displaystyle\frac43)&=\Bbb P(X_1=0, X_2=2, X_3=2)+\Bbb P(X_1=2, X_2=1, X_3=1)\\&=0,117+0,098\\&=0,215.\endaligned\endequation*Ta có$$(\overlineX=\displaystyle\frac53)=(X_1=2, X_2=1, X_3=2)\cup (X_1=2, X_2=2, X_3=1).$$Vì các biến nắm $X_1, X_2, X_3$ là hòa bình nên\beginequation*\notag \beginaligned\Bbb P(X_1=2, X_2=1, X_3=2)&=\Bbb P(X_1=2)\Bbb P(X_2=1)\Bbb P(X_3=2)\\&=0,35\times 0,4\times 0,3\\&=0,042,\endaligned\endequation*\beginequation*\notag \beginaligned\Bbb P(X_1=2, X_2=2, X_3=1)&=\Bbb P(X_1=2)\Bbb P(X_2=2)\Bbb P(X_3=1)\\&=0,35\times 0,6\times 0,7\\&=0,147.\endaligned\endequation*Vì hai biến cố $(X_1=2, X_2=1, X_3=2)$, $(X_1=2, X_2=2, X_3=1)$ là xung xung khắc nên\beginequation*\notag \beginaligned\Bbb P(\overlineX=\displaystyle\frac53)&=\Bbb P(X_1=2, X_2=1, X_3=2)+\Bbb P(X_1=2, X_2=2, X_3=1)\\&=0,042+0,147\\&=0,189.\endaligned\endequation*Ta có$$(\overlineX=2)=(X_1=2, X_2=2, X_3=2).$$Vì các biến vậy $X_1, X_2, X_3$ là hòa bình nên\beginequation*\notag \beginaligned\Bbb P(\overlineX=2)&=\Bbb P(X_1=2)\Bbb P(X_2=2)\Bbb P(X_3=2)\\&=0,35\times 0,6\times 0,3\\&=0,063.\endaligned\endequation*Bảng phân bố xác suất của $\overlineX$ là\beginarray c\hline\overlineX &\displaystyle\frac23 và 1 và \displaystyle\frac43 và \displaystyle\frac53 và 2\\\hline\Bbb p. &0,182 và 0,351 & 0,215 và 0,189 và 0,063\\\hline\endarrayb) mong rằng của $\overlineX$\beginequation*\notag \beginaligned\Bbb E(\overlineX)&=\displaystyle\frac23\times 0,182+1\times 0,351+\displaystyle\frac43\times 0,215+\displaystyle\frac53\times 0,189+2\times 0,063\\ &=1,2.\endaligned\endequation*\beginequation*\notag \beginaligned\Bbb E<(\overlineX)^2>&=\displaystyle\frac49\times 0,182+1\times 0,351+\displaystyle\frac169\times 0,215+\displaystyle\frac259\times 0,189+4\times 0,063\\ &=\displaystyle\frac14,329.\endaligned\endequation*Phương không nên của $\overlineX$\beginequation*\notag \beginaligned\Bbb D(\overlineX)&=\Bbb E<(\overlineX)^2>-(\Bbb E(\overlineX))^2\\&=\displaystyle\frac14,329-1,2^2\\&=\displaystyle\frac1,369.\endaligned\endequation*c)\beginequation*\notag \beginaligned\Bbb E(X_1+X_2+X_3)&=\Bbb E(3\overlineX)\\&=3\Bbb E(\overlineX)\\&=3\times 1,2\\&=3,6.\endaligned\endequation*\beginequation*\notag \beginaligned\Bbb D(X_1+X_2+X_3)&=\Bbb D(3\overlineX)\\&=9\Bbb D(\overlineX)\\&=9\times\displaystyle\frac1,369\\&=1,36.\endaligned\endequation*
Bài 13: Cho vươn lên là ngẫu nhiên thường xuyên $X$ bao gồm hàm tỷ lệ xác suất $$f_X(x)= \begincases 0 và \mbox{ nếu như $xc) Tính tỷ lệ để vào $4$ phép thử hòa bình biến thốt nhiên $X$ hầu như không đem giá trị trong khoảng $(2; 3).$
Bài 14: đến biến tình cờ $X$ tất cả kỳ vọng $\Bbb E(X)=\mu$ với độ lệch tiêu chuẩn $\sigma=\sqrt\Bbb D(X).$ Hãy tính phần trăm $\Bbb P(|X-\mu|b) $X$ có phân bổ Poisson với thông số $\lambda=0,09.$
Lời giải bài 14.a) đưa sử $X$ có phân bố mũ với thông số $\lambda>0.$Khi đó $\mu=\Bbb E(X)=\displaystyle\frac1\lambda$, $\sigma=\sigma(X)=\displaystyle\frac1\lambda.$Hàm tỷ lệ xác suất của $X$$$f(x)=\begincases \lambda e^-\lambda x & \mbox nếu như $x\geq 0$,\\ 0 & \mbox{ trường hợp $x