Bài tập lý thuyết xác suất thống kê ứng dụng

lOMoARcPSD|17343589 Bài tập LÝ THUYẾT XÁC SUẤT THỐNG KÊ ỨNG DỤNG ThS Nguyễn Trung Đơng THÀNH PHỐ HỒ CHÍ MINH - 2020 lOMoARcPSD|17343589 Chương GIẢI TÍCH TỔ HỢP 0.1 Quy tắc đếm Ta khảo sát tập hữu hạn: X  x1 , x , , x n  , X có n phần tử, ký hiệu X  n Công thức cộng Cho X, Y hai tập hữu hạn X  Y   , ta có X  Y  X  Y Tổng quát: Nếu cho k tập hữu hạn X1, X2, , X k cho X i  Yj  , i  j , ta có X1  X2   X k  X1  X2   X k Công thức nhân Cho X, Y hai tập hữu hạn, định nghĩa tập tích nhý sau XY  øx, ý / x  X  y  Y , ta có XY  X  Y Tổng quát: Nếu cho n tập hữu hạn X1, X2 , , X k , ta có X1  X2   X k  X1  X   X k Quy tắc cộng Giả sử công việc thực k phương pháp,  Phương pháp có n1 cách thực hiện,  Phương pháp có n2 cách thực hiện,…,  Phương pháp k có nk cách thực hiện, hai phương pháp khác khơng có cách thực chung Khi đó, ta có n1  n2   n k cách thực công việc 0.5 Quy tắc nhân Giả sử cơng việc thực theo k bước,  Bước có n1 cách thực hiện,  Bước có n2 cách thực hiện,…,  Bước k có n k cách thực hiện, Khi đó, ta có n1  n2   n k cách thực công việc Downloaded by v? ngoc (vuchinhhp10@gmail.com) lOMoARcPSD|17343589 Giải tích tổ hợp 0.6.1 Chỉnh hợp Định nghĩa: Chỉnh hợp chập k từ n phần tử có kể thứ tự gồm k phần tử khác lấy từ n phần tử cho Số chỉnh hợp: Số chỉnh hợp chập k từ n phần tử, ký hiệu : Akn Cơng thức tính : Akn  n(n  1) (n  k  1)  n! øn  kù ! 0.6.2 Chỉnh hợp lặp Định nghĩa: Chỉnh hợp lặp chập k từ n phần tử có kể thứ tự gồm k phần tử khơng cần khác lấy từ n phần tử cho  Số chỉnh hợp lặp: Số chỉnh hợp lặp chập k từ n phần tử ký, hiệu : Akn  Cơng thức tính: Akn  n k 0.6.3 Hốn vị Định nghĩa: Một hoán vị từ n phần tử có kể thứ tự gồm n phần tử khác cho Số hoán vị: Số hoán vị từ n phần tử, ký hiệu Pn Công thức tính: Pn  n !  (n  1)(n  2) (1) 0.6.4 Tổ hợp Định nghĩa: Một tổ hợp chập k từ n phần tử tập gồm k phần tử lấy từ n phần tử Số tổ hợp : Số tổ hợp chập k từ n phần tử ký hiệu : Ckn Cơng thức tính: Ckn  n! k ! øn  k ù ! 0.6.7 Nhị thức Newton n (a  b)n   Ckna nk bk k0 0.8 Một số ví dụ Bài số Đêm chung kết hoa khôi sinh viên thành phố có 12 thí sinh, chọn thí sinh trao giải: Hoa khơi, Á khơi 1, Á khơi Có cách chọn ? Giải lOMoARcPSD|17343589 Nhận xét: thí sinh trao giải, chọn từ 12 thí sinh, có thứ tự (A, B, C trao giải, trường hợp A hoa khôi, khác trường hợp B hoa khôi) Suy cách chọn chỉnh hợp chập từ 12 phần tử Vậy số cách chọn là: A12  12.11.10  1320 Bài số Giả sử có vị thần có quyền phân phát ngày sinh cho người, có cách phân bố ngày sinh cho 10 em bé đời năm 1999 khu tập thể công nhân viên chức Giải Nhận xét: Mỗi ngày sinh em bé 365 ngày năm 1999, nên ngày sinh trùng Suy cách phân bố 10 ngày sinh chỉnh hợp lặp chập 10 từ 365 phần tử  10  36510 Vậy số cách phân bố ngày sinh là: A 365 Bài số có sách: Tốn cao cấp C : tập, Kinh tế quốc tế : tập, Xác suất thống kê : tập, Được đặt lên giá sách Có cách sắp: a) Tuỳ ý; b) Các tập sách đặt theo Giải a) Nhận xét: Ba sách có tất 11 tập; đặt lên giá sách, cách hoán vị 11 phần tử Suy số cách tuỳ ý: P11  11! b) Nhận xét:  Xem sách phần tử  có ! cách xếp phần tử  Các cặp sách sách xáo trộn với Toán cao cấp C : 6! Kinh tế lượng : 2! Xác suất thống kê : 3! Suy ra: số cách xếp sách theo là: 3!6!2!3! Downloaded by v? ngoc (vuchinhhp10@gmail.com) lOMoARcPSD|17343589 Bài số Giải bóng đá ngoại hạng Anh có 20 đội bóng thi đấu vịng trịn, có trận đấu tổ chức nếu: a) Thi đấu vòng tròn lượt b) Thi đấu vòng tròn lượt Giải a) Nhận xét: Mỗi trận đấu ứng với việc chọn đội chọn từ 20 đội Suy trận đấu tổ hợp chập từ 20 phần tử Số trận đấu tổ chức : C220  20!  190 trận 2!18! b) Nhận xét: Mỗi trận đấu ứng với việc chọn đội chọn từ 20 đội (đội chủ, đội khách) Suy trận đấu chỉnh hợp chập từ 20 phần tử Vậy số trận đấu : A 220  20!  380 trận 18! 0.9 Bài tập rèn luyện Bài số Trong lớp gồm 30 sinh viên, cần chọn ba sinh viên để làm lớp trưởng, lớp phó thủ quỹ (mỗi người làm chức) Hỏi có tất cách bầu chọn Đáp số : 24360 Bài số Có cách xếp 10 người ngồi thành hàng ngang cho A B ngồi cạnh Đáp số : 725760 Bài số Một hộp đựng bi trắng bi đen a) Có tất cách lấy bi ? b) Có cách lấy bi có bi trắng ? Đáp số : a) 252; b) 60 Bài số Trong nhóm ứng viên gồm nam nữ, a) có cách thành lập ủy ban gồm người ? b) có cách thành lập ủy ban gồm người có nữ ? c) có cách thành lập ủy ban gồm người có nữ ? Đáp số : a) 120; b) 63; c) 85 Bài số Cho chữ số 0, 1, 2, 3, 4, Hỏi từ chữ số lập số có chữ số khác thiết có mặt chữ số 5? Đáp số : 204 lOMoARcPSD|17343589 Chương BIẾN CỐ NGẪU NHIÊN VÀ XÁC SUẤT 1.1 Định nghĩa xác suất Xét biến cố A với không gian mẫu  tương ứng, ta có định nghĩa cổ điển P(A)  A ,  A  số phần tử A  định nghĩa tần suất P(A)  Số trường hợp thuận lợi cho A Số trường hợp xảy 1.2 Tính chất xác suất a)  P(A)  1, P()  0, P()  b) Công thức cộng: Cho họ biến cố A1 , A , , A n xung khắc với đôi (nghĩa A i A j  , i  j ), ta có P ø A1  A   A n ù  P ø A1 ù  P ø A ù   P ø A n ù c) Với A, B hai biến cố bất kỳ, ta có P ø A  B ù  P(A)  P(B)  P(AB) d) P(A)   P(A) 1.3 Xác suất có điều kiện Xác suất để biến cố A xảy biết biến cố B xảy P ø A Bù  P(AB) P(B) với P(B)  , ta có cơng thức nhân P(AB)  P ø A B ù P(B)  P ø B A ù P(A) Khi biến cố B xảy hay không xảy không ảnh hưởng đến việc biến cố A xảy hay khơng xảy ra, ta nói A, B hai biến cố độc lập P(AB)  P(A)P(B) Ta có cơng thức nhân tổng qt, P ø A1A A n ù  P ø A1 ù P ø A A1 ù P ø A3 A1A ù P ø A n A1A A n 1 ù lOMoARcPSD|17343589 Khi A1 , A , …, A n họ biến cố độc lập, nghĩa biến cố xảy hay không xảy không ảnh hưởng đến việc xảy hay nhiều biến cố khác, nghĩa với họ hữu hạn biến cố Ai1 , A i2 , …, Aik , ta có ø ù ø ù ø ù ø ù P A i1 A i2 A ik  P A i1 P A i2 P A ik 1.4 Cơng thức xác suất tồn phần – công thức Bayes Cho B1 , B2 , , Bn họ đầy đủ biến cố, nghĩa i) Bi B j   ii) B1  B2   Bn   với A biến cố bất kỳ, ta có a) Cơng thức xác suất toàn phần P(A)  P ø A | B1 ù P ø B1 ù  P ø A | Bn ù P ø Bn ù   P ø A | Bn ù P ø Bn ù b) Công thức Bayes P ø Bk | A ù  P ø A | Bk ù P ø Bk ù , k  1, 2, , n PøAù 1.5 Dãy phép thử Bernoulli Khi thực n lần phép thử độc lập gọi X số lần biến cố A xảy n lần thực phép thử, biến cố ø X  k ù trường hợp biến cố A xảy k lần n lần thực phép thử, ta có P ø X  k ù  Ckn p k (1  p) n  k , k  0,1, 2, , n với p  P(A) Ta ký hiệu X  B(n; p) 1.6 Một số ví dụ Bài số Cho A, B, C ba biến cố Chứng minh P(A  B  C)  P(A)  P(B)  P(C)  P(AB)  P(AC)  P(BC)  P(ABC) Giải Ta có P ø A  B  C ù  P ø A  B ù  C   P(A  B)  P(C)  P  (A  B)C , P(A  B)  P(A)  P(B)  P(AB) , P  (A  B)C  P  AC  BC  P(AC)  P(BC)  P(ABC) nên lOMoARcPSD|17343589 P ø A  B  C ù  P(A)  P(B)  P(C)  P(AB)  P(AC)  P(BC)  P(ABC) 1 Bài số Cho P(A)  , P(B)  P(A  B)  Tính P(AB), P(AB), P(A  B), P(AB) P(AB) Giải Do P(A  B)  P(A)  P(B)  P(AB) , ta suy P(AB)  P(A)  P(B)  P(A  B)  12 Do AB  A  B , nên ø ù P ø AB ù  P A  B   P ø A  B ù  Tương tự, A  B  AB ta suy P ø A  B ù   P ø AB ù  11 12 Xuất phát từ đẳng thức A  AB  AB AB , AB biến cố xung khắc, ta P(A)  P ø AB ù  P ø AB ù P ø AB ù  P(A)  P ø AB ù  Tương tự, ta có P ø AB ù  P(B)  P ø AB ù  12 Bài số Tỷ lệ người mắc bệnh tim vùng dân cư 9%, mắc bệnh huyết áp 12%, mắc hai bệnh 7% Chọn ngẫu nhiên người vùng Tính xác suất để người a) Bị bệnh tim hay bị bệnh huyết áp b) Không bị bệnh tim không bị bệnh huyết áp c) Không bị bệnh tim hay không bị bệnh huyết áp d) Bị bệnh tim không bị bệnh huyết áp e) Không bị bệnh tim bị bệnh huyết áp lOMoARcPSD|17343589 Giải Xét biến cố A :