Bài tập vecto ngẫu nhiên chương 4 có lời giải năm 2024
Nghiên cứu sử dụng dịch trích vỏ quả lựu được thực hiện để đánh giá khả năng ức chế tinh thể Calcium oxalate, gồm 03 giai đoạn chính là hình thành, phát triển và ngưng tụ. Mẫu vỏ quả lựu được ly trích bằng phương pháp ngâm dầm với ethanol 80% để tạo cao chiết. Phần trăm ức chế hạt nhân tinh thể Calcium oxalate của cao chiết vỏ quả lựu được xác định bằng phương pháp đo quang phổ ở bước sóng 620 nm; trong khi đó, hiệu quả ức chế phát triển tinh thể Calcium oxalate của cao chiết được đánh giá bằng mật độ quang của mẫu thử ở bước sóng 214 nm trong thời gian 600 giây. Hiệu quả ức chế ngưng tụ tinh thể calcium oxalate của cao chiết được xác định bằng cách đo lường mật độ quang ở bước sóng 620 nm vào các khoảng thời gian 30, 60, 90, 180 và 360 phút. Kết quả nghiên cứu cho thấy, độ ẩm của mẫu đạt 71,89% và hiệu suất cao chiết đạt 4,59%. Cao chiết vỏ quả lựu có sự hiện diện của các hợp chất flavonoid, alkaloid, saponin, terpenoid, tanin và phenol. Cao chiết vỏ quả lựu có khả năng ức chế hình... PHẦN 1: XÁC SUẤT Chương 0: Bổ túc về giải tích tổ hợp Chương 1: Những khái niệm cơ bản về xác suất Chương 2: Đại lượng ngẫu nhiên Chương 3: Vectơ ngẫu nhiên Chương 4: Hàm của các Đại lượng ngẫu nhiên Chương 5: Các đặc trưng số của Đại lượng ngẫu nhiên Chương 6: Định lý giới hạn trong xác suất PHẦN 2: THỐNG KÊ Chương 7: Lý thuyết mẫu Chương 8: Ước lượng đặc trưng đám đông Chương 9: Kiểm định giả thiết thống kê Chương 10: Khái niệm lý thuyết tương quan - X - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -
) 2 ( ) 2 & 039;& 039; ( , ) 2 (0 & 039; &039;0 & 039; &039;0 & 039; ,dy dy dy ####### X x y x y y x y y x y y F X Y e e e e e e ( , ) 2 ( 1 ) F , e e y x X Y x y b,các hàm phân phối biên của hàm phân phối đồng thời Các hàm phân phối biên nhận được bằng cách cho một biến tiến tới vô cùng ( ) ( ( , )) 0 lim , x x y F FXY y X ( ) ( ( , )) lim , x x y F FXY x X -2 -y ( xét trong miền được tô đậm như hình vẽ,những miền ngoài hình tô đậm thì hàm phân phối biên là bằng 0 ) Bài 9: 2 2 2 2 ( , ) ax by f x y axe bye x > 0, y > 0, a > 0, b > 0 a) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 0 0 0 ( ) ( ) 1 2 x x x ax ax ax ax X ax F x axe dx e d e e Tương tự: 2 2 2 2 0 ( ) 1 y by by X F y bye dy e Suy ra 2 2 2 2 1 1 x > 0, y > 0 ( , ) 0 u ax by X e e F x y ne
2 2 0 ( ) 1 ax P X axe dx 2 2 2 2 2 ( ) by by bx x x P Y bye dy e e 2 2 ( ) bx P X Y e
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 0 0 2 2 2 2 2 0 0 2 2 ( ) 1 1 ( ) 2 (1 0) ax by ax by X ax by ax by ax ax f x axe bye dy abxe ye dy by abxe e d abxe e b b axe axe 2 2 2 2 2 2 0 ( ) ax by by X f y axe bye dx bye Bài 10. a.
Nếu Nếu Nếu Nếu
Hàm mật độ biên của Y Bài 11. Miền giới hạn bởi : 1 2 2 x y Đặt x rcos y rsin Định thức Jacobi r r r d dy dr dy d dx dr dx J sin cos cos sin 2 0 1 .. 1 o d kr dr Ta có: P[{ X Y}] 2 2 2 0 0 0 0 2 2 ( ) 2 ( 1) 0 y y x y x y y y e dy e dx e dy e e e dy 3 2 3 2 0 0 2 2 2 ( ) ( ) 3 0 0 y y y y e dy e dy e e 2 1 (0 1) (0 1) 3 3 c .{ X Y10} P[{ X Y 10}] 10 2 2 2 10 0 0 0 0 10 2 2 ( ) 2 ( 1) 0 y y x y x y y y e dy e dx e dy e e e dy 3 10 2 3 10 2 0 0 2 2 2 ( ) ( ) 3 0 0 y y y y e dy e dy e e 2 10 (0 ) (0 1) 1 3 3 e e Bài 13: Cho X, Y có hàm mật độ xác suất đồng thời: fX,Y(x,y) = xe -x(1+y) x > 0, y > 0 Hàm mật độ biên của X và củaY: Bài 14 : Lúc 0 ta có : 2 2 2 , ####### ####### ####### 1 , 2 x y X Y f x y e Lúc này 2 2 2 p X Y R bằng 4 lần tích phân của hàm f X Y, x y, Trên miền D 1 2 2 1 2 4 2 x y D P e dxdy Chuyển sang tạo độ cực ta được. 0 2 , 0 r R 2 2 2 2 2 2 2 2 2 0 0 0 0 0 2 2 2 . 1 R R r r R P d r e dr e d e d 2 2 2 2 2
R R e e Bài 16. Hãy tìm hàm mật độ biên đầu ra Y của kênh thông tin trong ví dụ 4. Tín hiệu vào X=[-1,1] xảy ra với xác suất bằng nhau nên P [ X 1 ]= 2 1 Tín hiệu ra Y xác định bởi 1 0 ( ) b a y a y FY y b a y b y a 0 1 f ( y) b a Y a yb a , Tìm P[X=k , Y y] Ta có P[X=k , Y y] = P Y y X k P X k Ta xét với k = 1 X = 1 P[X=1 , Y y] = 1 1 1 1 2 P Y y X P X P Y y X 4 1 [ | 1 ] y P Y y X với 1 y 3 Tương tự 4 4 [ | 1 ] y P Y y X với 3 y 1 Ta có hàm mật độ biên đầu ra của Y là. Áp dụng công thức Y( ) y A P Y y X k f y X k dy Khi X , Y độc lập ta có fY y X k fY y Vậy ta có Y dP Y y X k f y dy 4 1 4 1 f ( y) Y với 1 1 X X Bài 17. X nhận giá trị 1 với các khả năng như nhau vì vậy ta có P[X= 1 ]= 1 2 Y = X + N Với N là biến ngẫu nhiên của hàm phân phối Laplace với hàm mật độ 1 ( ) 2 z fN z e a , Tìm P[X=k , Y y] Ta có P[X=k , Y y] = P Y y X k P X k Ta xét với k = 1 Ta có: 1 1 1 1 1 1 1 0 1 0 6 6 3 6 6 3 1 1 0 à 0 3 3 1 1 1 1 1 1 1 0 1 0 6 6 3 6 6 3 X Y X Y X Y P P P v P P P Vì 1 1 3 1 ####### ####### 3 1 6 1 P 1 , 1 PX PY Nên X và Y không độc lập ii. ta có: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 9 9 9 3 9 9 9 3 1 1 0 à 0 3 3 1 1 1 1 3 3 X Y X Y X Y P P P v P P P ta thấy: 0 0 3 1 0 1 6 1 0 6 1 X Y -1 0 1 9 1 9 1 9 1 0 9 1 9 1 9 1 1 9 1 9 1 9 1 1 1 3 1 . 3 1 9 1 1 , 1 1 0 3 1 . 3 1 9 1 1 , 0 0 1 3 1 . 3 1 9 1 0 , 1 0 1 3 1 . 3 1 9 1 0 , 1 1 1 3 1 . 3 1 9 1 1 , 1 1 0 3 1 . 3 1 9 1 1 , 0 1 1 3 1 . 3 1 9 1 1 , 1 0 0 3 1 . 3 1 9 1 0 , 0 1 1 3 1 . 3 1 9 1 1 , 1 X Y X Y X Y X Y X Y X Y X Y X Y X Y P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P P iii. Ta có: 1 1 1 1 1 0 0 1 0 0 3 3 3 3 1 1 0 à 0 3 3 1 1 1 1 3 3 X Y X Y X Y P P P v P P P Vì : 1 1 3 1 . 3 1 P 1 , 1 0 PX PY Nên X và Y không độc lập Bài 20: 2 2 2 2 , ax by f x y axe bye X và Y có độc lập hay không? Giải X Y -1 0 1 -1 0 0 3 1 0 0 3 1 0 1 3 1 0 0 b, { a X b } { c Y d } Do X ,Y là các biến ngẫu nhiên độc lập nên P [ {a Xb } {cYd }]P [aXb].P[cYd ] (*)
\= [ ] [ ] ( ) ( ) ( ) P a X PaXb a b a F X FX FX
\= [ ] [ ] ( ) ( ) ( ) P c Y PcYd c d c F Y FY FY Thay vào (*) ta được [{ } { }] {[ ( ) ( ) ( )].[ ( ) ( ) ( )]} P a Xb cYd a b a c d c F X FX FX FY FY FY c, {|X|>a { Y d}} = { a XXa,cYd } Ta có X ,Y là 2 biến ngẫu nhiên độc lập P[ {a X Xa } {cYd }]P[aXXa].P[cYd ] (**)
Ta có ({-a c = { X a}{Xa} Có P[ a XXa] 1 P[({Xa}{Xa})] \= 1 - P[ Xa]P[Xa] \= 1 - F ( a) F (a) X X
\= ( ) ( ) ( ) c d c F Y FY FY Thay vào (**) ta được [{| | } { }] ( 1 ( ) ( ))( ( ) ( ) ( )) P X a cYd a a c d c F X FX FY FY FY Bài 24: X và Y là các biến ngẫu nhiên độc lập có phân phối đều trong đoạn [0,1] aính P[X 2 < 1/2, |Y - 1| < 1/2] 2 1 1 P[X 1/ 2,| Y 1| 1/ 2] P[0 X , 1] 2 1 1 1 1 P[0 X 1 ]. [ 1]. 2 2 2 22 Y P Y
1 [ / 2 1, 0] [0 1/ 2]. [ 0] 2 P X Y P X P Y
2 2 4 [min( , ) 1/ 3] [ 1/ 3]. [ 1/ 3]. 3 3 9 P X Y P X P Y Bài 25.
Mặt khác: Suy ra: Vậy X và Y là độc lập (đpcm)
Trong đó: Bài 27. Với A = A 1 A 2 và A 1 ; A 2 độc lập với nhau Ta có hệ thức 4 : P[A] = P[A 1 ] P[A 2 ] Do đó các biến ngẫu nhiên X ; Y độc lập khi và chỉ khi hàm phân phối đồng thời của chúng bằng tích của ham mật độ xác suất biên cuẩ chúng : FX,Y(x,y)= FX(x) FY(y) với mọi x, y (4) Từ 4 ta đạo hàm 2 vế : fX,Y(x,y) = = fX(x) fY(y) đây chính là biểu thức 4. đó là điều ta phai chứng minh Bài 28: Chứng minh trong hai hệ thức sau cái này có thể suy ra từ cái kia: FX,Y(x,y) = FX(x)FY(y) x, y (1) fX,Y(x,y) = fX(x)fY(y) x, y (2) (1) ⇒ (2): Lấy đạo hàm hai vế của (1) ta được: 1 2 1 1 2(1 ) 0 Y x f y x x 2 2 1 2 , 1 , 1 0 y X Y Y y f x y dx y f y Như vậy ta có , , ( )X Y Y X f x yf y xf x 0 1 1 ( ) 2 fY yx x nếu -1 b , Ta có hàm mật độ , 1 ( , ) 2 f X Y x y Ta có đoạn thẳng AB : y = x + 1 BC : y = 1 – x CD: y = x – 1 AD: y = -x – 1 Vậy ta có hàm mật độ biên Nếu -1 < x < 0 Nếu 0 Nếu x khác Như vậy ta có Nếu -1 Nếu 0 Nếu x khác c, Ta có đoạn thẳng có dạng y = 1- x Ta có 1 1 1 1 0 1 0 1 1 1 2 0 2 2 x x k k dxdy k xdx k k Vậy hàm mật độ là f X Y, ( ,x y ) 2 Ta có hàm mật độ biên 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 2 1 1 ( ) 1 1 1 2 2 0 x x x X x dy x x x f x dy x x x 1 1 ( ) 0 X x dy x f x 2 0 Y f y x x Nếu 0 Nếu x<0 , x > 1 Suy ra nếu 0 Nếu x <0 , x > Bài 33: , ( , ) ( / ) ( / ) ( ) X Y Y Y X d f x y f y x F y x dy f x ( I ) Mà 2 2 1 1 1 2 2 1 1 2 2 , 2 1 2 1 exp. 2.. 2.(1 ) ( , ) 2... 1 X Y x m x m y m y m f x y , , ( ) ( & 2 2 1 1 1 2 2 1 1 2 2 2 1 2 1 exp. 2.. 2.(1 ) 2... 1 x m x m y m y m 2 1 2 2 1 1 2 2 2 1 1 exp.. .( ) 2.(1 ). x y m m ( 1 ) Tương tự fY ( )y f X Y , ( ,x y dy ). 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 2 1 exp.. .( ) 2.(1 ). y x m m ( 2 ) Thế ( 1 ) vào ( I ) ta tìm được: , ( , ) ( / ) ( / ) ( ) X Y Y Y X d f x y f y x F y x dy f x 2 2 1 1 1 2 2 1 1 2 2 2 1 2 2 1 2 2 2 1 1 2 2 2 1 1 exp. 2.. 2.(1 ) 2... 1 1 exp.. .( ) 2.(1 ). x m x m y m y m x y m m |