BÀI TẬP QUÁ TRÌNH NGẪU NHIÊN ỨNG DỤNG (IT3061)

Phần 1: Xác suất
1. (Bài 1 tờ BT) Cho luật phân phối đồng thời của 2 biến X, Y trong bảng như sau:
X\Y
2
3
5
1
0
0.15
0.1
2
0.2
0.1
0.25
3
0.15
0
0.05
a. Xác định xem các biến ngẫu nhiên X và Y có độc lập hay không?
b. Tìm luật phân phối xác suất của biến ngẫu nhiên Z = X+Y và W = XY.
c. Tìm các đặc trưng thống kê của Z và W (kì vọng, phương sai, momen cấp k)
Giải:
a. Lấy tổng hàng và tổng cột tương ứng, ta thu được luật phân phối của biến X và biến Y:
X=xi
1
2
3
Y=yi
2

3
5
p(xi)
0.25
0.55
0.2
p(yi)
0.35 0.25 0.4
Để X, Y độc lập thì với mọi cặp (xi, yj): P(X=xi, Y=yj) = P(X=xi).P(Y=yj)
Ta thấy ngay P(X=1, Y=2) = 0, nhưng P(X=1).P(Y=2) = 0.25 * 0.35, rõ ràng khác 0
Suy ra 2 biến ngẫu nhiên X, Y không độc lập.
b. Z = X+Y, do đó Z thuộc tập {3, 4, 5, 6, 7, 8}
P(Z=3) = P(X=1,Y=2) = 0
P(Z=6) = P(X=1,Y=5) + P(X=3,Y=3) = 0.1
P(Z=4) = P(X=1,Y=3) + P(X=2,Y=2) = 0.35
P(Z=7) = P(X=2,Y=5) = 0.25
P(Z=5) = P(X=2,Y=3) + P(X=3,Y=2) = 0.25
P(Z=8) = P(X=3,Y=5) = 0.05
Bảng phân phối xác suất của Z:
Z=zi
3
4
5
6
7
8
p(zi)
0
0.35
0.25

0.1
0.25
0.05
Với W = XY: làm tương tự, được bảng phân phối xác suất của W:
W=wi
2
3
4
5
6
9
10
p(wi)
0
0.15
0.2
0.1
0.25
0
0.25

15
0.05

c. Tìm đặc trưng thống kê:
Kì vọng: E(Z) = 3.0 + 4.0,35 + 5.0,25 + … + 8.0,05 = 5,4
Phương sai: V(Z) = E(Z2) – E2(Z) = [9.0 + 16.0,35 + 25.0,25 +…+64.0,05] – (5,4)2 = 1,74
Momen cấp k: E(Zk) = 3k.0 + 4k.0,35 + … + 8k.0,051
Biến W: làm tương tự.
2. (Bài 2 tờ BT) Tính hệ số tương quan của X, Y khi biết hàm mật độ đồng thời:

2
( , )=
( +
+ 1)


Giải:
Hệ số tương quan xác định bởi công thức:
=

=

[

]−

.

.

√

Ta có:
( , )

=

=

2

(

+ 1)

+

=

(

4
(

/

=

2
(

+ 1)

=

)
+ 1)

+

/


2
cos

/

. 1/(cos

=

)

2

cos

=1

/

= 1 (do x,y đối xứng)

Tương tự:
Lại có:
[

=

]=
1

2

( , )

( +

+ 1)

=

1
2

( ) ( )
1
=
( +
+ 1)
2

=

1
4

=

( + 1)

1

4

(đặ

( +
=

,

+ 1)
=

)

Hàm mật độ biên:
( )=
Đặt

=√

+1

( , )

=

2
(

+


+ 1)

, ta có:
/

2√ + 1
( )=
( + 1)

cos

=⋯=

/

3√ + 1
4( + 1)

Suy ra:
=

( )

−(

) =

3
1

−1=
2
2

Vậy
1
−4
1
4
=
=
−2
1
2
2

3. (Bài 8 tờ BT) Cho biến ngẫu nhiên X, Y tuân theo phân phối chuẩn đồng thời với các tham số:
1
= 3; = 4; = 1; = 2;
=
2
Tìm luật phân phối của f(y|x) và g(x|y).

Giải:


+ X, Y tuân theo phân phối chuẩn đồng thời nên có hàm mật độ đồng thời:
( −
1
1

−
−
( , )=
exp −
+
−2
2(1 − )
2
1−
+ Tính hàm mật độ biên: Đặt =

.
1

( )=

exp

2

.

−( − )
2(1 − )

=

)

)


(

2

)

.

2

= √2

Áp dụng tích phân: ∫

−

1−

)

)

. Suy ra:

( −

+

(


(

1

=

1−

=>

)( −

, ta có:

1

( )=

√2

exp −

2

−
2 2

+ Từ đó có các hàm mật độ biên:
( )=


( , )

=

( )=

( , )

=

exp −

( −
2

)

exp −

( −
2

)

1
√2
1
√2


+ Từ đó ta có các hàm mật độ có điều kiện:
( , )
1
( | )=
=
exp −
( )
2
1−
√2
( , )
1
( | )=
=
exp −
( )
2
1−
√2
Suy ra ( | ) ~ (
Và ( | ) ~ (
Thay số ta được:

+

+

( −
( −


);

);

(1 −
(1 −

( | ) ~ ( + 1; 3)

1
(1 −

)

1
(1 −

)

ℎ

~ (

;

)

ℎ

~ (


;

)

−

−

( −

)

−

−

( −

)

))

))
( | ) ~ ( + 2; )

4. Biến ngẫu nhiên X tuân theo luật phân phối mũ với tham số
các biến sau: = ,
= −5 − 7


= 3. Tìm luật phân phối xác suất của

Giải:
Hàm mật độ của X có dạng: ( ) =
, >0
Với biến = : hàm z=x3 là đơn điệu tăng và khả vi, tồn tại hàm ngược duy nhất:
( )=
Gọi

=

( ) là hàm mật độ của Z, ta có:
( ) = [ ( )]|

Với biến

( )| = 3

.

.

1
3

=

1

= 5 − 7: hàm w=-5x-7 là đơn điệu giảm và khả vi, tồn tại hàm ngược duy nhất:



( )=

− −7
5

( ) là hàm mật độ của W, ta có:

Gọi

.

( ) = [ ( )]| ( )| = 3

1 3
. =
5 5

5. (Bài 3 tờ BT) Cho X, Y là 2 biến ngẫu nhiên phân phối chuẩn đồng thời với các tham số:
1
= 10; = 0; = 2; = 1;
=
2
a. Tìm các tham số phân phối chuẩn của các biến ngẫu nhiên: Z = X+Y, W = X – Y.
b. Tìm luật phân phối đồng thời của Z và W.
Giải:
a. Tìm các tham số ..
+ Với Z = X + Y, ta có:
= ( )= ( + )= ( )+ ( ) =

+
= 10.
= ( ) = [( − ) ] = ( + − 10) = [( − 10) + ( − 0) + 2( − 10) ]
= [( − ) ] + [( − ) ] + 2 [( − )( − )] =
+
+2
= 4 + 1 + 2.0,5.2.1 = 7
(
)
Vậy ~
;
với
= 10,
= 7.
+ Với W = X – Y, tương tự ~ ( ; ) với
= 10,
= 3.
b. Tìm luật phân phối đồng thời của Z và W
Theo câu a, ta đã có:
= 10,
= 10,
= 7,
=3
Ta đi tính hệ số tương quan:
[
] − ( ). ( )
=
=
[


] = [( + )( − )] = [ ] − [
= 4 + 100 − 1 − 0 = 103

Suy ra:

=

thời: ( ,

)~

.
√ .

=

) )−(

+(

) )

10, 10, 7, 3,

(−1 <

< 4)

0
( á ạ)

a. Chứng minh f(x) là hàm mật độ.
b. Tìm hàm mật độ của biến Y = 2X2.
<

+(

. Vậy Z, W là 2 biến ngẫu nhiên tuân theo phân phối chuẩn đồng

6. Cho hàm mật độ: ( ) =

c. Tìm

]=(

<

d. Tìm ( > 1)
e. Tìm ( > 2)
f. Tìm hàm phân phối của Y.

Giải:
a. Dễ tính được: ∫

( )

=∫

b. Phân tích thành 2 khoảng: −1 <

= 1, và có ( ) ≥ 0 ∀ . Suy ra f(x) là hàm mật độ.

≤1⇔0<

≤ 2 và 1 <

≤4⇔2<

≤ 32


Trường hợp 1: 0 <



≤ 2.

( ) = ( < ) = (2

< )=

| |<

=

+1−

<−

( )=

<


2

( )=

Trường hợp 2: 2 <

.

−

( )=

<

( )=

<

+

=1+

2
.−

.

< )=
=


( )=

c.

<

−

2

=

>−
−

.

=

2
. .

≤ 32.

( ) = ( < ) = (2


−


=

=

<

<

=

| |<

. .

=

2

ế

⎨ 3
⎪
⎩260√2

ế 2<

√

2


=

2

. Vậy:

⎧ 3
⎪ 130√2

−

<

<

0<

<−

+

≤2
≤ 32
<

<

√

=2


<

<

√

√

<

Cách 2:

/

<

= ∫/

( > 1) = (2

d.

( )

∫

=1−

> 1) =

√

=2

3
65

( )

=

−1 <

=⋯=

3√3 − 1
260

√

<−

+

√

√

<


<4 =∫

√

( )

+

( )

= 1−

.

√

Cách 2: ( > 1) = (1 <
e.

( > 2) = (2 <

f. Với

< 32) = ∫

( )

< 32) = ∫

( )


=

( ) = 0.

< 0:

Với 0 <

≤ 2:

Với 2 <

≤ 32:

Với

< 2) + (2 <

> 32:

( )=∫
( )=∫

( )=1

()
( )

=∫

+∫

√
√

( )

=
=

√

+

√

+∫

√

.


7. Cho biến ngẫu nhiên X có hàm phân phối như dưới, tính: ( ≥ 0.5),
0,
≤0
⎧
⎪ 3 , ∈ [0,1)
⎪
2

( )=
,
∈ [1,2)
⎨3
⎪ ,
∈ [2,3)
⎪3
⎩ 1, ≥ 3

(0.5 <

≤ 2.5)

Giải:
+ ( ≥ 0.5) = 1 − ( < 0.5) = 1 −

(0.5).
Với x = 0.5 thì F(x)=x/3=0.5/3=1/6. Do đó ( ≥ 0.5) = 1 − = .
+ (0.5 <

≤ 2.5) =

(2.5) −

(0.5) =

,

−


,

= 2/3

8. Cho biến ngẫu nhiên X tuân theo phân phối đều trong đoạn (-1; 2). Tìm hàm mật độ của Y = X2.
Giải:
−1<

( )=

Ta có:

0
Trường hợp 1: 0 <

<2

.
á ạ
≤ 1 ⇔ −1 < ≤ 1.
( )= ( < )= (
=

( )=

Suy ra:

( )=

Trường hợp 2: 1 <

( )=

Suy ra:

⎧
Vậy:

( )=

−

√

< )=
+1−

√

−

< 4 ⇔ 1 < < 2.
( )= ( < )= (

( )=
√

⎨ √
⎩ 0

=


√

0<

≤1

1<

<4

<

+

>−

−
(√ )

=

√

< )=

=

√


<

=

√

á ạ

9. Cho biến ngẫu nhiên X tuân theo phân phối chuẩn N(0;2). Tìm hàm mật độ Y = X2. Tìm EY, VY.
Giải:
+ Ta có:

~ (0; 2)

=>

=

= 0,

=

= 2,

( )=

1
√2

exp −


( −
2

)

=

1
2√

exp −

+ Nếu y < 0, hiển nhiên FY(y)=0, suy ra fY(y)=0.
+ Nếu y>=0:

( )= ( < )= (

< )=

−

<

<

=

−


−

4


Hàm mật độ:

( )=

( )=

−
=

Do fX(x) là hàm chẵn nên:
Vậy:

( )=

exp −

√

0,

−

=
( )=


=>

1
2√

√4 .
=

+ Phương sai:

−
=

√

−
.

√

√

]

exp −

≥0

=∫


.

exp −

√

=

Áp dụng công thức hàm Gamma: Γ( ) = ∫
=

[

√

<0
( )

=∫

+ Kì vọng:

,

−

4

(4 ) =


,
.

√

=

4
√

.

∫

√

> 0. Đặt y/4 =t, ta có:
3
4
1
4 1
1
=
.Γ +1 =
. .Γ
2
2
2
√
√ 2


.Γ

4 1
. .√ = 2
√ 2

=∫

( )
=

−(
16
√

) =

√

.

∫

−4=

√

∫


( ).

−4

5
16 3√π
−4=
.
−4=8
2
4
√

Γ

Vậy EY = 2, VY = 8.

( )=

10. Cho biến ngẫu nhiên X có hàm mật độ
Tìm hàm Y = g(X) để Y có hàm mật độ:

( )=

0
√

0

>0

.
<0
0< <1
ℎ

Giải:
Dễ dàng tính được hàm phân phối của X:
Hàm phân phối của Y:

( )=∫

( )

Vì ( ) = ( < ) = ( ( ) < ) =
Do đó, ta thu được hàm = ( ) = (1 −

( )=∫

( )

=

1−
0

>0
<0

0< <1
0

ℎ
< ( ) = ( ( ))
)

=

11. (Bài 5 tờ BT) Cho m đồng xu. Xác suất để đồng xu thứ j là mặt ngửa là pj. Chọn ngẫu nhiên 1 đồng
xu, tung n lần và mặt ngửa xuất hiện k lần. Chứng minh rằng, xác suất để đồng xu được chọn là đồng
xu thứ r là:
(1 − )
( | )=
(1 − )
+ ⋯ + (1 − )


Giải:
Gọi Cr là sự kiện {chọn được đồng xu thứ r}, Ak là sự kiện {mặt ngửa xuất hiện k lần khi tung n lần}
Ta cần tính P(Cr|Ak).
Có: Cr là biến ngẫu nhiên tuân theo phân phối đều rời rạc (chọn ngẫu nhiên 1 đồng xu từ m đồng
xu), do đó: ( ) = .
Khi chọn được đồng xu thứ r rồi thì xác suất để mặt ngửa xuất hiện k lần trong n lần tung là:
( | ) = (1 − )
Theo công thức Bayes:
( |

)=
1
=

1


( ) ( | )
=
=
( ). (
)
( )

(

)

(
(1 −

.
∑

(

)
=
| )

(1 −

)

(1 − )
+⋯+


1

.

(1 −

)

| ) + ⋯+ (

(1 −

)

). (
(đ

|

)

)

12. Một phần mềm có 3 chương trình con. Khi phần mêm hoạt động, trong quá trình xử lý dữ liệu,
chương trình con thứ nhất được gọi tới trong 20% số lần gọi hàm trong toàn bộ thời gian hoạt động
của phần mềm, chương trinh con thứ 2 là 55% số lần và chương trình thứ 3 là 25%. biết khả năng
sinh lỗi của các chương trình con phụ thuộc vào thời gian hđ và tương ứng là 0,2% 0,3% 0,2%. Hãy
xác định:
a. Xác suất phần mềm xảy ra lỗi?

b. Nếu phần mềm xảy ra lỗi, thì khả năng lỗi thuộc về chương trình con nào là cao nhất?
Giải:
a. Gọi A1, A2, A3 tương ứng là sự kiện chương trình con thứ 1, 2, 3 được gọi. Dễ thấy {Ai, i=1,3} là
nhóm đầy đủ và: P(A1)=0.2; P(A2)=0.55; P(A3)=0.25
Gọi H là sự kiện phần mềm xảy ra lỗi. Ta có P(H|A1)=0.002; P(H|A2)=0.003; P(H|A3)=0.002
Theo công thức xác suất đầy đủ:
( )=∑
( ) ( | ) = 0.2 ∗ 0.2% + 0.55 ∗ 0.3% + 0.25 ∗ 0.2% = ⋯
b. Ta đi tính xác suất lỗi thuộc về chương trình con 1,2,3 khi phần mềm xảy ra lỗi:
(
)
( ). ( | )
( | )=
=
=⋯
( )
( )
(
)
( ). ( | )
( | )=
=
=⋯
( )
( )
(
)
( ). ( | )
( | )=
=

=⋯
( )
( )
So sánh 3 giá trị xác suất này => kết luận.


13. (Bài 6 tờ BT) Cho biến ngẫu nhiên X tuân theo phân phối Student t(n). Chứng minh rằng:
{

}=

Ta có theo định nghĩa phân phối Student:

=

=

−2

Giải:
, với:

+ Y là biến ngẫu nhiên tuân theo phân phối chuẩn với trung bình 0 và phương sai 1:
+ Z là biến ngẫu nhiên tuân theo phân phối chi-square n bậc tự do: ~ ( )
Từ đó có: ( ) = 1
1

1

=


2 Γ
Do đó: (

=

Γ

2

2 Γ

2

)=

2

=

(

).

= . 1.

−1

2
=


=

~ (0; 1)

Γ

−1
2
=
2 2−1 Γ 2−1

1
−2

.

Lại có:
( )

=∫

=∫

(− )

=−
= {

Vậy


}−(

( )

) =

( )

+∫

( )

+

= {

= ∫ (− ) (− ) (− ) + ∫
=0

(

(− ) =

( )

( ))

}


14. (Bài 7 tờ BT) Cho các biến ngẫu nhiên X, Y độc lập, biến ngẫu nhiên Z = X + Y.
Chứng minh rằng: ( | ) = ( − )
Giải:
Vì Z = X+Y nên ta có:
Vì X, Y độc lập nên:
( , )=
Do đó:
Vì vậy:

( , )=
( , − ).
( , ) = ( ). ( )
( , − ) = ( ). ( − )
( , )
( )

( | )=

=

( ).

(
( )

)

=

( − )


15. (Bài 9 tờ BT) Cho 3 sự kiện A, B, C thoả mãn:
1
1
( )= ( )= ( )= , ( )= ( )= ( )= (
)= .
2
4
Các biến ngẫu nhiên XA, XB, XC tương ứng chỉ sự xuất hiện các sự kiện A, B, C (bằng 0 hoặc 1).
Chứng minh XA, XB, XC không độc lập, nhưng độc lập từng đôi.
Giải:
+ Theo giả thiết: (
(

= 1) = (

= 1,

= 1,

= 0) = ( ) =
(

= 1) = (

= 1) = (

)=

(do XA chỉ nhận một trong hai giá trị 0 hoặc 1). Tương tự:

1
1
( = 1) = ( = 0) =
= 0) = ,
2
2


Do đó: (

= 1). (

= 1) . (

= 1) = . . = ≠ (

= 1,

= 1,

= 1) =

Suy ra các biến ngẫu nhiên XA, XB, XC không độc lập.
+ (
(



= 1) = (


= 1,
= 1,
(

)= ;

= 1) = (
= 1,

(

= 1,

= 0) = (

= 0) = (

= 1). (

= 1). (

(


(

= 1) = ( ) . ( ) =

= 1).


= 1) − (

= 1) = ( ) − (

)=

1
4

1 1 1
= 0) = . =
2 2 4

= 1) . (

= 1). (

= 1,

= 0)

Chứng minh tương tự với các trường hợp còn lại, ta có kết quả tương tự. Từ đó rút ra: với mọi XA, XB
thì ( = ,
= ) = ( = ). ( = ) , , = 0,1. Vậy, XA, XB độc lập.
Tương tự: XB, XC độc lập; XA, XC độc lập. Các biến này độc lập từng đôi.

16. Cho X, Y tuân theo phân phối chuẩn đồng thời: ( , )~ ( , , , , ).
a. Tính hiệp phương sai
. Nếu X,Y không tương quan thì chúng có độc lập ko? Giải thích?
b. Biến ngẫu nhiên =

+ . Tính các đặc trưng thống kê của Z.
Giải:
a. Theo định nghĩa:

=

=

. Do đó hiệp phương sai:

Ta có các hàm mật độ biên:
( )=

( , )

=

( )=

( , )

=

1
√2
1
√2

exp −


( −
2

)

exp −

( −
2

)

Hai biến X, Y độc lập khi và chỉ khi ( , ) =


√

=

exp −
1

(

)

.

√


exp −

exp −
1
2(1 −

(

( ).

ℎ

~ (

;

)

ℎ

~ (

;

)

( )

)


−

+

)
2
1−
 =0
Do vậy, nếu như hai biến X, Y không tương quan (tức là
b. <Xem slide 33 chương 3>

−

−2

( −

= 0) thì X, Y độc lập.

)( −

)


17. Cho các biến ngẫu nhiên X, Y, Z tuân theo phân phối chuẩn và đôi một độc lập.
Chứng minh rằng chúng độc lập.
Giải:
Phân phối Gausian trong không gian 3 chiều:
1


( )=

(

=

à

⅀

(

)

/

(2 ) |⅀|
Với X =

)

.

Ma trận hiệp phương sai của f(x,y,z):
[( −

)( −

)]


( −

−

( −

)

−

[( −

)( −

)]

( −

=

Và có: (X- ) =

−

)

−
−
−


=

−

[( −

)( −

−

−

( −

−

[( −

)( −

0

⎡
⎢
=⎢0
⎢
⎣0

và ⅀


Rút ra: |⅀|=

)

0

)]

0

) =
)]

⅀ ( − )=

=> ( − ) = ( −

−

=



−

( −µ )

(

f(x,y,z) =

(

)

(

1
⎡
⎢
⎢
∗⎢ 0
⎢
⎢ 0
⎣

−

+

µ )

( −µ )

(

0

0⎤
⎥
0⎥

⎥
⎦
)

−

0

0 ⎤
⎥
⎥
0 ⎥∗
⎥
1 ⎥
⎦

( −

Suy ra:

( − )

0
0

µ )

+

(


1

0

( −µ )

µ )

)

−
−
−

)

0
0 .


2

1

=
(2

1
)2


−1 ( −µ )2
(
2 )
2

1

∗

−µ

−1

2

2

1
)2

(2

−µ
2

−1

1


∗
(2

2

2

= ( ). ( ). ( )

1
)2

Vậy các biến X, Y, Z độc lập.
18. Kết quả đo lường một biến ngẫu nhiên vector 3 chiều X = (x,y,z)T với các thể hiện quan sát được
như sau:

= (1,1,3) ,

= (2,1,4) ,

= (1,2,4) ,

= (4,0,5) .

a. Xây dựng ma trận hiệp phương sai của biến ngẫu nhiên này. Biến ngẫu nhiên vector X chứa các
thành phần như thế nào?
b. Xây dựng ma trận tương quan của biến ngẫu nhiên này.
c. Tìm mối quan hệ giữa ma trận hiệp phương sai và ma trận tương quan.
Giải:
a. Kì vọng của biến vector X là một vector:

=

=

với

= 2,

=

= 1,

=

= 4.

Phương sai của các biến thành phần:
=

1
4

−

=

=

1
4


−

=

=

1
4

−

=

11
3
−4=
2
2
3
1
−1=
2
2

33
1
− 16 =
2
2


Các hiệp phương sai thành phần:
= {

=
=

=

}−

= {
= {

=
}−
}−

1.1 + 2.1 + 1.2 + 4.0
5
3
− 2.1 = − 2 = −
4
4
4
1.3 + 1.4 + 2.4 + 0.5
1
=
− 1.4 = −
4

4
1.3 + 2.4 + 1.4 + 4.5
3
=
− 2.4 =
4
4

Ma trận hiệp phương sai (có tính đối xứng):
Σ = [( − )( − ) ]


( , )
( , )
( , )

=

( , )
( , )
( , )

3
3
⎡
−
4
⎢ 2
3
1

= ⎢−
⎢ 4 2
1
⎢ 3
−
⎣ 4
4

( , )
( , ) =
( , )

3
⎤
4 ⎥
1
− ⎥
4⎥
1 ⎥
2 ⎦

Ở đây nhận thấy ma trận HPS chứa các thành phần khác 0, nên biến vector X chứa các thành
phần tương quan.
= { .

b. Tìm ma trận tương quan

= { .

}.

{
{
{

}=

}
}
}

{
{
{

}
}
}

11 5 35
⎡
⎤
4
4⎥
{ }
⎢2
5
3 15⎥
{ } =⎢
2
4⎥

⎢4
{ }
⎢35 15 33⎥
⎣4
4
2⎦

c. Tìm quan hệ giữa ma trận HPS và ma trận TQ:
Ta có:
{
Σ=

{
{

=

=

{

}−
{ }−
{ }−

}−
}−

−


=(

19. Cho biến vector ngẫu nhiên

}−

=

,

,

) ~ ( ; Σ), với
1
Σ= 1
0

{
{

}−
}−
{ }−

− .

= [1 5 2] và ma trận HPS:

1 0
4 0

0 9

a. Tìm luật phân phối của các biến: X1, X2 + X3, 2X1 + X2 + X3.
b. Tìm {2

+

−

< 0}

c. Tìm hàm mật độ đồng thời của biến vector B = AX với

=

2 1
1 −1

1
1

Giải:
a. + Ta có X1 tuân theo phân phối chuẩn với:
+ Gọi Z = X2 + X3, ta có:

= [0 1 1]

=>

= 1;


= 1. Do đó

= [0 1 1].

~ (1; 1).

= 0.1 + 1.5 + 1.2 = 7


=

Vì cov(X2,X3)=0 nên:

+

= 4 + 9 = 13. Do đó
= [2 1 1]

+ Gọi W = 2X1 + X2 + X3, ta có:

Và có:
b. Gọi

=2

+

−


= [2 1 − 1].

= [2 1 − 1]. Σ. [2 1 − 1] = 21. Vậy

0−5

( < 0) = (0) =

=

~ (

Tính được kì vọng:

0 2
0 1 = 21. Vậy
9 1

~ (9; 21).

= 2.1 + 1.5 + (−1). 2 = 5

Do đó: (ở đây ( ) = + ( ) = +

Ta có:

= 2.1 + 1.5 + 1.2 = 9

. Ta có Y là biến đổi tuyến tính của biến vector ngẫu nhiên X Gausian.


Dễ dàng tính được:
Và:

~ (7; 13)

= [2 1 1].

=>

1 1
[
]
[
]
[
]
= 2 1 1 . Σ. 2 1 1 = 2 1 1 1 4
0 0

+

Ma trận HPS: Σ = Σ

), tra bảng để tìm ( )

∫
5

=1−


√21

√21

5

= 0.5 −

= 0.139

√21

21 6
9
;
6 12
−2
1
2 1 1
9
=
5 =
1 −1 1
−2
2
1 1 0 2 1
21
2 1 1
=
1 4 0 1 −1 =

6
1 −1 1
0 0 9 1 1

; Σ
=

√

~ (5; 21).

).

~

6
12

Phần 2: Quá trình ngẫu nhiên
20. (Bài 19 tờ BT) Cho X1(t) và X2(t) là các quá trình Poisson độc lập với tham số , tương ứng. Chứng
minh rằng quá trình X(t)=X1(t)+X2(t) là quá trình Poison với tham số = + .
Giải:
Ta có:
{ ( )= }= {
{

=
=

.


(

)
!

.

( )+

( ) = }. {
.

( )
=
( − )!

( )= }=

( )=
(

{

− }
)

( )= ,

( )=


− }

( ) à

( ) độ

ậ )

(
.(

) .(

)

=

(

)

.

[(

) ]

+
!



Vậy X(t) là quá trình Poison với tham số cường độ là
21. Cho X(t) là quá trình Poisson với tham số

=

+

.

= 3. Tính { (2)}, {

(1)}, { (1). (7)}

Giải:
+ Ta có X(2) là biến ngẫu nhiên tuân theo phân phối Poison với tham số = = 3.2 = 6
Do đó { (2)} =
= 6.
+ X(1) là biến ngẫu nhiên tuân theo phân phối Poisson với tham số = 3.1 = 3
Do đó: { (1)} = { (1)} + { (1)} = + = 3 + 3 = 12.
+ X(1) và X(8) – X(1) là các biến ngẫu nhiên độc lập tuân theo phân phối Poisson
Suy ra:
{ (1). (7)} = { (1). [ (8) − (1)]} = { (1) − (0)}. { (8) − (1)} = . 7 = 63.

22. (Bài 18 tờ BT) Cho biết số cuộc gọi đến tổng đài là quá trình Poison với tốc độ trung bình 2 cuộc gọi
trong một đơn vị thời gian. Hãy tính:
a. { (1) = 2} và { (1) = 2, (3) = 6}
b. { (1) = 2| (3) = 6} và { (3) = 6 | (1) = 2}
Giải:

= 2.

a. Ta có X(t) là quá trình Poison với tham số
Áp dụng công thức: { ( ) = } =

.

(

)
!

, ta được:

2
=2
2!
Do X(t) là quá trình Poison, là quá trình có gia số độc lập, tức là với thời điểm bắt đầu t0 nào đó
với t0 < t1 <…< tn thì các gia số: X(t1) – X(t0), X(t2) – X(t1),… X(tn) – X(tn-1) là các biến ngẫu nhiên độc
lập. Chọn t0 = 0 (X(0)=0), ta có: X(1) – X(0) và X(3) – X(1) là các biến ngẫu nhiên độc lập. Suy ra:
{ (1) = 2, (3) = 6} = { (1) − (0) = 2, (3) − (1) = 4}
{ (1) = 2} =

.

= { (1) = 2, (2) = 4} = { (1) = 2}. { (2) = 4} =

.

2

.
2!

.

4
64
=
4!
3

b. Áp dụng công thức xác suất có điều kiện:
64
{ (1) = 2, (3) = 6}
80
{ (1) = 2| (3) = 6} =
= 3
=
{ (3) = 6}
6
243
.
6!
{ (1) = 2, (3) = 6}
32
{ (3) = 6| (1) = 2} =
=⋯=
{ (1) = 2}
3
23. (Bài 20 tờ BT): Khách tới cửa hàng theo quá trình Poisson với cường độ 10 người một giờ. Khách có

thể mua hàng với xác suất p = 0.3 và không mua hàng với xác suất q = 0.7. Tính xác suất để trong giờ
đầu tiên có 9 người vào cửa hàng trong số đó có 3 người mua hàng và 6 người ko mua.
Giải:


+ Gọi X(t) là số khách hàng đến cửa hàng trong khoảng thời gian t. Theo giả thiết X(t) là quá trình
Poisson với tham số = 10.
+ Gọi X1(t) là số khách đến cửa hàng và CÓ mua hàng thì X1(t) là quá trình Poison với tham số
=
= 10.0,3 = 3.
+ Gọi X2(t) là số khách đến cửa hàng và KHÔNG mua hàng thì X2(t) là quá trình Poison với tham số
=
= 10.0,7 = 7.
Áp dụng công thức: { ( ) = } =

(

.

)
!

, ta được:

Xác suất để trong giờ đầu tiên có 9 người vào cửa hàng, trong đó có 3 người mua hàng và 6 người
ko mua là (lưu ý X1(t) và X2(t) độc lập):
{

(1) = 3,


(1) = 6} = {

(1) = 3}. {

(1) = 6} =

.

!

.

.

!

= ⋯.

24. Cho quá trình Poison X(t) thoả mãn { (9)} = 6
a. Tìm kì vọng và phương sai của X(8).
b. Tìm { (2) ≤ 3}
c. Tìm { (4) ≤ 5| (2) ≤ 3}
Giải:
a. Vì X(t) là quá trình Poison nên { ( )} =
Mà { (9)} = 6 = 9 => = .
Từ đó: { (8)} = 8 =

, { (8)} =

, { ( )} =

.

=

,

.

b. Ta có: X(2) là biến ngẫu nhiên tuân theo phân phối Poison với
Do đó: { (2) ≤ 3} =

.∑

(

)
!

= .

=⋯

c. Ta có 2 biến ngẫu nhiên Z = X(2) và W = X(4) – X(2) là độc lập với nhau (theo t/c quá trình Poison)
{ (4) ≤ 5, (2) ≤ 3}
{ ≤ 5 − , ≤ 3}
{ (4) ≤ 5| (2) ≤ 3} =
=
{ (2) ≤ 3}
{ ≤ 3}
Mà: {


≤5− ,

≤ 3} = ∑

∑

.

(

)
!

.

(

)
!

{ ≤ 3} = ⋯ â

=⋯
)

25. Cho quá trình X(t) ổn định theo nghĩa rộng (WSS) với hàm tự tương quan: ( ) =
a. Tìm momen cấp 2 của biến ngẫu nhiên X(13).
b. Tìm momen cấp 2 của biến ngẫu nhiên X(t+13) – X(t+9).


| |

Giải:
{ (13)} = { (13). (13)}
a. Momen cấp 2 của X(13) là:
{ (13). (13)} = (13 − 13) = (0) = 1.
Vì X(t) là quá trình ổn định WSS nên:
(do quá trình X(t) là WSS nên hàm R(t) chỉ phụ thuộc vào sai khác giữa hai chỉ số thời gian)


Vậy { (13)} = 1.
b. Momen cấp 2 của X(t+13) – X(t+9) là:
{[ ( + 13) − ( + 9)] } = { ( + 13)} + { ( + 9)} − 2 { ( + 13). ( + 9)}
Lập luận tương tự câu a, ta có: { ( + 13)} = { ( + 9)} = (0) = 1.
Và có: { ( + 13). ( + 9)} = [( + 13) − ( + 9)] = (4) =
).
Vậy: {[ ( + 13) − ( + 9)] } = 1 + 1 − 2
= 2(1 −
26. (Bài 16 tờ BT) Cho quá trình X(t) ổn định theo nghĩa rộng (WSS) với trung bình bằng 0. Chứng minh
( )=2
rằng nếu quá trình ( ) = ( ) thì ta có:
( )
Giải:
Ta có:

( )=

( ) − { ( )} = { ( + ). ( )} − { ( )}
(0)
{ ( )} =

(0)
= { ( + ). ( )} −
(0) + 2
( )
Mặt khác: { ( + ). ( )} = { ( + )} + 2 { ( + ). ( )} =
Vì X(t) là quá trình ổn định WSS với trung bình { ( )} = 0 nên:
( )=
( ) − { ( )} =
( )
( )=
(0) + 2
( )−
(0) = 2
( )=2
Do đó:
( ) . Ta có điều phải chứng minh.

27. (Bài 17 tờ BT)
a. Chứng minh rằng nếu X(t) là quá trình ngẫu nhiên với trung bình bằng 0 và có hàm tự tương
( ,

quan:

)= ( ) ( ) (

) thì quá trình ( ) =

−

( )

( )

là quá trình WSS với hàm tự

tương quan là ( ).
b. Chứng minh rằng nếu X(t) là quá trình nhiễu trắng với hàm tự tương quan có dạng
( ) (

−

( )

) thì quá trình ( ) =

( )

( , )=

là quá trình nhiễu trắng WSS.

Giải:
Để một quá trình A(t) nào đó là WSS thì: E{A(t)} = hằng số và hàm tự tương quan RAA(t1, t2) chỉ
phụ thuộc vào hiệu số (t1 – t2) .
a. Ta có: { ( )} =
Và:

( )
( )

ố (do { ( )} = 0 theo giả thiết).


= 0 = ℎằ

( ) ( )

( , ) = { ( ) ( )} =

( ) ( )

=

(t1 – t2)
Do đó Y(t) là quá trình WSS với hàm tự tương quan
b. Tương tự câu a), ta có:
Và:

( , )=

{ ( )} =

( , )
( ).

( )

( )

=

( )


)

= (

=

(

−

), chỉ phụ thuộc vào

( ).

= 0 = ℎằ

( )

( ) (

( , )
( ). ( )

−

ố
)= ( )

Suy ra Z(t) là quá trình WSS với hàm tự tương quan ( )

Ta có : với mọi t1 ≠t2
Czz(t1 ,t2) = Rzz(t1,t2) –µz(t1)µz(t2 ) = Rzz(t1,t2) (do µz(t1)=µz(t2 )=0)

(do
(1).

( )=

( ))


= δ(t1-t2) = 0 (do t1 ≠t2 ) => Z(t) là quá trình nhiễu trắng

(2)

Từ (1) và (2) suy ra Z(t) là quá trình nhiễu trắng WSS.

28. (Bài 14 tờ BT) Cho X(t) là quá trình Gauss ổn định bậc 2 với các tham số: ( ) = 5, ( , ) =
)
4 .(
. Tìm { (5) < 2}, {| (8) − (5)| ≤ 1}
Giải:
( , )=
( , )− ( ) ( )=
( , ) − 25
Ta có:
(
)
.
( , )=

( , ) + 25 = 25 + 4
Suy ra:
+ X(5) là biến ngẫu nhiên tuân theo phân phối chuẩn với trung bình (5) = 5, phương sai
= (5,5) = 4, viết gọn lại là: X(5) ~ N(5, 4).
Do đó: { (5) < 2} = (2),
với ( ) =

√

∫

exp −

(

)

{ (5) < 2} = (2) = +

= +

, à

( )=

√

∫ exp −

= 0.5 + (−1.5) = 0.5 − (1.5) = 0.07 (tra bảng


=

để tìm ( ))
+ S = X(8) – X(5) là biến ngẫu nhiên tuân theo phân phối chuẩn với trung bình
0, phương sai
= (8,8) + (5,5) − 2 (8,5) = 4 + 4 − 2.4 . = 8(1 −
Suy ra: (| (8) − (5)| ≤ 1} = 2

=2

.

= (8) − (5) =
. )

= 2.0,2 = 0,4.

29. Cho X(t) là quá trình ngẫu nhiên xác định bởi: ( ) = ∑
, với ai là các biến ngẫu nhiên không
tương quan, có trung bình bằng 0 và phương sai . Tìm hàm tự tương quan ( , ) của X(t).
Xét xem X(t) có là quá trình WSS không?
Giải:
Ta có:
( , )= { ( )

∗(

)} =


.

Vì ai là các biến ngẫu nhiên không tương quan có trung bình bằng 0 và phương sai
( , )= {
}− { } { }= {
}=0
( , )= { }− { }=
Do đó:
.

(

=

)

Vậy hàm tự tương quan của X(t) là:
( , )=
Có: { ( )} = ∑
=∑ {
Hàm tự tương quan chỉ phụ thuộc vào (

(

)

}=∑ { }
= 0 = ℎằ
− ), nên X(t) là quá trình WSS.


ố

nên ta có:


30. Cho quá trình ngẫu nhiên ( ) = acos(
+ ), với ~ (− ; ) ( ℎâ ℎố đề ).
Tính các đặc trưng của X(t) (trung bình, hàm tự tương quan). Chứng minh X(t) là quá trình WSS.
Giải:

+ Trung bình: { ( )} =
}=∫
(do {

1
∈ (− ; )
~ (− ; ) => ( ) = 2 ,
0,
ℎ
.
{cos(
{
}−
+ )} =
( )
= ∫
=0= {
})

+ Hàm tự tương quan:


( , ) = { ( ) ( )} =

{cos(

{

}=0

+ ) cos(

+ )}

{cos
( − )+
( + )+2 }=
( ( − ))
2
2
Ta thấy, quá trình X(t) có trung bình bằng hằng số và hàm tự tương quan chỉ phụ thuộc vào t1-t2, nên
là quá trình WSS.
=

31. CMR nếu quá trình X(t) và Y(t) là WSS và {| (0) − (0)| } = 0, thì

( )=

( )=

Giải:

Vì X(t) và Y(t) là quá trình WSS nên ta có:
{| ∗ ( ) − ∗ ( )| } = {| (0) − (0)| } = 0
( )−
( )
Hơn nữa: { ( + )[ ∗ ( ) − ∗ ( )]} =
∗
∗
Và: | { ( + )[ ( ) − ( )]}| ≤ {| ( + )| }. {| ∗ ( ) − ∗ ( )| } = 0
( )−
( ) = 0, ℎ
( )=
( )=
Vì vậy:
( ). Tương tự cũng có:

( )

( ).

32. Cho quá trình: ( ) =
với Y là biến ngẫu nhiên tuân theo phân phối đều trong (0; 1).
a. Tìm E{X(t)}
b. Tìm hàm tự tương quan
( , )
c. Tìm hàm tự hiệp phương sai
( , ).
Giải:
a. Y tuân theo phân phối đều trong (0;1) nên có:

( )=


( )

( )

Từ đó:

=∫

Do vậy: { ( )} = {

= ,

{

}=∫

}=

b.

( , ) = { ( ) ( )} = {

c.

( , )=

.
.


=

1,
0,

∈ (0; 1)
∉ (0; 1)

= .
.

}= {

}

.

( , ) − { ( )}. { ( )} = cos( ) cos( ) − cos(
1
=
cos( ) . cos( )
12

= cos(
) . cos(

) cos(
)

)



33. Xét việc tung đồng xu có xác suất sấp/ngửa là như nhau. Gọi X(t) là quá trình được xác định bởi:
= ( ), ế
ử
( )=
2 = ( ), ế ấ
{
( )}
a. Tìm
b. Tìm F(x,t) với t = 0.25, t=0.5, t=1.
Giải:
a.

{ ( )} =

( ).

( ) +

( ).

( ) = .

+ . (2 ) = +

b. Ta có:

34. Cho quá trình ( ) =
, A là biến ngẫu nhiên có hàm mật độ

{
(
)}
Tìm
, ( , ) và ( , ) theo ( ).
Giải:
+ { ( )} = {
+

( ,

+ ( , )=

}=∫

( )

) = { ( ) ( )} =
( , )

=

| |

( ).

,

(


)

=∫

(

)

( )

>0

35. Cho quá trình Poison X(t) thoả mãn { (9)} = 6
d. Tìm kì vọng và phương sai của X(8).
e. Tìm { (2) ≤ 3}
f. Tìm { (4) ≤ 5| (2) ≤ 3}
Giải:
d. Vì X(t) là quá trình Poison nên { ( )} =
Mà { (9)} = 6 = 9 => = .

, { ( )} =

,


Từ đó: { (8)} = 8 =

, { (8)} =

.


=

.

e. Ta có: X(2) là biến ngẫu nhiên tuân theo phân phối Poison với
Do đó: { (2) ≤ 3} =

.∑

(

)

= .

=⋯

!

f. Ta có 2 biến ngẫu nhiên Z = X(2) và W = X(4) – X(2) là độc lập với nhau (theo t/c quá trình Poison)
{ (4) ≤ 5, (2) ≤ 3}
{ ≤ 5 − , ≤ 3}
{ (4) ≤ 5| (2) ≤ 3} =
=
{ (2) ≤ 3}
{ ≤ 3}
Mà: {

≤5− ,


≤ 3} = {

≤ 5 − }. { ≤ 3} = ∑
{ ≤ 3} = ⋯ â )

∑

.

(

)
!

.

(

)
!

=⋯

36. Xét quá trình Gausian X(t) ổn định theo nghĩa rộng WSS với các đặc trưng: ( ) = 2, ( , ) =
|
4 .|
. Xét biến ngẫu nhiên Z = X(7) – X(5) và giả sử X(t) là đầu vào của hệ thống không nhớ.
Đầu ra của hệ thống không nhớ là quá trình Y(t).
a. Tính { ≤ 1}

b. Giải thích quan hệ giữa Y(t) và X(t). Quá trình Y(t) có phải là quá trình phân phối chuẩn và ổn
định WSS không? Giải thích?
c. Tính hàm tương quan chéo
( , )
d. Trong trường hợp X(t) là quá trình Gauss ổn định có trung bình bằng 0, hãy cho biết quan hệ
giữa
( ) và
( ). Nhận xét về hàm tương quan chéo trong trường hợp này so với hàm
tương quan chéo tính được ở câu c.
Giải:
a. Biến ngẫu nhiên Z tuân theo phân phối Gauss với:
+ Kì vọng:
= { (7) − (5)} = { (7)} − { (5)} = 2 − 2 = 0
+ Phương sai:
= (7,7) + (5,5) − 2 (7,5) = 4 + 4 − 2.4 . = 8(1 −
. )
Do đó: ~ (0; 8(1 −
).
Từ đó: { ≤ 1} =
Với ( ) =

√

∫

(1) =
= +

.


) ≈ 2.637

= (0.62) = + (0.62) = 0.5 + 0.23 = 0.73
√

∫

= + ( ), cái ( ) này tra bảng trong xstk.

b. Đối với hệ thống không nhớ, đầu ra Y(t) của hệ thống chỉ phụ thuộc vào các giá trị hiện tại của
đầu vào X(t). Do đó Y(t) là quá trình ổn định WSS, nhưng không phải là quá trình Gaussian. slide 38 chap4>
( , ) = { ( ) ( )} =?? (vì ko biết Y(t) nó như nào nên tính
c. Hàm tương quan chéo:
làm sao đc nhỉ ??)
( ) và
d. Khi X(t) là quá trình Gaussian ổn định có trung bình bằng 0, thì ta có quan hệ giữa
( ) là:
( )=
( ), = { ( )}, với hàm g(.) biểu diễn cho hệ thống không nhớ.
Thật vậy: <xem chứng minh slide 39-42 chap4>
Nhận xét: Hàm tương quan chéo trong trường hợp này tỉ lệ với hàm tự tương quan của quá
trình đầu vào X(t).


Phần 3: Ước lượng
37. Tìm ước lượng ngẫu nhiên X phân bố đều trong khoảng −1 ≤ ≤ 1, ước lượng ( ) = ( ) tốt
nhất đối với X theo tiêu chí LMS. Biết tín hiệu quan sát được Y = X + N, với N là nhiễu phân phối đều
trong khoảng −a ≤ N ≤ a, N độc lập với X, cho E[X] = E[Y] = E[Z] = 0.
Hãy chứng tỏ tìm được ước lượng:

( )=

( , )

+

( −

1
+1

)=

Tìm sai số MSE của kết quả ước lượng này.
Giải:
X phân phối đều trong (-1; 1) nên

( )=

N phân phối đều trong (-a; a) nên

( )=

Và:

( )

=∫

Ta có:

( )

=∫

= 0;

( , )= [

Có:

=

( , )

=

]−

∉ (−1; 1)
,

∈ (− ; )

0,

∉ (− ; )
−
−

+

= [

=

=
=

= 0;

=

+

] = [ ( + )] = [

( , )

+

( −

=
+

]= [

]+ [

)=

=√
(

Vậy sai số MSE:

0,

=∫

( )=

Như vậy:

∈ (−1; 1)

=∫

= 0;

Vì N độc lập với X nên suy ra:
Có:

,

)

( )−

=

(1 −

)=

38. Xét xem quan sát x[n], phát sinh từ một mô hình mức tín hiệu DC, s[n] = s[n,θ] = θ:
x[n] = θ + ω[n]
Tìm ước lượng tuyến tính bình phương cực tiểu (Linear LSE).
Giải:
Với ϴ là tham số chưa biết cần ước lượng. Ta có hàm chỉ tiêu phụ thuộc tham số sau:

]=


( [ ] − [ ]) =

J(ϴ) =

( [ ]− )
( )

Áp dụng kỹ thuật đạo hàm hàm chỉ tiêu và đặt bằng 0 ta có:
x[n] −

 -2

= 0

[ ]−



=0

 =

[ ]

Vậy ước lượng tuyến tính bình phương cực tiểu là:
=

Sai số ước lượng bình phương cực tiểu:

=0

=

[ ]
( [ ]−

=

x[n])

Độ chính xác của mô hình sẽ đạt được với giá trị biến ngẫu nhiên có trung bình bằng 0.
39. Xét một tín hiệu cố định A, nhúng vào một nhiễu Gausian trắng (WGN-White Gausian Noise) w[n]:
x[n] = A + w[n] (n = 0,1,..,N-1) với

=

là tham số cần ước lượng từ dữ liệu quan sát được. Hàm

ước lượng:
=

1

[ ]

có phải là một ước lượng MVU (Minimum Variance Unbiassed) cho A hay không?
Giải:
+ Ta có:

∑

=

[ ] = ∑

( [ ]) = Σ = .

=

Suy ra đây là ước lượng không có độ lệch (unbiassed).
+ Và có:
Mặt khác:

Mà:

=

∑

[ ] =

∑

( [ ]) =

Σ =

=

(1)


Theo giới hạn Cramer-Rao Lower Bound (CRLB):
1

≥

( ; )

−
Suy ra: min

=

. (2)

Từ (1) và (2) rút ra KL: Vậy

là một mẫu ước lượng MVU cho A.

40. Xét một tín hiệu cố định A, nhúng trong một WGN: x[n] = A + w[n]. Xét ( ) = ∑
Tìm hàm g để: { [ ( )]} = = .

[ ].

Giải:
Ta có:

Do đó:
1
Vì thế

=

( ) = ∑

[ ] =

[ ], là hàm g cần tìm, đồng thời nó cũng là 1 ước lượng MVU cho

(như đã chứng minh bài 42).
41. Tìm ước lượng hợp lí nhất (ML) của các tham số theo phân phối Gausian ( ;

).

Giải:
Ta có:
( ,

,…,

1

; )=
(2

exp −

(

)

− )
2

Và hàm hợp lí:
( ; ) = ln

( ,

,…,

; ) = − ln(2
2

)−

(

− )
2

Hệ phương trình hợp lí nhất theo nguyên lí Maximum Likelihood (ML):
( ; )

=

2
.
2

(

− )

=0

(1)


( ; )

(

Từ (1) suy ra: ∑

2

+

2

(

²

(

.

2

− ) = 0 => ∑

+

Từ (2) suy ra:

=

−

− )

=0

= 0 =>

= ∑

( )=

− μ)² = 0, do đó:

(2)
( )= ∑

=>

(

− μ)²

42. Tìm ước lượng hợp lí nhất của các tham số theo phân phối Gamma với các tham số , :
( ,…,

; , )=

exp −

Γ( )

Giải:
Ta có hàm hợp lí:
( ; ) = ln

( ,…,

; , )=

Hệ phương trình hợp lí nhất:
( ; )

=

( ; )

− ln[Γ( )] + ( − 1)

ln

ln

=

ln Γ( )

−
−

=0
=0

ln

−

(1)
(2)

Từ (2) suy ra:
= .

n (lnα –lnx Nhận thấy :

ln[Γ(α)]) + ∑

ln[Γ(α)] =R(α) =ln(α) -

Thay vào (3): n(lnα – lnx –lnα +
n(
α=

=

∑

+∑

̅

, ℎ

à (1)

|θ=θ = 0 (3)

(R là hàm digamma)
=0

- lnx) = - ∑
,

Phần 4: Lý thuyết
Câu 1: Thế nào là hệ thống tuyến tính bất biến theo thời gian LTI (Linear Time-Invariant)? Giải thích
quan hệ giữa đầu ra và đầu vào của hệ thống?
Trả lời:
Hệ thống LTI là hệ thống đảm bảo hai tính chất: tuyến tính và bất biến theo thời gian, trong đó: