Đề thi giữa HK3 môn Xác suất thống kê 1 năm học 2023-2024

ĐỀ THI GIỮA HK3 MÔN XÁC SUẤT THỐNG KÊ 1

Đề số 1 - Năm học 2023-2024
Thời gian làm bài: 50 phút

Câu 1. Gieo liên tiếp hai con xúc xắc cân đối đồng chất

a) Tính xác suất để lần gieo thứ $k$ là lần đầu tiên ra tổng số chấm là 5.

b) Tính xác suất để tổng số chấm là 5 xảy ra trước khi mặt 1 chấm xuất hiện.

Câu 2. Cho 5 quả bóng vào 10 cái hộp một cách ngẫu nhiên. Biết rằng mỗi hộp có thể chứa từ 0 đến 5 bóng. Gọi $X$ là số hộp không chứa bóng nào. Tính kì vọng của $X$.

Câu 3. Cho $X$ và $Y$ là hai biến ngẫu nhiên có hàm mật độ đồng thời cho bởi

$$f_{X,Y}(x,y) = \begin{cases} C(2x+y) & \text{nếu } x,y \in [0,1] \\ 0 & \text{trong trường hợp khác.} \end{cases}$$

a) Tìm hằng số $C$.

b) Tìm hàm mật độ của biến ngẫu nhiên $U = X + Y$.

LỜI GIẢI CHI TIẾT

Câu 1

Không gian mẫu cho mỗi lần gieo hai con xúc xắc cân đối, đồng chất gồm $6 \times 6 = 36$ kết quả đồng khả năng dạng $(i, j)$ với $1 \le i, j \le 6$.

a) Tính xác suất để lần gieo thứ $k$ là lần đầu tiên ra tổng số chấm là 5.

Gọi $A$ là biến cố "tổng số chấm của hai con xúc xắc bằng 5" trong một lần gieo.
Các kết quả thuận lợi cho $A$ là:

$$A = \{(1, 4), (2, 3), (3, 2), (4, 1)\} \implies |A| = 4$$

Xác suất xuất hiện tổng số chấm bằng 5 trong một lần gieo là:

$$p = P(A) = \dfrac{4}{36} = \dfrac{1}{9}$$

Xác suất không xuất hiện tổng số chấm bằng 5 là:

$$q = 1 - p = 1 - \dfrac{1}{9} = \dfrac{8}{9}$$

Vì các lần gieo độc lập với nhau, để lần gieo thứ $k$ là lần đầu tiên ra tổng số chấm là 5 thì $k - 1$ lần gieo đầu tiên đều không ra tổng 5 và lần gieo thứ $k$ ra tổng 5.

Xác suất cần tìm là:

$$P = q^{k-1} \cdot p = \left(\dfrac{8}{9}\right)^{k-1} \cdot \dfrac{1}{9}$$

b) Tính xác suất để tổng số chấm là 5 xảy ra trước khi mặt 1 chấm xuất hiện.

Trong một lần gieo hai con xúc xắc:
- Biến cố $B$: "có ít nhất một mặt 1 chấm xuất hiện".
Số kết quả không có mặt 1 chấm nào là $5 \times 5 = 25$, suy ra số kết quả có ít nhất một mặt 1 chấm là:

$$|B| = 36 - 25 = 11$$

- Biến cố $A$: "tổng số chấm bằng 5" gồm 4 kết quả: $(1, 4), (2, 3), (3, 2), (4, 1)$.
Trong đó, hai kết quả $(1, 4)$ và $(4, 1)$ vừa có tổng bằng 5, vừa có mặt 1 chấm xuất hiện (tức $A \cap B = \{(1, 4), (4, 1)\}$).

Nếu một lần gieo xuất hiện $(1, 4)$ hoặc $(4, 1)$ thì mặt 1 chấm đã xuất hiện đồng thời cùng tổng 5, do đó không thỏa mãn điều kiện "tổng bằng 5 xảy ra trước khi mặt 1 chấm xuất hiện".

Vì vậy, biến cố mong muốn xảy ra khi ta gieo được tổng bằng 5 mà không có mặt 1 chấm nào.
Gọi $A_0$ là biến cố "tổng số chấm bằng 5 và không có mặt 1 chấm":

$$A_0 = \{(2, 3), (3, 2)\} \implies |A_0| = 2$$

Ta tiếp tục gieo xúc xắc cho đến khi xảy ra một trong hai biến cố loại trừ nhau:
- Xuất hiện $A_0$ (thành công, quá trình dừng).
- Xuất hiện $B$ (mặt 1 chấm xuất hiện trước hoặc cùng lúc với tổng 5, thất bại, quá trình dừng).

Xác suất để biến cố $A_0$ xuất hiện trước biến cố $B$ là:

$$P = \dfrac{P(A_0)}{P(A_0) + P(B)} = \dfrac{\dfrac{2}{36}}{\dfrac{2}{36} + \dfrac{11}{36}} = \dfrac{2}{2 + 11} = \dfrac{2}{13}$$

(Lưu ý: Nếu quy ước rằng việc xuất hiện $(1, 4)$ hay $(4, 1)$ vẫn được tính là tổng 5 đã đạt được, khi đó xác suất sẽ là $\dfrac{P(A)}{P(A \cup B)} = \dfrac{4}{13}$; tuy nhiên theo nghĩa chặt chẽ "trước khi mặt 1 chấm xuất hiện", kết quả chính xác là $\dfrac{2}{13}$).

Câu 2

Cho 5 quả bóng vào 10 cái hộp một cách ngẫu nhiên và độc lập. Mỗi quả bóng có thể vào 1 trong 10 hộp với xác suất như nhau là $\dfrac{1}{10}$.

Với mỗi $i \in \{1, 2, \dots, 10\}$, gọi $X_i$ là biến ngẫu nhiên chỉ thị cho biến cố "hộp thứ $i$ không chứa quả bóng nào":

$$X_i = \begin{cases} 1 & \text{nếu hộp thứ } i \text{ rỗng,} \\ 0 & \text{nếu hộp thứ } i \text{ có ít nhất một quả bóng.} \end{cases}$$

Số hộp rỗng là:

$$X = \sum_{i=1}^{10} X_i$$

Hộp thứ $i$ không có quả bóng nào khi và chỉ khi cả 5 quả bóng đều rơi vào 9 cái hộp còn lại. Xác suất một quả bóng rơi vào 9 hộp còn lại là $\dfrac{9}{10} = 0,9$.
Do 5 quả bóng được phân phối độc lập:

$$P(X_i = 1) = \left(\dfrac{9}{10}\right)^5 = 0,9^5 = 0,59049$$

Suy ra:

$$E[X_i] = 1 \cdot P(X_i = 1) + 0 \cdot P(X_i = 0) = P(X_i = 1) = \left(\dfrac{9}{10}\right)^5$$

Áp dụng tính chất tuyến tính của kì vọng:

$$E[X] = E\left[\sum_{i=1}^{10} X_i\right] = \sum_{i=1}^{10} E[X_i] = 10 \cdot \left(\dfrac{9}{10}\right)^5 = 10 \cdot 0,59049 = 5,9049$$

Vậy số hộp rỗng trung bình là $5,9049$ (hay $\dfrac{59049}{10000}$).

Câu 3

Cho biến ngẫu nhiên hai chiều $(X, Y)$ có hàm mật độ đồng thời:

$$f_{X,Y}(x,y) = \begin{cases} C(2x+y) & \text{nếu } x, y \in [0, 1] \\ 0 & \text{trong trường hợp khác.} \end{cases}$$

a) Tìm hằng số $C$.

Do $f_{X,Y}(x, y)$ là hàm mật độ xác suất nên:

$$\int_{-\infty}^{+\infty} \int_{-\infty}^{+\infty} f_{X,Y}(x, y) \, dx \, dy = 1$$

Ta có:

$$\int_0^1 \int_0^1 C(2x + y) \, dx \, dy = 1$$

Tính tích phân bên trong theo biến $x$:

$$\int_0^1 (2x + y) \, dx = \left[ x^2 + xy \right]_{x=0}^{x=1} = 1 + y$$

Tiếp tục lấy tích phân theo biến $y$:

$$\int_0^1 (1 + y) \, dy = \left[ y + \dfrac{y^2}{2} \right]_0^1 = 1 + \dfrac{1}{2} = \dfrac{3}{2}$$

Suy ra:

$$C \cdot \dfrac{3}{2} = 1 \implies C = \dfrac{2}{3}$$

Với $C = \dfrac{2}{3}$, ta thấy $f_{X,Y}(x, y) = \dfrac{2}{3}(2x+y) \ge 0$ với mọi $x, y \in [0, 1]$. Vậy $C = \dfrac{2}{3}$ thỏa mãn.

b) Tìm hàm mật độ của biến ngẫu nhiên $U = X + Y$.

Vì $0 \le X \le 1$ và $0 \le Y \le 1$ nên miền giá trị của $U$ là $[0, 2]$. Với $u \notin [0, 2]$, ta có $f_U(u) = 0$.

Sử dụng công thức tích phân chập:

$$f_U(u) = \int_{-\infty}^{+\infty} f_{X,Y}(x, u - x) \, dx$$

Hàm dưới dấu tích phân khác 0 khi và chỉ khi:

$$\begin{cases} 0 \le x \le 1 \\ 0 \le u - x \le 1 \end{cases} \iff \begin{cases} 0 \le x \le 1 \\ u - 1 \le x \le u \end{cases} \iff \max(0, u - 1) \le x \le \min(1, u)$$

Khi $x$ và $u - x$ thuộc $[0, 1]$ thì:

$$f_{X,Y}(x, u - x) = \dfrac{2}{3}\big(2x + (u - x)\big) = \dfrac{2}{3}(x + u)$$

Ta xét hai trường hợp của $u$:

- Trường hợp 1: $0 \le u \le 1$
Khi đó $\max(0, u - 1) = 0$ và $\min(1, u) = u$. Cận tích phân là từ $0$ đến $u$:

$$f_U(u) = \int_0^u \dfrac{2}{3}(x + u) \, dx = \dfrac{2}{3} \left[ \dfrac{x^2}{2} + ux \right]_0^u = \dfrac{2}{3} \left( \dfrac{u^2}{2} + u^2 \right) = \dfrac{2}{3} \cdot \dfrac{3u^2}{2} = u^2$$

- Trường hợp 2: $1 < u \le 2$
Khi đó $\max(0, u - 1) = u - 1$ và $\min(1, u) = 1$. Cận tích phân là từ $u - 1$ đến $1$:

$$f_U(u) = \int_{u-1}^1 \dfrac{2}{3}(x + u) \, dx = \dfrac{2}{3} \left[ \dfrac{x^2}{2} + ux \right]_{u-1}^1$$

Tính giá trị cận trên tại $x = 1$:

$$\dfrac{1}{2} + u$$

Tính giá trị cận dưới tại $x = u - 1$:

$$\dfrac{(u-1)^2}{2} + u(u-1) = \dfrac{u^2 - 2u + 1}{2} + \dfrac{2u^2 - 2u}{2} = \dfrac{3u^2 - 4u + 1}{2}$$

Hiệu hai cận:

$$\left(\dfrac{1}{2} + u\right) - \left(\dfrac{3u^2 - 4u + 1}{2}\right) = \dfrac{1 + 2u - 3u^2 + 4u - 1}{2} = \dfrac{6u - 3u^2}{2} = \dfrac{3}{2}(2u - u^2)$$

Do đó:

$$f_U(u) = \dfrac{2}{3} \cdot \dfrac{3}{2}(2u - u^2) = 2u - u^2$$

Kết luận: Hàm mật độ của biến ngẫu nhiên $U$ là:

$$f_U(u) = \begin{cases} u^2 & \text{nếu } 0 \le u \le 1, \\ 2u - u^2 & \text{nếu } 1 < u \le 2, \\ 0 & \text{trong trường hợp khác.} \end{cases}$$