Đề thi xác suất 2010, cao học quốc tế

[99]

Đây là đề thi xác suất hết môn của lớp 99.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[huynhcongbang]

Nguyên văn bởi 99

Đây là đề thi xác suất hết môn của lớp 99.

Em thấy có câu 1 Part I có thể giải bằng Toán sơ cấp thì phải. (không dùng đến chuỗi)

Cho $\cosh(x) = \frac{e^x+e^{-x}}{2}, \sinh(x) = \frac{e^x-e^{-x}}{2} $.
Chứng minh rằng với mọi $\lambda \ge 0 $ thì:

$\cosh(\lambda) \le \exp(\frac{\lambda^2}{2}) $.

BĐT cần chứng minh chính là:
$\frac{e^{\lambda}+e^{-\lambda}}{2} \le e^{\frac{\lambda^2}{2}} \Leftrightarrow 2e^{\frac{\lambda^2}{2} + \lambda} - e^{2\lambda} -1 \ge 0, \lambda \ge 0 $.
Xét hàm số:
$f(\lambda) = 2e^{\frac{\lambda^2}{2} + \lambda} - e^{2\lambda} -1, \lambda \ge 0 $
Ta có:
$f'(\lambda) = 2(\lambda+1)e^{\frac{\lambda^2}{2} + \lambda} - 2e^{2\lambda}, f'(\lambda) =0 \Leftrightarrow e^{\lambda - \frac{\lambda^2}{2}} = (\lambda+1) $
Do $\lambda+1 \ge 1 \Rightarrow \lambda - \frac{\lambda^2}{2} \ge 0 $.
Lại xét hàm số
$g(\lambda) = e^{\lambda - \frac{\lambda^2}{2}} -(\lambda + 1) \Rightarrow g'(\lambda) = (1-\lambda) e^{\lambda - \frac{\lambda^2}{2}} -1 \Rightarrow g''(\lambda) = (1-\lambda)^2 e^{\lambda - \frac{\lambda^2}{2}} - e^{\lambda - \frac{\lambda^2}{2}} = (-2 \lambda + \lambda^2)e^{\lambda - \frac{\lambda^2}{2}} \le 0 $
Từ đó suy ra hàm $g'(\lambda) $ nghịch biến, suy ra $g'(\lambda) \le g'(0) = 0 $ và hàm $g(\lambda) $ cũng nghịch biến, dẫn đến $g(\lambda) \le g(0) = 0 $.

Do đó, PT $f'(\lambda) = 0 $ có đúng một nghiệm là $\lambda = 0 $.
Trên miền $[0,+\infty) $, dấu của $f(\lambda) $ chính là dấu của 1 điểm bất kì trên đó và là dương (do $f'(1)>0 $).

Từ đó suy ra hàm $f(\lambda) $ đồng biến trên $[0,+\infty) $ và $f(\lambda) \ge f(0) = 0 $.
Ta có đpcm.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Galois_vn]

Nguyên văn bởi huynhcongbang

Em thấy có câu 1 Part I có thể giải bằng Toán sơ cấp thì phải. (không dùng đến chuỗi)

Cho $\cosh(x) = \frac{e^x+e^{-x}}{2}, \sinh(x) = \frac{e^x-e^{-x}}{2} $.
Chứng minh rằng với mọi $\lambda \ge 0 $ thì:

$\cosh(\lambda) \le \exp(\frac{\lambda^2}{2}) $.

BĐT cần chứng minh chính là:
$\frac{e^{\lambda}+e^{-\lambda}}{2} \le e^{\frac{\lambda^2}{2}} \Leftrightarrow 2e^{\frac{\lambda^2}{2} + \lambda} - e^{2\lambda} -1 \ge 0, \lambda \ge 0 $.
Xét hàm số:
$f(\lambda) = 2e^{\frac{\lambda^2}{2} + \lambda} - e^{2\lambda} -1, \lambda \ge 0 $
Ta có:
$f'(\lambda) = 2(\lambda+1)e^{\frac{\lambda^2}{2} + \lambda} - 2e^{2\lambda}, f'(\lambda) =0 \Leftrightarrow e^{\lambda - \frac{\lambda^2}{2}} = (\lambda+1) $
Do $\lambda+1 \ge 1 \Rightarrow \lambda - \frac{\lambda^2}{2} \ge 0 $.
Lại xét hàm số
$g(\lambda) = e^{\lambda - \frac{\lambda^2}{2}} -(\lambda + 1) \Rightarrow g'(\lambda) = (1-\lambda) e^{\lambda - \frac{\lambda^2}{2}} -1 \Rightarrow g''(\lambda) = (1-\lambda)^2 e^{\lambda - \frac{\lambda^2}{2}} - e^{\lambda - \frac{\lambda^2}{2}} = (-2 \lambda + \lambda^2)e^{\lambda - \frac{\lambda^2}{2}} \le 0 $
Từ đó suy ra hàm $g'(\lambda) $ nghịch biến, suy ra $g'(\lambda) \le g'(0) = 0 $ và hàm $g(\lambda) $ cũng nghịch biến, dẫn đến $g(\lambda) \le g(0) = 0 $.

Do đó, PT $f'(\lambda) = 0 $ có đúng một nghiệm là $\lambda = 0 $.
Trên miền $[0,+\infty) $, dấu của $f(\lambda) $ chính là dấu của 1 điểm bất kì trên đó và là dương (do $f'(1)>0 $).

Từ đó suy ra hàm $f(\lambda) $ đồng biến trên $[0,+\infty) $ và $f(\lambda) \ge f(0) = 0 $.
Ta có đpcm.

Người ta gợi ý dùng chuỗi thôi, chứ đâu có bắt buộc.

Dùng chuỗi thì tiết kiệm thời gian hơn vì 3g làm cả đống bài.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[123456]

Ex 1: Đặt $F_n(a)=\mu_n((-\infty,a]), F(a)=\mu((-\infty,a]) $ ta cần chứng minh $\lim_n F_n(a)=F(a) $. Thật vậy, với mọi $c<a $ thì
$F_n(a)\geq F_n(a)-F_n(c) $
do đó $\liminf F_n(a)\geq F(a)-F(c) $ với mọi c, cho c ra $-\infty $ ta được $\liminf F_n(a)\geq F(a) $
Tương tự ta có $\limsup F_n(a)\leq F(a) $

Ex 2:
4, vớim mọi $\lambda > 0 $ ta có
$P(X\geq a)=P(e^{\lambda X}\geq e^{\lambda a})\leq e^{-\lambda a}Ee^{\lambda X}\leq e^{-\lambda a}e^{\lambda^2/2} $
cực tiểu vế phải theo $\lambda $ suy ra dpcm.
Tương tự cho $P(X\leq -a) $.
5, làm tương tự như 4, áp dụng tính độc lập của $X_j $
Part II2, áp dụng định lý giới hạn trung tâm để chi ra không tồn tại $K>1/2 $ sao cho bdt đúng.

Ex 3:
1,Ta có
$|E(e^{i(t+h)X}-e^{itX})|^2\leq E|e^{i(t+h)X}-e^{itX}|^2=E|e^{ihX}-1|^2=2(1-E\cos hX) $
từ bất đẳng thức này ta suy ra nếu $\phi =1 $ trên $[-a,a] $ thì $\phi=1 $ trên $[-2a,2a] $ do đó $\phi=1 $ trên R, do đó $P(X=0)=1 $.
2, ta có $\phi_{X+Y}(t)=\phi_X(t)\phi_Y(t) $
do X, X + Y có cùng phân bố nên $\phi_X(t)=\phi_X(t)\phi_Y(t) $, do $\phi_X(0)=1 $ và liên tục tại 0 nên nó khác không trong một lân cận của 0. Từ đây suy ra dpcm.

Ex 4:
1, $X_n $ có phân bố Gauss với trung bình 0 và phương sai là $\sum_{i=1}^n|\theta|^{2(i-1)}=\frac{1-|\theta|^{2n}}{1-|\theta|^2} $
tính hàm đặc trưng của $X_n $ ta thấy nó hội tụ yếu về biến ngẫu nhiên Gauss có trung bình 0 và phương sai $\frac{1}{1-|\theta|^2} $
2, Tính hàm đặc trưng của $X_n $ và $M_n $ ta thu được chúng có cùng phân bố. Dễ thấy $M_n $ là martingal với dãy $\sigma $ đại số $F_n=\sigma(X_1,\cdots,X_n) $ mà $EM_n^2=\sum_{i=1}^{n}|\theta|^{2(i-1)}\leq M $ với mọi n, do đó dãy $M_n $ hội tụ p.s nên hội tụ yếu, do đó $X_n $ hội tụ yếu.
3, Tương tự dãy $\theta^{-n}X_n $ cũng là martingal và bị chặn trong $L^2 $ do đó hội tụ p.s
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]