Đề cương ôn tập thi cuối học kỳ Môn XS-TK 2 tín chỉ K53 V và QH-2008-I/CQ M I, Yêu cầu ôn tập Phải nắm vững và vận dụng các khái niệm cơ bản và các công thức sau để làm 3 bài tập trong 9
Trang 1Đề cương ôn tập thi cuối học kỳ Môn XS-TK (2 tín chỉ) K53 V và QH-2008-I/CQ M
I, Yêu cầu ôn tập
Phải nắm vững và vận dụng các khái niệm cơ bản và các công thức sau để làm 3 bài tập trong 90 phút:
1) Sự kiện ngẫu nhiên, mối quan hệ giữa các sự kiện ngẫu nhiên, không gian mẫu, định nghĩa xác suất theo tiên đề, công thức cộng (và nhân) xác suất, xác suất có điều kiện, công thức xác suất toàn phần, công thức Bayes Tính độc lập của 2 sự kiện Thí nghiệm Béc nu li và xác suất nhị thức
2) Định nghĩa biến ngẫu nhiên và hàm phân phối, hàm xác suất và hàm mật
độ xác suất Các công thức tính kỳ vọng và phương sai trong trường hợp X
là rời rạc hay liên tục Định nghĩa và tính chất của các biến ngẫu nhiên phân phối Béc nu li, nhị thức, Poát xông, phân phối đều trên đoạn [a, b], phân phối mũ và phân phối chuẩn
3) Định nghĩa véc tơ ngẫu nhiên, hàm phân phối đồng thời, biên duyên và hàm phân phối có điều kiện, hàm xác suất đồng thời, biên duyên và hàm xác suất có điều kiện, hàm mật độ xác suất đồng thời, biên duyên và hàm mật độ có điều kiện của véc tơ ngẫu nhiên (X,Y) Hiệp phương sai và hệ số tương quan; tính độc lập , tính không tương quan của hai biến ngẫu nhiên 4) Mẫu ngẫu nhiên đơn giản, phân phối mẫu Công thức tính kỳ vọng mẫu,
X , phương sai mẫu (đã hiệu chỉnh) S2
5) Cách đặt vấn đề của bài toán ước lượng và bài toán kiểm định giả thuyết Định nghĩa và cho ví dụ về ước lượng không chệch Các bước tìm ước lượng hợp lý cực đại Khoảng tin cậy của giá trị trung bình của phân phối chuẩn trong 2 trường hợp: phương sai đã biết hay chưa biết Khoảng tin cậy của xác suất khi cỡ mẫu lớn
6) Kiểm định giả thuyết về xác suất (so sánh xác suất với một giá trị định trước, so sánh 2 xác suất) và giả thuyết về giá trị trung bình E X( )với
, 2
XN trong 2 trường hợp: a) 2
đã biết ; b) 2
chưa biết
Một số ví dụ minh hoạ trong sách phải hiểu và nhớ cách làm:
Chương 1: 1.4; 1.6 và 1.8
Chương 2: 2.3 và 2.4
Chương 3: 3.3 và 3.4
Chương 6: 6.1, 6.3, 6.4 , 6.6 và 6.7
Chương 7: 7.1, 7.2
Trang 2
II Bài giải và đáp số một số bài tập trong sách
Chương I
1.1
a) AC = B C = 25 N 30 = C
AB = N 30 BCD= 25 N 30 = C
b)
tính xung khắc từng đôi không được thoả mãn với mọi cặp sự kiện
là các sự kiện độc lập
1.2 A= , c , d , ,c d , , , , ,a b a b d , , , ,a b c
1.4 a) Cách 1: Có 36 trường hợp đồng khả năng trong đó có đúng 10 trường
hợp xuất hiện một con số 6 Do đó xác suất phải tìm là: 10/36 = 5/18
Cách 2: Vì các lần gieo là độc lập nên xác suất phải tìm là:
P lần gieo 1 xuất hiện mặt 6, lần 2 không xuất hiện mặt 6 + P lần gieo
1 không xuất hiện mặt 6, lần gieo 2 xuất hiện mặt 6 = 1/6 5/6 + 5/6 1/6 = 5/18
b) Xác suất xuất hiện mặt chẵn là 1/2 Do tính độc lập, xác suất xuất hiện đồng thời 2 mặt chẵn là 1/2.1/2 =1/4
c) Số trường hợp thuận lợi : 3 Xác suất cần tìm là 3/36 = 1/12
d) Gọi S là tổng và (i,j) là sự kiện xảy ra mặt i trước và mặt j sau Ta có: P(S chia hết cho 3) = P(S=3) +P(S=6) + P(S=9) + P(S=12)=
P(1, 2) P(2,1) +P(1,5) P(2, 4) P(3,3) P(4, 2) P(5,1) +
P(3, 6) P(4,5) P(5, 4) P(6,3) P(6,6)= 2/36+5/36+4/36+1/36=12/36 = 1/3
1.5
1
2
n
n
(10)
1.7 Đặt A i cuốn sách thứ i để lại đúng chỗ cũ
Trang 3a) Ta có: 9! 1
10! 10
i
b) P A iA j 10! 908! 1
1
10!
P A A
1.8 a) Tổng số cách xếp n người là n! Do vai trò của n người như nhau nên
không mất tính tổng quát, ta có thể tính từ một trong 2 người định trước Với người thứ nhất trong 2 người có n cách xếp Người thứ hai muốn ngồi cạnh người thứ nhất chỉ có 2 cách Số người còn lại có (n-2)! cách Tóm lại số trường hợp thuận lợi để 2 người xác định ngồi cạnh nhau là n.2.(n-2)! Xác suất cần tìm là: n.2.(n-2)!/ n! =2/(n-1)
b)Trường hợp bàn dài, cũng lập luận tương tự chỉ khác một điều, nếu người thứ nhất ngồi ở hai đầu, thì người thứ hai chỉ có 1 khả năng ngồi bên cạnh,số các trường hợp thuận lợi sẽ là: {2 + (n-2)2}(n-2)!= 2(n-1)! Do đó, xác suất cần tìm sẽ là: P(A)= 2(n-1)!/ n! = 2/n
1.9 a) 1 1 1
5 10 25
C C C / 3
50
C
b) 1- 3
45
C / 3
50
C
1.10 P(B)= 5/7= 0,7143
1.11 a) Từ công thức cộng xác suất và tính chất 0 P A 1, ta có:
P AB P A P B P A B P A P B =1/12
Vì ABA và ABBnên P AB( ) min P A P B( ), ( ) 1/ 3.
Các cận của bất đẳng thức trên đạt được trong ví dụ sau: chọn ngẫu nhiên
Để đạt cận trên của bất đẳng thức, ta lấy: A=1, 2, ,9 và B =1, 2,3, 4
b)Tương tự như trên, ta có:P A B( ) min P A( ) P B( ),1 1 và
P A B P A P B Vậy:
3/ 4 P A B( ) 1 Với A và B được chọn như trong a), các cận của bất đẳng thức sẽ đạt được
1.12
a) Theo định nghĩa, ta có: P A B( ) P AB P B( ) / ( ) =1/4 : 1/3=3/4.
b) P B A( ) P AB P A( ) / ( )= 1/4: 1/2 =1/2
c) P A B( ) P A( ) P B( ) P AB( )= 1/2 +1/3 –1/4 =7/12
d) P A( ) P AB( ) P A B( )
Trang 4e)P B( )P AB( )P A B( ) Suy ra: P A B( )P B( ) P AB( ) = 1/3 –1/4 =1/12 f) P A B( ) P A B P B( )/ ( ) Từ P B( ) P A B( ) P A B( )
P A B P B P A B P B P A B =(1-1/3)-1/4=5/12
Vậy: P A B( ) =5/12 : 2/3 =5/8
g) Tương tự: P B A( ) P A B P A( ) / ( ) = 5/12 : 1/2 =5/6
h) P AB( ) P A B( ) P A( ) P B( ) P A B( )
hay P AB( ) P AB( ) 1 Suy ra: P AB( ) 1 P AB( )= 1-1/4 = 3/4
1.13 P(tất cả n ngày sinh là khác nhau)= 365 364 363 365 1
n
(1-1/365)(1-2/365)…(1- (n-1)/365)
1.17
Đặt A i nút bật tắt thứ i đóng
Ta có: B A A 1 2 A A3 4 Theo công thức cộng xác suất:
1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4
P A A A A P A A P A A P A A A A
Vì các nút bật tắt đóng mở độc lập với nhau nên:
P B P A P A P A P A P A P A P A P A p p p p .
Cách khác:
1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4
BA A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A
P B p p p p p p p p p p p p p .
1.18 Đặt B = Sản phẩm rút ra không là phế phẩm
A1 = Sản phẩm rút ra do máy 1 sản xuất P A ( ) 2 / 3 1
A2 = Sản phẩm rút ra do máy 2 sản xuất P A ( ) 1/ 3 2
Theo công thức toàn phần:
P(B) = P(A P B A1 ) ( 1 ) P A P B A( ) ( 2 2 ) 2 / 3.0,97 1/ 3.0,98 0,9636
1.19 Đặt B = Chi tiết rút ra từ lô thứ hai là phế phẩm
1
A = Chi tiết rút ra từ lô thứ 1 là phế phẩm P A ( ) 1/12 1
Trang 5A = Chi tiết rút ra từ lô thứ 1 là tốt P A ( ) 11/12 2
Theo công thức toàn phần:
P(B) = P(A P B A1 ) ( 1 ) P A P B A( ) ( 2 2 )
1/12 2/11 + 11/12 1/11=1/11 13/12 = 0,098
P B
1.20 Đặt B = Xạ thủ được chọn bắn trượt
i
1
i
P A P B A
P A P B A
trong đó: P (A 1 ) 5 /18 và P B A ( 1 ) 0, 2
P (A 2 ) 7 /18 và P B A ( 2 ) 0,3
P(A 3 ) 4 /18 và P B A ( 3 ) 0, 4
P(A 4 ) 2 /18 và P B A ( 4 ) 0,5
Thay vào công thức Bay ét, ta được:
1
P A B ,P A B ( 2 ) 21/ 57,P A B ( 3 ) 16 / 57.P A B ( 4 ) 10 / 57
Trong 4 xác suất trên, xác suất thứ hai đạt cực đại Vậy nếu xạ thủ được chọn bắn không trúng, xạ thủ này có khả năng lớn nhất thuộc nhóm 2
Chương II
Y(c)=3, Y(d)=Y(e)=4với các xác suất tương ứng là: P(Y=1)= P(a xảy
ra )=1/2;P(Y=2)= P(b xảy ra )=1/2; P(Y=4)=P(d hay e xảy ra)= 1/8 Do đó:
Y 1 2 3 4
P(Y=y) 1 / 2 1 / 4 1 / 8 1 /16
Hàm phân phối F y Y( ) P Y( y) của Y là:
Với y<1: F(y) = 0
Với 1 y 2: F(y) = 1 / 2
Với 2 y 3: F(y) = 1 / 2 + 1 / 4 = 3 / 4
Với 3 y 4: F(y) = 3 / 4 + 1 / 8 = 7 / 8
Với y > 4 : F(y) = 7 / 8 + 1 / 8 = 1
Trang 6c) PY y = y2 2
y
d)
2
( )
Y
y khi y
F y
khi y
2.3 Ta có: ( ) 1 1
0
U
c khi x
f x
nguoc lai
Suy ra 1= f U x
1 1
.2
cdy c
Ta có: P(U>0) = f U x
1 0
1/ 2 2
dx
1
2
U
dx
f x dx
1/ 3 1/ 3
1/ 3
dx
1/ 2 1/3
dx U
3
4
2.4
a) Hàm phân phối trong hình vẽ cho thấy
X vừa là biến ngẫu nhiên liên tục, vừa là
biến ngẫu nhiên rời rạc tức thuộc loại hỗn
hợp
Hình BT2.1
1 ( )
4 4
x
F x
Với các công thức trong 2.2 của giáo trình, ta có:
0 2
P X F
P X F F
Trang 7 5 5 5 1
P X P X F
0 0 0
4
P X F
2.5
a) Ta có:
1
2
X
x x
c=6
b)
3/ 4
x x
P X f x dx
c) Với x 0, F x X( ) 0
0
x X
F x t t dt x x
Với x 1, F x X( ) 1
2.6 Cho biến ngẫu nhiên X có hàm mật độ như trong hình BT2.2
a) Xác định f x X( )
c) Tìm b sao cho P X( b) 1 2
Hình BT2.2
Giải
f(x) =0
x
a
0
2
0
x
a
2
2 2
1
( )
a
X
Giải phương trình bậc 2: 2 1
b cb
a ta xác định được b
Chương III
Trang 83.1 a)Hàm xác suất biên duyên được cho bằng cách cộng theo hàng và cột
như trong bảng sau:
Ta thấy tất cả các hàm xác suất đồng thời đều có được bằng cách nhân các xác suất biên duyên tương ứng Do đó X và Y là độc lập
b) Do a) ta suy ra: cov(X,Y)=0
c) Hàm phân phối đồng thời củaminX Y, , maxX Y, được cho trong bảng sau:
Ví dụ cách tính 1 phần tử của bảng:
P X Y max X Y P X Y P X Y
thể:
SSS SSN SNS SNN NSS NSN NNS NNN, , , , , , ,
P X Y P SNS P NSN Hàm phân phối đồng thời và biên duyên được cho trong bảng sau:
16
và Y không độc lập
Trang 9b) Dễ dàng thấy: E(X)=E(Y)=1; E(XY)= 3/4 VËy: cov(X,Y)= 3 / 4 –1 = -1/4
P X Y f x y dxdydxdy
2
P Y
Ta có:
,
X Y
x
P X Y f x y dxdy dx e dy e e dx e e e e e
P Y y F y f v dv f x v dxdv dv e dx e vdv e ye
vì f v Y( ) f XYx v dx,
Suy ra:P Y 2 1 e2 2e2 1 3 e2
1 3
P X Y
e
d)
10
x
R
f x y dxdy P X Y R
2
e dydx dx e dy e dx e
2
a
3.5 b) Ta phải có:
1
x
c cdxdy c cx dx c c
c) Hàm mật độ biên duyên:
1 ,
0
x
0
X
f x
nguoc lai
Trang 10Do tính chất đối xứng của x và y, ta có: ( ) 2(1 ) 0 1
0
Y
f y
nguoc lai
Chương VI
a) Suy ra: EX1 = EX i=2p và D(X1)=D(X i)= 2p (1-p)
( )
i i
D X
D X
1 2
2
n
i
n
2
( )
i
6.4 Hàm hợp lý cực đại có dạng:
( )
n
n p
p
L npln nln ( ) p p 1 ln X X1 2 X n X1 X2 X n
1
n i i
np
X
(theo định nghĩa của p ở đây p>0)
nên
1
i i
np X
6.18 Ta tính trung bình mẫu
Phương sai mẫu:
7
2
1
S
0,10;6
2, 449
2,645
s
x t
n
Trang 116.19 Vì hàm lượng ni cô tin có thể xem như có phân phối chuẩn có kỳ vọng
và phương sai chưa biết nên khảng tin cậy có dạng
/ 2; 1n S ; / 2; 1n S
Ta có: 1 0,99 0,01 / 2 0, 005 Tra bảng phân phối Student ta có
/ 2; 1n 0,005;4 4,604
t t
Mặt khác: 21 19 23 19 23 105 21
1
n i i
Vậy khoảng tin cậy 99% của hàm lượng ni cô tin trung bình của loại thuốc lá đang xét là:
6.20 Ta có n=100; m/n= 0,55 Tra bảng phân phối chuẩn N(0,1) ta được
0,025 1,96 0,005 2,58
Khoảng tin cậy 95% của tỉ lệ cử tri ủng hộ ứng viên A là:
0,025
100
z
(0,453 ;0,647)
Khoảng tin cậy 99% của tỉ lệ cử tri ủng hộ ứng viên A là:
0,005
100
z
(0,42; 0,68)
Chương VII
chưa biết Miền bác bỏ được xác định bởi: W t t,n1. Theo đầu bài, ta có:
2
4, 23.
/
X t
S n
Mặt khác, tra bảng ta được:t0,01,48 z0,01 2.33 Vì: t 4, 23 2.33 t0,01,48
ứng ủng hộ ứng viên X
Trang 12Đây là bài toán so sánh 2 xác suất với giả thuyếtH0 :"p1 p2 " Đối thuyết:
1 :" 1 2 ".
H p p Bài toán kiểm định ở đây là 2 phía nên miền bác bỏ
W Z z : trong đó:
1 2
1 2
,
1
f f Z
n n
Suy ra:m1 168,n1 96. Do
Như vậy:
1, 76.
0, 454
0,528 0, 471
300 200
Mặt khác, theo đầu bài 0,05. Tra bảng phân phối chuẩn N(0,1), ta có
0,025 1,96.
Vì Z 1,76 1,96 z0,025 nên ta chấp nhận H0 :"p1 p2 " tức là sự khác nhau giữa 2 khu vực A và B về việc ủng hộ ứng viên X là không có ý nghĩa
b) Đây là bài toán so sánh 2 xác suất với giả thuyếtH0 :"p1 p2 " Đối thuyết:
1 :" 1 2 ".
H p p Bài toán kiểm định ở đây là 1 phía nên miền bác bỏ
W Z z
Vì Z 1, 76 1,65 z0,05 nên ta bác bỏ H0 :"p1 p2 " tức là ứng viên X được ủng hộ nhiều hơn tại khu vực A
7.7 Đây là bài toán kiểm định giả thuyết về trung bình với phương sai chưa
biết ở đây, H0 :" 1.600" Đối thuyết là: H1 :" 1.600" Bài toán kiểm định
ở đây là 2 phía nên miền bác bỏ W= t t/ 2,n1.: trong đó: t X 0 n.
S
Theo đầu bài, ta có: 0 1570 1600 30
X
S
Mặt khác, theo đầu bài 0.05. Tra bảng phân phối Student, ta có
0,025;99 0,025 1,96.
5%
Chú ý; Trong lúc ôn tập, nếu có điều gì cần hỏi thêm, liên hệ với giảng viên qua thư điện tử: tmtuan@vast.ac.vn
