TOÁN CAO CẤP VÀ XÁC SUẤT THỐNG KÊ
BÀI TẬP TOÁN CAO CẤP VÀ XÁC SUẤT THỐNG KÊ
PHẦN I: ĐẠI CƯƠNG VỀ XÁC SUẤT
Bài 1: Lớp học 80 sinh viên trong đó có 50 nữ. Chọn ngẫu nhiên 2 sinh viên. Tính
xác suất để:
a.
Cả hai sinh viên đều là nữ
b.
Cả hai sinh viên đều là nam
c.
Hai sinh viên khác giới nhau
Giải:
a.
Gọi A là biến cố cả hai sinh viên được chọn là nữ
Trong đó:
A1 là biến cố sinh viên thứ nhất được chọn là nữ: P ( A1 ) =
50
80
P ( A2 ) =
49
79
A2 là biến cố sinh viên thứ hai được chọn là nữ:
Vì A1, A2 độc lập. Vậy:
b.
P ( A ) = P(A1) . P ( A2 ) =
50 49
. = 0,387
80 79
Gọi B là biến cố cả hai sinh viên được chọn là nam
Tương tự, ta có:
P ( B1 ) =
c.
30
80
;
P ( B2 ) =
29
79
Kết luận:
P (B)=
30 29
. = 0,137
80 79
Gọi C là biến cố hai sinh viên được chọn khác giới nhau:
C là biến cố nghịch với biến có A và B
Kết luận: P ( C ) = 1− [ P ( A ) + P ( B) ] = 1−[ 0,387 + 0,137 ] = 0,474
Bài 2: Bộ đề thi môn triết học gồm 25 phiếu thi, mỗi phiếu thi ghi một câu hỏi. Mỗi
sinh viên dự thi chỉ nắm vững 20 câu. Giảm khảo yêu cầu anh ngẫu nhiên bắt 2 phiếu thi.
Tính xác suất để:
a.
Sinh viên đó trả lời được cả hai câu.
b.
Sinh viên đó trả lời được một câu.
1
TOÁN CAO CẤP VÀ XÁC SUẤT THỐNG KÊ
c.
Sinh viên đó không lời được câu nào.
a.
Gọi A là biến cố sinh viên đó trả lời được cả hai câu
Giải:
Trong đó:
A1 là biến cố sinh viên đó trả lời được câu thứ nhất:
P ( A1 ) =
A2 là biến cố sinh viên đó trả lời được câu thứ hai: P ( A2 ) =
Vì A1 và A2 độc lâp, kết luận: P ( A ) = P(A1).P ( A2 ) =
b.
20
25
19
24
20 19
. = 0,633
25 24
Gọi B là biến cố sinh viên trả lời được một câu
Các trường hợp có thể xảy ra:
B1 là biến cố sinh viên đó trả lời được câu thứ nhất:
P ( B1 ) =
20 5
.
= 0,167
25 24
B2 là biến cố sinh viên đó trả lời được câu thứ 2: P ( B2 ) =
5
20
.
= 0,167
25 24
Vì B1 và B2 xung khắc, kết luận:
P ( B ) = P(B 1 ) + P ( B2 ) = 0,167 + 0,167 = 0,334
c.
Gọi C là biến cố sinh viên đó không trả lời được câu nào
C là biến cố nghịch với biến cố A và B
Kết luận: P ( C ) = 1− [ P ( A ) + P ( B) ] = 1−[ 0,633 + 0,334 ] = 0,033
Bài 3: Gieo đồng thời 3 đồng tiền. Tính xác suất để:
a.
Cả ba đồng tiền đều sấp.
b.
Có hai đồng tiền sấp.
c.
Chỉ có một đồng sấp.
a.
Gọi A là biến cố cả ba đồng tiền đều sấp
Giải:
2
TOÁN CAO CẤP VÀ XÁC SUẤT THỐNG KÊ
Trong đó:
A1, A2, A3 lần lượt là biến cố đồng tiền 1 sấp, đồng tiền 2 sấp và đồng tiền 3 sấp. Ta
có: P ( A 1 ) = P(A 2 ) = P ( A 3 ) =
1
2
.
Vì A1, A2, A3 độc lập, kết luận: P ( A ) =
b.
1
8
Gọi B là biến cố có hai đồng tiền sấp
Các trường hợp có thể xảy ra: (S1,S2,N3); (S1,N2,S3); (N1,S2,S3); (S1,S2,S3)
Gọi B1, B2, B3, B4 lần lượt là biến cố xảy ra (S 1,S2,N3); (S1,N2,S3); (N1,S2,S3),
(S1,S2,S3) ta có: P ( B1 ) = P(B2 ) = P ( B 3 ) =P(B4 ) =
Vì
B1,
B 2,
B3,
B4
P ( B ) = P(B1) + P(B2) + P(B3) + P(B4) =
c.
1
8
xung
.
khắc
từng
đôi,
kết
4
=1 /2
8
Gọi C là biến cố chỉ có một đồng tiền sấp
P ( C ) = 1− [ P ( A ) + P ( B) ] = 1−
[
]
1
4
3
+
=
8 8
8
Bài 4: Gieo đồng thời hai con xúc xắc sáu mặt. Tính xác suất để
a.
Số nút trên mỗi con xúc xắc đều chẵn.
b.
Tổng số nút trên cả hai con xúc xắc bằng 8.
c.
Tổng số nút trên cả hai con xúc xắc là lẻ.
d.
Số nút trên hai con xúc xắc chênh lệch 2 đơn vị.
a.
Gọi A là biến cố số nút trên mỗi con xúc xắc đều chẵn
Giải:
Các khả năng có thể: {(2:2);(2:4);(2:6)};{(4:2);(4:4);(4:6)};{(6:2);(6:4);(6:6)}
Gọi A1, A2,……, A9 lần lượt là biến cố của các trường hợp trên. Ta có:
P ( A1 ) = P(A2)=…….. = P ( A9 ) =
1
36
. Vì A1,….., A9 xung khắc nhau
3
luận:
TOÁN CAO CẤP VÀ XÁC SUẤT THỐNG KÊ
Kết luận: P ( A ) = P(A1) + P(A2) +……+ P(A9) =
b.
9
=0,25
36
Gọi B là biến cố tổng số nút trên hai con xúc xắc bằng 8
Các khả năng có thể xảy ra: {(2:6); (6:2); (3:5); (5:3);(4:4)}
Gọi B1 là biến cố xảy ra trường hợp (2:6) (ở trường hợp này có 2 khả năng: Có thể là
xúc xắc 1 có số chấm là 2, có thể xúc xắc 2 có số chấm là 6 và ngược lại. Nên
P ( B1 ) =
1
1
2
+
=
36
36
36
Gọi B2 là biến cố xảy ra trường hợp (3:5). Tương tự, suy ra:
P ( B2 ) =
1
1
2
+
=
36 36 36
Gọi B3 là biến cố xảy ra trường hợp (4:4). Suy ra: P ( B3 ) =
1
36
Vì B1, B2, B3 xung khắc nhau, kết luận: P ( B ) = P(B 1 ) + P(B2 ) + P(B 3 ) =
c.
5
36
Gọi C là biến cố tổng số nút trên hai con xúc xắc là lẻ
Các khả năng có thể xảy ra, tổng số nút là: (3;5;7;9;11)
Gọi C1 là biến cố khi tổng số nút là 3, trường hợp xảy ra là {(1:2); (2:1)}
Suy ra: P ( C1 ) =
1
1
2
+
=
36
36 36
Gọi C2 là biến cố khi tổng số nút là 5, các trường hợp xảy ra là: {(1:4); (4:1); (2:3);
(2:3)}.
Suy ra: P ( C2 ) =
1
1 1 1
4
+ + +
=
36
36 36 36
36
Gọi C3 là biến cố khi tổng số nút là 7, các trường hợp xảy ra là: {(1:6); (6:1); (2:5);
(5:2); (3:4); (4:3)}, suy ra: P ( C3 ) =
1
1
1 1
1
1
6
+ + + +
+ =
36
36 36 36 36 36 36
Gọi C4 là biến cố khi tổng số nút là 9, các trường hợp xảy ra là: {(3:6); (6:3); (4:5);
(5:4)}.
Suy ra: P ( C4 ) =
1
1 1
1
4
+ + +
=
36
36 36 36 36
4
TOÁN CAO CẤP VÀ XÁC SUẤT THỐNG KÊ
Gọi C5 là biến cố khi tổng số nút là 11, các trường hợp xảy ra là: {(5:6); (6:5)}
Suy ra: P ( C5 ) =
1
1
2
+
=
36
36
36
Vì C1,…..,C5 xung khắc từng đôi,
18
=1/2
36
Kết luận: P ( C ) = P(C1 ) +……. + P(C 5 ) =
d.
Gọi
D1,
Gọi D là biến cố trên mặt hai con xúc xắc chênh lệch 2 đơn vị
D2 ,
D3,
D4
lần
lượt
là
D 1,3 , 3,1 , 2, 4 , 4, 2 , 3,5 , 5,3 , 6, 4 , 4, 6
biến
cố
xảy
ra
các
khả
năng
. Vì chúng xung khắc nhau
Kết luận: P ( D ) = P(D 1 ) + P(D2 ) + P(D 3 )+ P(D 4 ) =
8
36
Bài 5: Lớp học gồm 100 học sinh, trong đó có 60 em biết Anh văn, 70 em biết Pháp
văn và 40 em đồng thời biết cả hai ngôn ngữ. Chọn ngẫu nhiên một học sinh của lớp. Tính
xác suất để:
a.
Học sinh đó biết ít nhất một sinh ngữ
b.
Học sinh đó không biết sinh ngữ nào.
a.
Gọi A là biến cố học sinh đó biết ít nhất một sinh ngữ
Giải:
Ta có số học sinh biết Anh văn là 60, biết Pháp văn là 70, biết cả hai ngôn ngữ là 40.
(trong 40 em học biết 2 sinh ngữ là số học sinh vừa biết Anh văn và vừa biết Pháp văn).
Kết luận: P ( A ) =
b.
60 + 70 - 40 90
=
=0,9
100
100
Gọi B là biến cố học sinh đó không biết sinh ngữ nào
B là biến cố nghịch của biến cố A
Kết luận: P ( B ) = 1 -
90
1
=
=0,1
100 10
Bài 6: Hai xạ thủ cùng bắn một xe tăng địch. Xác suất bắn trúng của họ lần lượt là
90% và 95%. Tính xác suất để xe tăng trúng đạn khi cả hai cùng nổ súng.
Giải:
5
TOÁN CAO CẤP VÀ XÁC SUẤT THỐNG KÊ
Gọi A là biến cố xe tăng trúng đạn, trong đó:
A1 là biến cố xe tăng trúng đạn của xạ thủ thứ 1: P ( A1 ) =
90
100
A2 là biến cố xe tăng trúng đạn của xạ thủ thứ 2: P ( A2 ) =
95
100
Suy ra:
P(A 1 ) × P(A 2 )]
P ( A ) = P(A 1 ) + P(A 2 ) −P(A 1 × A 2 ) = P(A 1 ) + P(A 2 ) −¿
=
90
95
90 95
+
-(
×
)= 0,995
100 100
100 100
Bài 7: Tỉ lệ người thích du lịch ở TP HCM là 50% . Phỏng vấn ngẫu nhiên 5 người.
Tính xác suất để
a.
Cả năm người đều thích du lịch
b.
Có một người thích du lịch
c.
Không có ai thích du lịch
Giải:
a.
Gọi A là biến cố cả năm người đều thích du lịch, trong đó:
A1,…., A5 lần lượt là biến cố người thứ nhất đến người thứ năm thích du lịch, suy ra:
P ( A 1 ) = P(A 2 )= P(A 3 )=P(A 4 ) = P ( A 5 ) =
50
=1 /2
100
Vì A1,… A5 độc lập nhau, do đó:
P ( A ) = P(A 1 ) × P(A 2 ) × P(A 3 )x P(A 4 ) × P(A 5 ) = 0,03125
b.
Gọi B là biến cố có một người thích du lịch
Tương tự câu a, ta có:
Xác suất một người thích du lịch: P = 0,5
Xác suất bốn không thích du lịch: P = 0,54
Suy ra: P(B) = 0,5 x 0,54 = 0,03125
c.
Gọi C là biến cố không ai thích du lịch
6
TOÁN CAO CẤP VÀ XÁC SUẤT THỐNG KÊ
C1,…., C5 lần lượt là biến cố người thứ nhất đến người thứ năm không thích du lịch,
suy ra: P ( C1 ) = P(C2 )=…….. = P ( C5 ) =
50
100
Vì C1,…, C5 độc lập, do đó:
P ( C ) = P(C1 ) × P(C 2 ) ×……× P(C5 ) = 0,03125
Bài 8: Có hai hộp thẻ nhân viên của một công ti du lịch. Hộp I chứa 20 thẻ nam và
25 thẻ nữ. Hộp II chứa 15 thẻ nam và 30 thẻ nữ. Lấy ngẫu nhiên mỗi hộp một thẻ. Tính xác
suất để
a.
Cả hai thẻ đều nữ.
b.
Chỉ có một thẻ nữ.
c.
Lấy ngẫu nhiên một thẻ từ hộp I, bỏ vào hộp II. Sau đó trộn đều, lấy ngẫu
nhiên một thẻ từ hộp II. Tính xác suất để thẻ lấy được là nữ.
Giải:
a.
Gọi A là biến cố cả hai thẻ đều là nữ
Gọi A1 là biến cố thẻ lấy từ hộp I là nữ: P(A1) =
Gọi A2 là biến cố thẻ lấy từ hộp II là nữ: P(A2) =
25
45
30
45
Vì A1, A2 độc lập, suy ra: P(A) = P (A 1 )× P (A 2 ) =
b.
25 30
× = 0,3703
45 45
Gọi B là biến cố có một thẻ nữ
Gọi B1 là biến cố thẻ lấy từ hộp I là nữ, hộp II là nam,
Suy ra: P(B 1) =
25 15
× = 0,1851
45 45
Gọi B2 là biến cố thẻ lấy từ hộp I là nam, hộp II là nữ
Suy ra: P(B 2) =
20 30
× = 0,2962
45 45
Vì B1, B2 xung khắc: P(B) = P (B 1 ) + P (B 2 ) = 0,1851 + 0,2962 = 0,4813
c.
Gọi C là biến cố thẻ lấy được ở hộp II là nữ
7
TOÁN CAO CẤP VÀ XÁC SUẤT THỐNG KÊ
Gọi C1 là biến cố lấy thẻ từ hộp II là nữ, với điều kiện thẻ lấy từ hộp I là nữ:
P(C 1) =
25 31
× = 0,3473
45 46
Gọi C2 là biến cố thẻ lấy từ hộp II là nam, với điều kiện thẻ lấy từ hộp I là nam:
P(C 2) =
20 30
× = 0,2898
45 46
Vì C1, C2 xung khắc, suy ra: P(C) = P (C 1 ) + P (C 2 ) = 0,3473 + 0,2989 = 0,6462
Bài 9: Có ba hộp kẹo như nhau. Hộp thứ nhất có 15 kẹo sữa, 15 kẹo cà phê. Hộp II
có 20 kẹo sữa, 10 kẹo cà phê. Hộp III có 25 kẹo sữa, 5 kẹo cà phê. Lấy ngẫu nhiên một hộp,
từ đó lấy ra một kẹo. Tính xác suất để kẹo đó là kẹo sữa.
Giải:
Gọi A là biến cố lấy được kẹo sữa
Lấy ngẫu nhiên một hộp trong 3 hộp, vậy xác suất lấy mỗi hộp là 1/3
Gọi A1 là biến cố lấy được kẹo sữa khi bốc ngẫu nhiên hộp thứ I
P(A 1 ) =
1 15 1
× =
3 30 6
Gọi A2 là biến cố lấy được kẹo sữa khi bốc ngẫu nhiên hộp thứ II
P(A 2 ) =
1 20 2
× =
3 30 9
Gọi A3 là biến cố lấy được kẹo sữa khi bốc ngẫu nhiên hộp thứ III
P(A 3 ) =
1 25 5
× =
3 30 18
Vì A1, A2, A3 xung khắc từng đôi, suy ra:
P(A) = P (A 1 )+ P (A 2 ) +P (A 3 ) =
1
2 5
2
+ +
= = 0,6667
6 9 18
3
Bài 10: Gieo đồng thời hai đồng tiền cân đối, đồng chất. Gọi X là số mặt sấp xuất
hiện. Lập bảng phân phối xác suất của X.
Giải:
Các trường hợp có thể xảy ra: 0, 1, 2
8
TOÁN CAO CẤP VÀ XÁC SUẤT THỐNG KÊ
Gọi X1 là biến cố cả 2 mặt đều ngửa: P (X 1 ) =
Gọi X2 là biến cố có một mặt sấp: P (X 2 ) =
1 1 1
× =
2 2 4
(12 × 12 ) + (12 ×12 ) = 12
Gọi X3 là biến cố cả hai mặt đều sấp: P (X 3 ) =
(12 ×12 ) = 14
Bảng phân phối xác suất của X:
X
0
1
1
4
P
2
1
2
1
4
Bài 11: Gieo đồng thời hai con xúc xắc 6 mặt. Gọi X là số nút chênh lệch giữa hai
mặt xúc xắc. Lập bảng phân phối của X
Giải:
Các trường hợp có thể xảy ra: 0,1,2,3,4,5
X = 0 là biến cố số nút trên 2 mặt con xúc xắc bằng nhau: P (X = 0) =
6
36
X = 1 là biến cố số nút trên 2 mặt con xúc xắc chênh lệch 1:
Các trường hợp có thể xảy ra: (1:2); (2:3); (3:4); (4:5); (5:6); (2:1); (3:2); (4:3);
(5:4); (6:5).
Suy ra:
P (X = 1) =
5
5
10
+
=
36 36 36
X = 2 là biến cố số nút trên 2 mặt con XX chênh lệch 2:
Các trường hợp có thể xảy ra: (1:3); (2:4); (3:5); (4:6); (3:1); (4:2); (5:3); (6:4).
Suy ra: P (X=2) =
4 4
8
+
=
36 36
36
X = 3 là biến cố số nút trên 2 mặt con XX chênh lệch 3:
Các trường hợp có thể xảy ra: (1:4); (2:5); (3:6); (4:1); (5:2); (6:3).
Suy ra: P (X=3) =
3
3
6
+
=
36 36
36
9
TOÁN CAO CẤP VÀ XÁC SUẤT THỐNG KÊ
X = 4 là biến cố số nút trên 2 mặt con XX chênh lệch 4:
Các trường hợp có thể xảy ra: (1:5); (2:6); (5:1); (6:2).
Suy ra: P (X=4) =
2
2
4
+
=
36 36
36
X=5 là biến cố số nút trên 2 mặt con XX chênh lệch 5:
Các trường hợp có thể xảy ra: (1:6); (6:2) suy ra: P (X=5) =
1
1
2
+
=
36 36
36
Bảng phân phối xác suất:
X
0
1
6
36
P
2
10
36
3
8
36
4
6
36
Bài 12: Cho biến ngẫu nhiên X có hàm mật độ
f x
4
36
1
1 x2
phân phối của X . Từ đó tính xác suất của biến cố 0 X 1 .
Giải:
Hàm phân phối của X:
z
x
1
1
F x �
f t �
arctan t
2
�
� 1 x
Khi 0 < X < 1, ta có:
x
�
1
arctan x 1
P 0 X 1 F 1 F 0
1
4
Bài 13: Cho hàm ngẫu nhiên X có hàm mật độ là:
� a
�
f x � 4 x2
�
0
�
khi x � 2, 2
khi
x � 2; 2
M X
D X
Xác định a và tính kỳ vọng ;phương sai
Giải:
10
5
2
36
. Hãy xác định hàm
TOÁN CAO CẤP VÀ XÁC SUẤT THỐNG KÊ
� a
�
f x � 4 x2
�
0
�
�
2
khi x � 2, 2
khi x � 2; 2
là hàm mật độ nên
2
x
1
f x 1 � �
1 � 2 a arcsin
1� a
�
2
20
4 x
�
2
Kỳ vọng:
a
M X
�
xf x
�
�
1
2
x
�4 x
2
2
0
Phương sai:
2
�
�
�
� 1
D X �
x f x ��
xf x �
�
�
�
�
2
2
�1
�
�
4 x 2 �
2
x2
2
2
� 1
�
�
4 x2 �
2
x
2
x2
�4 x
2
2
2
2�
x 1
�
�
2 arcsin x 4 x 2 � 1
�
2 2
�0
Bài 14: Cho hàm ngẫu nhiên X có hàm mật độ là
{
2
f ( x )= a x khi∧x ∈ [−1,1 ]
0 khi x ∉ [ −1, 1 ]
Giải:
{
a x 2 khi∧x ∈ [−1,1 ]
f
(
x
)
=
Vì:
0 khi x ∉ [ −1, 1 ]
là hàm mật độ nên
�
1
�
1
ax 2 dx 1 � a
�f x dx 1 � �
+∞
+1
3
2
3
3 x 4 +1 6
M ( X )=∫ xf ( x ) dx=1 ⟺ ∫ x 3 dx=1 ⟺
=
2 −1
2 4 −1 8
−∞
( )|
+∞
D ( X )= ∫ x2 f ( x ) dx−[ M (X ) ]
2
−∞
+1
⟺
3
6 2
3 x 5 +1 6 2
6 36 11
4
x
dx−
⟺
−
⟺ − =
∫
2 −1
8
2 5 −1 8
10 64 160
()
( )| ( )
2
Bài 15: Trọng lượng xoài Hòa Lộc có phân phối chuẩn 400g và 2.500 Trái
xoài có trọng lượng 425g trở lên được gọi xem là đạt chuẩn. Ước lượng tỉ lệ xoài đạt chuẩn.
11
TOÁN CAO CẤP VÀ XÁC SUẤT THỐNG KÊ
Giải:
Gọi X là trọng lượng của một trái xoài Hòa Lộc, khi đó X có phân phối chuẩn
400g ; 2 2.500 ;
N ~ ( 400; 502 )
Tỉ lệ xoài có trọng lượng 425g trở lên là xác suất của đại lượng ngẫu nhiên X nhận
trọng lượng 425g trở lên:
p ( 425 ≤ X <+∞ )= p
X −400
X−400
≤
≤+∞ )= p (0,5 ≤
≤+∞ )
( 425−400
50
50
50
⟺ φ ( +∞ )−φ ( 0,5 )=0,5−0,195=0,3085
Bài 16: Chỉ tiêu của mỗi khác du lịch Pháp đến Việt Nam có phân phối đều từ 2.500
USD đến 4000 USD. Tính tỉ lệ khách Pháp chỉ tiêu trên 3000 USD.
Giải:
Gọi X là chi tiêu của khách du lịch Pháp đến với Việt Nam, khi đó X có phân phối
chuẩn đều 2.500 USD đến 4000 USD.
Tỉ lệ khách du lịch Pháp đến với Việt Nam có chi tiêu trên 3000 USD là xác suất của
đại lượng ngẫu nhiên của X nhận giá trị từ 3000 USD trở lên.
p (3000 ≤ X ) =1−φ ( 3000 ) =1−
3000−2500
⟺1−0,125=0,875
4000
Bài 17: Chỉ tiêu mỗi khách du lịch Nhật đến Việt Nam có phân phối chuẩn với
5.000USD, 2 360.000 . Tính tỉ lệ khách du lịch Nhật có chỉ tiêu trong khoảng 4.500
USD đến 5.500 USD.
Giải:
Gọi X là chi tiêu khách du lịch Nhật Bản đến với Việt Nam, khi đó X có phân phối
2
2
chuẩn với 5.000USD, 360.000 ; N ~ ( 5000; 600 )
Tính tỉ lệ khách du lịch Nhật có chỉ tiêu trong khoảng 4.500 USD đến 5.500 USD là
xác suất của đại lượng ngẫu nhiên X nhận giá trị từ 4500 đến 5500 USD:
p ( 4500< X <5500 )= p
X−5000
−5
5
>
>Tổng số chim>
⟺
0,1446
1000
0,2554
0,1446
0,2554
Kết luận: 6915>Tổng số chim> 3915
Bài 4: Phỏng vấn ngẫu nhiên 1000 cư dân TP HCM, thấy có 600 người thích du lịch.
Biết dân số TP HCM là 5 triệu người, hãy ước lượng số tối thiểu dân cư TP thích du lịch với
độ tin cậy 99%.
Giải:
Bước 1: Xác định các đại lượng n = 1000, f =
Bước 2: Gía trị t α thỏa mãn φ ( t α )=
Bước 3: Bán kính ước lượng: ε =t α
600
=0,6 ; 1−α =0,99
1000
0,99
=0,495 ; t α =2,58
2
)
0,6 ×(1−0,6)
=2,58 (
(√ f (1−f
)
n
√ 1000 )=0,0399
Bước 4: Khoảng ước lượng: ( f −ε ; f + ε ) ( 0,5601; 0,6399 )
Bài 5: Để biết tỉ lệ p các nhà nghỉ đạt chuẩn tại một vùng du lịch sinh thái, người ta
điều tra ngẫu nhiên 50 nhà nghỉ thấy có 30 nhà nghỉ đạt chuẩn.
a.
Xác định khoảng ước lượng tỉ lệ p với độ tin cậy 95%.
b.
Nếu muốn bán kính ước lượng giảm đi một nữa, thì độ tin cậy còn bao nhiêu?
c.
Nếu muốn bán kính ước lượng giảm đi một nửa, nhưng vẫn giữ nguyên độ tin
cậy 95% thì cần khảo sát thêm bao nhiêu nhà nghỉ nữa?
Giải:
16
TOÁN CAO CẤP VÀ XÁC SUẤT THỐNG KÊ
a.
Xác định khoảng ước lượng tỉ lệ p với độ tin cậy 95%
Bước 1: Xác định các đại lượng n = 50; f =
Bước 2: Gía trị t α thỏa mãn φ ( t α )=
Bước 3: Bán kính ước lượng: ε =t α
30
=0,6 ; 1−α =0,95
50
0,95
=0,475 ; t α =1,96
2
)
0,6 ×(1−0,4)
=1,96 (
(√ f (1−f
)
n
√ 50 )=0,135
Bước 4: Khoảng ước lượng: ( f −ε ; f + ε ) ( 0,469 ; 0,735 )
b.
Nếu muốn bán kính ước lượng giảm đi một nửa thì độ tin cậy còn bao
nhiêu %
ε 0,135
=
=0,0675 ; ε =t α
2
2
Ta có
ε
2
( √( ) )
⟺
( √(
1−α =0,334 ×2=0,668=
66,8
100
⟺ t α=
c.
f (1−f )
n
)
(√ f (1−f
n )
0,0675
0,6 ×0,4
50
)
)
=0,974
φ ( t α )=0,334 ;
Nếu muốn bán kính ước lượng giảm đi một nửa, nhưng vẫn giữ nguyên
độ tin cậy 95% thì cần khảo sát thêm bao nhiêu nhà nghỉ nữa?
Ta có
ε =t α
ε 0,135
=
=0,0675 ; 1−α =0,95 ; t α =1,96
2
2
√
f (1−f )
n
[(
n=
t 2α × f (1−f )
ε2
)]
+1
[(
)]
2
196 × 0,6(1−0,6)
+1=203
2
0,0675
Kết luận: Số nhà nghỉ cân khảo sát thêm 203 – 50 = 153
Bài 6: Cân thử 100 trái chanh Đà Lạt, ta biết rằng:
Khối lượng (gr)
50
55
60
65
70
75
80
85
90
Số quả
2
3
15
a.
Tính đặc trưng của mẫu.
28
30
8
5
5
4
17
TOÁN CAO CẤP VÀ XÁC SUẤT THỐNG KÊ
b.
Tìm khoảng cách ước lượng cho khối lượng trung bình của mỗi quả chanh với
độ tin cậy 95%.
c.
Nếu muốn giữ nguyên khoảng cách ước lượng nhưng với độ tin cậy 99% thì
cần thêm bao nhiêu trái nữa?
d.
Chanh có khối lượng ≥ 65 gr được xem là Chanh loại 1. Hãy ước lượng tỉ lệ
Chanh loại 1 với độ tin cậy 99%.
Giải:
a.
Đổi biến Y =
X −70
→ X=5 Y +70
5
yi
ni
-4
-3
-2
-1
0
1
2
3
4
Tổng
ý=
Ta có
s^ 2y =
284
− (−0,26 )2=2,7724
100
2
sx =
b.
−26
=−0,26 ;
100
y i ni
2
3
15
28
30
8
5
5
4
100
2
yi ni
-8
-9
-30
-28
0
8
10
15
16
-26
32
27
60
28
0
8
20
45
64
284
x́=−0,26 ×5+70=68,75
; s^ 2x =52 × 2,7724=69,31
100
× 69,31=69,387
99
Tìm khoảng cách ước lượng cho khối lượng trung bình của mỗi quả
chanh với độ tin cậy 95%.
Bước 1: Xác định các đại lượng
n = 100, x́=68,75 ; s 2x =69,387 ; 1−α =0,95
Bước 2: Giá trị t α thỏa mãn φ ( t α )=
Bước 3: Bán kính ước lượng: ε =t α
0,95
=0,475
2
√( )
s2
=1,96
n
18
t α =1,96
=1,6326
(√ 69,387
100 )
TOÁN CAO CẤP VÀ XÁC SUẤT THỐNG KÊ
Bước 4: Khoảng ước lượng: ( x́−ε ; x́ +ε ) ( 67,117 ; 70,3826 )
c.
Nếu muốn giữ nguyên khoảng cách ước lượng nhưng với độ tin cậy 99%
thì cần thêm bao nhiêu trái nữa?
Ta có: x́=68,75 ; s 2x =69,387 ; 1−α =0,99 t α =2,58 ; ε =1,6326
ε =t α
√
s2
n
[ ( ) ] [(
n=
t 2α × s
ε2
2
+1
)]
2
2,58 × 69,387
+1=174
2
1,6326
Kết luận: Số trái cam cần khảo sát thêm: 174 – 100 = 74
d.
Chanh có khối lượng ≥ 65 gr là chanh loại I, ước lượng tỉ lệ chanh loại I
với độ tin cậy 99%
Ta có:
Khối lượng (gr)
65
70
75
80
85
90
Số quả
28
30
8
5
5
4
+ Đổi biến: Y =
X −75
→ X=5 Y +75
5
yi
ni
-2
-1
0
1
2
3
ý=
−11
=−0,137 ;
80
s^ 2y =
y i ni
28
30
8
5
5
4
80
2
yi ni
-28
-30
0
5
30
12
-11
28
30
0
5
60
36
159
x́=−0,137 ×5+75=74,31
159
−(−0,137 )2=1,968
80
2
; s^ 2x =52 × 1,968=49,2 ; s x =
80
× 49,2=49,82
79
Bước 1: Xác định các đại lượng n = 80; x́=74,31 ; s 2x =49,82 ; α =0,99
Bước 2: Giá trị t α thỏa mãn φ ( t α )=
Bước 3: Bán kính ước lượng ε =t α
1−α 1−0,01
=
=0,495 t α =2,58
2
2
√( )
s2
=2,58
n
19
=2,035
(√ 49,82
80 )
TOÁN CAO CẤP VÀ XÁC SUẤT THỐNG KÊ
Bước 4: Khoảng ước lượng ( x́−ε ; x́ +ε ) ; ( 72,275; 76,345 )
Bài 7: Điều tra hàm lượng đường của một loại trái cây sử dụng trong khu vực sinh
thái sông Cửu Long, ta được:
Hàm lượng %
8-10
10-12
Số trái
10
20
a.
Xác định đặc trưng mẫu.
12-14
40
14-16
70
16-18
50
18-20
10
b.
Hãy ước lượng hàm lượng đường trung bình của trái cây với độ tin cậy 95%.
c.
Nếu bán kính ước lượng giảm đi một nửa thì độ tin cậy của ước lượng còn bao
nhiêu?
Giải:
Đổi biến Y =
a.
yi
-3
-2
-1
0
1
2
ý=
ni
y i ni
10
20
40
70
50
10
200
-30
-40
-40
0
50
20
-40
y 2i n i
90
80
40
0
50
40
300
−40
=−0,2 x́=−0,2× 2+15=14,6
200
s^ 2y =
b.
X −15
→ X=2 Y +15
2
300
200
−(−0,2 )2=1,46 ; s^ 2x =22 ×1,46=5,84 ; s 2x =
×5,84=5,87
200
199
Ước lượng hàm lượng đường trung bình của trái cây với độ tin cậy 95%
Bước 1: Xác định các đại lượng n= 200, x́=14,6 ; s 2x =5,87 ; 1−α =0,95
Bước 2: Gía trị t α thỏa mãn φ ( t α )=
Bước 3: Bán kính ước lượng ε =t α
0,95
=0,475 t α =1,96
2
√( )
s2
=1,96
n
=0,335
(√ 5,87
200 )
Bước 4: Khoảng ước lượng ( x́−ε ; x́ +ε ) ( 14,265; 14,935 )
c.
Nếu bán kính ước lượng giảm đi một nửa thì độ tin cậy còn bao nhiêu
20
- Xem thêm -
.DOCX 
26 
2826 
74 
