Ước lượng tham số của biến ngẫu nhiên

Tóm tắt lý thuyết và bài tập chương ước lượng tham só của biến ngẫu nhiên Gồm các dạng bài: 1. Ước lượng không chệch, ước lượng hiệu quả. 2. Ước lượng hợp lý cực đại. 3. Ước lượng khoảng tin cậy cho kỳ vọng của phân bố chuẩn. 4. Ước lượng khoảng tin cậy cho tỷ lệ 5. Ước lượng khoảng tin cậy cho phương sai của phân bố chuẩn. 6. Ước lượng khoảng cho hiệu hai tham số của biến ngẫu nhiên. Mục lục 1 Ước lượng không chệch, ước lượng hiệu quả . . . . . . . . . . 1 2 Ước lượng hợp lý cực đại . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5 3 Ước lượng khoảng tin cậy cho kỳ vọng của phân bố chuẩn . . 10 4 Ước lượng khoảng tin cậy cho tỷ lệ . . . . . . . . . . . . . . . 16 5 Ước lượng khoảng tin cậy cho phương sai của phân bố chuẩn . 18 6 Ước lượng khoảng cho hiệu hai tham số của hai biến ngẫu nhiên 19 1 2 Chương 1 ƯỚC LƯỢNG THAM SỐ CỦA BIẾN NGẪU NHIÊN 1.1 Ước lượng không chệch, ước lượng hiệu quả a) Tiêu chuẩn không chệch: Ước lượng b θ = T(X 1 ,··· ,X n ) của tham số θ được gọi là không chệch nếu: ET(X 1 ,··· ,X n ) = θ b) Tiêu chuẩn hiệu quả: Ước lượng không chệch b θ được gọi là ước lượng hiệu quả nếu nó có phương sai nhỏ nhất trong tất cả các ước lượng không chệch.    E b θ = θ V b θ ≥ V ( b θ 0 ) mà E( b θ 0 ) = θ Bất đẳng thức Crame Rao: 3 Nếu b θ là ước lượng không chệch với ∀( b θ) ≥ 1 nI I = E ? ∂lnf(X,θ) ∂θ ? 2 Ví dụ 1.1. Nếu biến ngẫu nhiên gốc X ∼ N(µ,σ 2 ) thì X là ước lượng hiệu quả của µ. Giải Ta có X là ước lượng không chệch của µ và V (X) = σ 2 n hàm mật độ xác suất của X là: f(x) = 1 √ 2πσ e −(x − µ) 2 2σ 2 lnf(x) = −ln √ 2πσ − (x − µ) 2 2σ 2 ⇒ ∂lnf(x) ∂µ = x − µ σ 2 ⇒ I = E (x − µ) 2 σ 4 = V (X) σ 4 = σ 2 s 4 = 1 σ 2 Vậy X là ước lượng hiệu quả của µ. Bài toán 1.1. Hai mẫu kích thước n 1 = 3 và n 2 = 4 được rút ra từ một tổng thể có phân bố A(p) (tức là B(1,p)). a) Hãy chứng minh rằng các tần suất mẫu f 1 và f 2 ứng với hai mẫu đó đều là các ước lượng không chệch của p. b) Ước lượng nào hiệu quả hơn? Tìm độ hiệu quả của f 2 so với f 1 . c) Trong lớp các ước lượng tuyến tính αf 1 + (1 − α)f 2 , hãy tìm một ước lượng hiệu quả hơn cả của p. Giải 4 a) Vì X ∼ B(1,p) nên EX = p,V X = p(1 − p) f 1 = X 11 + X 12 + X 13 3 f 2 = X 21 + X 22 + X 23 + X 24 4 ⇒E(f 1 ) = E(X 11 + X 12 + X 13 ) 3 = P(do E(Xij) = EX = p) E(f 2 ) = E(X 21 + X 22 + X 23 + X 24 ) 4 = p ⇒ f 1 ,f 2 là ước lượng không chệch của p. b) Ta có: V (f 1 ) = V (X 11 + X 12 + X 13 ) 9 = p(1 − p) 3 V (f 2 ) = V (X 21 + X 22 + X 23 + X 24 ) 16 = p(1 − p) 16 ⇒ V (f 1 ) V (f 2 ) = 4 3 > 1 ⇒ f 2 hiệu quả. c) Ta có: V (αf 1 + (1 − α)f 2 ) = α 2 V (f 1 ) + (1 − α) 2 V (f 2 ) = α 2 p(1 − p) 3 + (1 − α) 2 p(1 − p) 4 = ( 7 12 α 2 − 1 2 α + 1 4 )p(1 − p) 7 12 α 2 − 1 2 α + 1 4 = 7 12 ? α − 3 7 ? 2 + 1 7 ≥ 1 7 ⇒ A min = 1 7 ⇔ α = 3 7 ⇒ Ước lượng hợp lý hiệu quả nhất: 3 7 f 1 + 4 7 f 2 Bài toán 1.2. Giả sử có hai nhà kinh tế ước lượng mức chi tiêu trung bình của các gia đình và họ dùng hai ước lượng không chệch, độc lập nhau là U,V . Do nhà kinh tế thứ hai kém cẩn thận hơn nên độ lệch chuẩn của V lớn gấp 5 3 lần độ lệch chuẩn của U. Để kết hợp hai ước lượng lại sao cho thu được một ước lượng chung, người ta đề nghị ba cách sau: W 1 = 1 2 U + 1 2 V ;W 2 = 3 4 U + 1 4 V ;W 3 = 1.U + 0.V . a) Trong các ước lượng trên, ước lượng nào là ước lượng không chệch? b) Trong các ước lượng trên, ước lượng nào là hiệu quả hơn cả. Giải E(U) = E(V ) = µ, U,V độc lập. Có: σ(V ) = 3σ(U) ⇒ V (V ) = 9V (U) a) Ta có: EW 1 = E ? 1 2 U + 1 2 V ? = 1 2 EU + 1 2 EV = 1 2 µ + 1 2 µ = µ EW 2 = E ? 3 4 U + 1 4 V ? = 3 4 EU + 1 4 EV = 3 4 µ + 1 4 µ = µ EW 3 = E (1U + 0V ) = EU = µ ⇒ EW 1 = EW 2 = EW 3 = µ ⇒ cả ba đều là ước lượng không chệch. b) Ta có: V (W 1 ) = V ? 1 2 U + 1 2 V ? = 1 4 V (U) + 1 4 V (V ) = 9 4 V (U) + 1 4 V (U) = 5 2 V (U) V (W 2 ) = V ? 3 4 U + 1 4 V ? = 9 16 V (U) + 1 16 V (V ) = 9 16 V (U) + 9 16 V (U) = 9 8 V (U) V (W 3 ) = V (1U + 0V ) = V (U) ⇒ V (W 1 ) > V (W 2 ) > V (W 3 ). Vậy W 3 hiệu quả hơn cả. 6 1.2 Ước lượng hợp lý cực đại Mẫu W = (X 1 ,X 2 ,··· ,X n ) có quan sát w = (x 1 ,x 2 ,··· ,x n ). Hàm hợp lý đối với quan sát w L(x 1 ,x 2 ,··· ,x n ,θ) = f(x 1 ,θ)···f(x n ,θ) Và lnL = lnf(x 1 ,0) + ··· + f(x n ,0) Tìm cực đại của lnL thông qua việc tìm nghiệm của hệ:      ∂lnL ∂lnθ = 0 ∂ 2 lnL ∂ 2 θ 2 < 0 Ví dụ 1.2. Tìm ước lượng hợp lý cực đại của EX = µ trong trường hợp biến ngẫu nhiên gốc X ∼ N(µ,σ 2 ) Ta có hàm mật độ xác suất của X là f(x) = 1 √ 2πσ e −(x − µ) 2 2σ 2 nên lnf(x) = ln( 1 √ 2πσ e −(x − µ) 2 2σ 2 ) = −ln √ 2πσ − (x − µ) 2 2σ 2 Hàm hợp lý dựa trên mẫu với giá trị quan sát cụ thể w = (x 1 ,x 2 ,··· ,x n ) là: L(ω,µ) = Π n i=1 ( 1 √ 2π e − Σ(x i − µ) 2 2σ 2 ) Ta sẽ tìm cực đại của hàm: lnL(ω,µ) = −nln( √ 2πσ) − Σ(x i − µ) 2 2σ 2 7 Ta có: ∂L(ω,µ) ∂µ = 0 ↔ µ = x Vì ∂ 2 lnL(ω,µ) ∂µ 2 < 0 tại x nên ước lượng hợp lý cực đại của µ là X Bài toán 1.3 (2.330). Hãy tìm ước lượng hợp lý tối đa (a) Cho trung bình tổng thể, biết nếu n = 4 được rút từ tổng thể phân bố chuẩn và thu được các giá trị trung bình là 17, 28, 29, 41. (b) Cho tỷ lệ phế phẩm của lô hàng biết rằng kiểm tra ngẫu nhiên 20 sản phẩm của lô hàng thì có 8 phế phẩm. Giải. a) n = 4,x = 28,75,s = 9,81 biến ngẫu nhiên phân bố chuẩn nên: f(x) = 1 √ 2πσ e −(x − µ) 2 2σ 2 lnf(x) = ln √ 2πσ − (x − µ) 2 2σ 2 Hàm hợp lý dựa trên mẫu với giá trị quan sát cụ thể w = (x 1 ,x 2 ,··· ,x n ) là: L(ω,µ) = Π i = 1 n ( 1 √ 2πσ e −(x − µ) 2 2σ 2 → lnL(ω,µ) = ln √ 2πσ − Σ(x i − µ) 2 2σ 2 Ta có: ∂lnL(ω,µ) ∂µ = 0 ↔ µ = x Vì ∂ 2 lnL(ω,µ) ∂µ 2 < 0 tại x nên ước lượng hợp lý cực đại của µ là x = 28,75. 8 b) Gọi X là số phế phẩm trên 1 sản phẩm, X ∼ B(1,p) n = 20, quan sát w = (x 1 ,x 2 ,··· ,x 2 0) Mật độ xác suất: P(X = x) = p x (1 − p) 1−x Hàm hợp lý: L(ω,p) = P(X = x 1 )P(X = x 2 )···P(X = x n ) = p Σx i (1 − p) n−Σx i lnL(ω,p) = Σx i lnp + (n − Σx i )ln(1 − p) ∂lnL ∂p = Σx i p − n − Σx i 1 − p ∂ 2 lnL ∂p 2 = −Σx i p 2 − n − Σx i (1 − p) 2 Ta có: ∂lnL ∂p = 0 ↔ Σx i p − n − Σx i 1 − p = 0 ↔ Σx i − pΣx i − pn + pΣx i = 0 ↔ Σx i − pn = 0 ↔ p = Σx i n = x Vì ∂ 2 lnL ∂p 2 < 0 tại x nên ước lượng hợp lý cực đại cho p là x với x = Σx i n = 8 20 = 0,4. Bài toán 1.4 (2.430). Cho biến ngẫu nhiên X trong tổng thể Poison với tham số λ. Để ước lượng λ, người ta điều tra một mẫu kích thước n = 3 và thu được các giá trị 15, 8, 13. a) Viết biểu thức hàm hợp lý. b) Tìm giá trị của hàm hợp lý khi λ lần lượt nhận giá trị bằng 5, 10, 15. 9 c) Từ kết quả thu được, hãy ước lượng hợp lý tối đa của λ bằng bao nhiêu? d) Hãy tìm ước lượng hợp lý tối đa của λ trong trường hợp tổng quát. Giải: Ta có: P(X = x) = e −λ λ x x ↔ lnP(X = x) = −λ + xlnL − lnx Hàm hợp lý dựa trên mẫu với giá trị quan sát cụ thể W = (x 1 ,x 2 ,··· ,x n ) là: L = f(x 1 ,θ)f(x 2 ,θ)···f(x n ,θ) a) L = f(x 1 ,θ)f(x 2 ,θ)f(x 3 ,θ) = e −λ λ 15 15 e −λ λ 8 8 e −λ λ 13 13 = e −3λ λ 15 λ 8 λ 13 15813 b) lnL = ln(e −3λ λ 5 λ 10 λ 15 51015 ) = −3λ + 30lnλ − ln51015 ∂lnL ∂λ = −3 + 30 λ = 0 ↔ λ = 10 ∂ 2 lnL ∂λ 2 = −30 λ 2 < 0 ↔ λ = 10 c) Hàm hợp lý: L = f(x 1 ,θ)f(x 2 ,θ)···f(x n ,θ) = e −λ λ x 1 x 1 e −λ λ x 2 x 2 ···e −λ λ x n x n = e −nλ λ Σx i x i ↔ lnL = −nλ + Σx i lnλ − Σlnx i 10 Ta có:      ∂lnL λ = −n + Σx i λ = 0 ↔ λ = Σx i n = x ∂ 2 lnL λ 2 = −Σx i λ 2 < 0 Vậy ước lượng hợp lý cực đại của λ là bằng x. Bài toán 1.5 (2.531). Cho biến ngẫu nhiên X trong tổng thể phân bố mũ với tham số θ. Để ước lượng θ, người ta điều tra một mẫu kích thước n = 5 và thu được các giá trị 1,2; 7,5; 1,8; 3,7; 0,8. a) Tìm ước lượng hợp lý tối đa cho θ và giá trị hàm hợp lý khi θ lần lượt là 0,1; 0,2; 0,5. b) Tìm ước lượng hợp lý tối đa cho θ trong trường hợp tổng quát. Giải: Ta có: f(x) = θe −θx ,(x > 0) → lnf(x) = lnθ − θx Hàm hợp lý dựa trên mẫu với giá trị quan sát cụ thể W = (x 1 ,x 2 ,··· ,x n ) L = f(x 1 ,θ)f(x 2 ,θ)···f(x n ,θ) = θe −θ1,2 θe −θ7,5 θe −θ1,8 θe −θ3,7 θe −θ0,8 = θ 5 e −15θ → lnL = 5lnθ − 15θ      ∂lnL ∂θ = 5 θ − 15 = 0 ↔ θ = 1 3 ∂ 2 lnL ∂θ 2 = −5 θ 2 < 0 Trong trường hợp tổng quát: Ta có: f(x) = θe −θx ,(x > 0) → lnf(x) = lnθ − θx 11 Hàm hợp lý dựa trên mẫu với giá trị quan sát cụ thể W = (x 1 ,x 2 ,··· ,x n ) là: L = f(x 1 ,θ)f(x 2 ,θ)···f(x n ,θ) = θe −θx 1 θe −θx 2 ···θe −θx n = θ n e −θΣx i → lnL = nlnθ − θΣx i      ∂lnL ∂θ = n θ − Σx i = 0 ↔ θ = n Σx i = 1 x ∂ 2 lnL ∂θ 2 = −n θ 2 < 0 Vậy ước lượng hợp lý cực đại của θ là bằng 1 x 1.3 Ước lượng khoảng tin cậy cho kỳ vọng của phân bố chuẩn Giả sử mẫu W = (x 1 ,··· ,x n ) lấy từ tổng thể có biến ngẫu nhiên X ∼ N(µ,σ 2 ) trong đó µ chưa biết. Với độ tin cậy 1 − α ước lượng giá trị µ. a) biết phương sai σ 2 Khoảng tin cậy: µ ∈ (x − U α 2 σ √ n ,x + U α 2 σ √ n ) độ dài khoảng tin cậy: l = 2U α 2 σ √ n Sai số (độ chính xác): ε = U α 2 σ √ n Độ rộng khoảng tin cậy không vượt quá giá trị cho trước: l ≤ l 0 ↔ n ≥ 4σ 2 U 2 α 2 l 2 0 = σ 2 U 2 α 2 ε 2 0 Khoảng tin cậy bên trái: µ = (−∞;x + U α σ √ n ) 12 Khoảng tin cậy bên trái để ước lượng giá trị tối đa của µ tức là: µ max = x + U α σ √ n Khoảng tin cậy bên phải: µ = (x − U α σ √ n ;+∞) Khoảng tin cậy bên phải để ước lượng giá trị tối thiểu là: µ min = x − U α σ √ n → Khoảng tin cậy tốt nhất là khaongr tin cậy đối xứng. b) Chưa biết phương sai Khoảng tin cậy: µ ∈ (x − t n−1 α 2 s √ n ,x + t n−1 α 2 s √ n ) độ dài khoảng tin cậy: l = 2t n−1 α 2 s √ n Sai số (độ chính xác): ε = t n−1 α 2 s √ n Kích thước mẫu tối thiểu: l ≤ l 0 ↔ n ≥ s 2 (t n−1 α 2 ) 2 ε 2 0 Khoảng tin cậy bên trái: µ = (−∞;x − t n−1 α s √ n ) Khoảng tin cậy bên trái để ước lượng giá trị tối đa của µ tức là: µ max = x + t n−1 α s √ n Khoảng tin cậy bên phải: µ = (x − t n−1 α s √ n ;+∞) Khoảng tin cậy bên phải để ước lượng giá trị tối thiểu là: µ min = x − t n−1 α s √ n Chú ý 1.1. Nếu n > 30 hoặc các biến ngẫu nhiên độc lập cùng phân bố với n lớn thì thống kê đó xấp xỉ phân bố chuẩn → thay t bằng u. 13 Bài toán 1.6 (2.523). Điều tra thu nhập X (triệutháng) của một số hộ gia đình ở một vùng dân cư, thu được số liệu sau: X 4 4,5 5 5,5 6 6,5 7 7,5 8 Số hộ 1 3 4 6 8 7 6 3 2 a) Ước lượng khoảng tin cậy đối xứng cho thu nhập trung bình mỗi tháng của hộ dân ở vùng đó với độ tin cậy 95%. Độ dài khoảng tin cậy đối xứng trong trường hợp này là bao nhiêu? b) Muốn độ chính xác tăng gấp đôi thì cần điều tra thêm bao nhiêu hộ? c) Ước lượng giá trị bé nhất của thu nhập trung bình mỗi tháng của hộ dân vùng đó với độ tin cậy 90% Giải a) Đây là bài toán ước lượng trong trường hợp chưa biết phương sai, không có giả thiết phân bố của X là chuẩn nhưng n > 30 nên ta có: µ ∈ (x − U α 2 s √ n ;x + U α 2 s √ n ) Theo giả thiết ta có: n = 40,x = 6,1125,s = 0,9903 nên: µ ∈ (5,8056;6,4194) Độ dài khoảng tin cậy là: l = 2U α 2 s √ n = 2.1,96. 0,9903 √ 40 = 0,6138 b) Giả sử cần dùng mẫu n 1 để độ chính xác của ước lượng tăng gấp đôi. Khi đó sai số của ước lượng bằng: U α 2 σ √ n 1 Để độ chính xác của ước lượng tăng gấp đôi thì sai số giả một nửa tức: U α 2 s √ n 1 = 1 2 U α 2 s √ n ↔ 1 √ n 1 = 1 2 √ n ↔ n 1 = 4n = 160 Vậy cần điều tra thêm n 1 − n = 160 − 40 = 120 (hộ). 14 c) Giá trị bé nhất của thu nhập trung bình mỗi tháng của hộ dân được ước lượng: µ min = x − U α s √ n = 5,9121 Bài toán 1.7. Doanh số của một cửa hàng là biến ngẫu nhiên phân bố chuẩn với độ lệch chuẩn là 2 triệutháng. Điều tra ngẫu nhiên doanh số của 600 cửa hàng có quy mô tương tự nhau tìm được doanh số trung bình là 8,5 triệu. Với độ tin cậy 95%, hãy ước lượng doạn số trung bình của cửa hàng thuộc quy mô đó. Giải Doanh số của cửa hàng đó là biến ngẫu nhiên phân bố chuẩn nên ta có khoảng tin cậy cho trung bình là: µ ∈ (x − U α2 σ √ n ;x + U α2 σ √ n ) Với n = 600,σ = 2,x = 8,5;1 − α = 0,95 → α = 0,05 → U α2 = 1,96 .Ta có: µ ∈ (8,3399;8,66) Vậy doanh số các cửa hàng thuộc quy mô đó là từ 8,3399 đến 8,66 triệutháng. Bài toán 1.8. Với độ tin cậy 95%, hãy ước lượng lượng xăng hao phí trung bình cho một ô tô chạy từ A đến B nếu chạy thử 30 lần trên đoạn đường này, người ta ghi nhận được lượng xăng hao phí như sau: Lượng xăng 9,69,8 9,810 10,010,2 10,210,4 10,410,6 Số lần 3 5 10 8 4 Biết lượng xăng hao phí là biến ngẫu nhiên tuân theo quy luật phân bố chuẩn. Giải Lượng xăng hao phí là biến ngẫu nhiên phân bố chuẩn nên ta có khoảng tin cậy cho trung bình là: µ ∈ (x − t n−1 α2 s √ n ;x + t n−1 α2 s √ n ) 15 Với n = 30;x = 10,1333;s = 0,2354;1 − α = 0,95 → α = 0,05 → t n−1 α2 = t 29 0,025 = 2,045. Ta có: µ ∈ (10,0454;10,2212) Vậy lượng xăng hao phí trung bình là 10,0454 đến 10,2212 lít. Bài toán 1.9. Để định mức thời gian gia công một chi tiết máy, người ta theo dõi ngẫu nhiên quá trình gia công 25 chi tiết và thu đc số liệu như sau: Thời gian (số phút) 1517 1719 1921 2123 2325 2527 Số chi tiết 1 3 4 12 3 2 Bằng khoảng tin cậy đối xứng hãy ước lượng thời gian gia công chi tiết là biến ngẫu nhiên phân bố chuẩn. Giải Thời gian gia công chi tiết là biến ngẫu nhiên phân bố chuẩn, do chưa biết σ nên: µ ∈ (x − t n−1 α2 s √ n ;x + t n−1 α2 s √ n ) Với n = 25;x = 21,52;s = 2,4;1 − α = 0,95 → α = 0,05 → t n−1 α2 = t 24 0,025 = 2,064. Ta có: µ ∈ (20,52928;22,51072) Vậy thời gian gia công chi tiết trung bình là từ 20,52928 đến 22,51072 phút. Bài toán 1.10. Chiều dài (X) loại sản phẩm A do một máy tự động sản xuất là biến ngẫu nhiên theo quy luật chuẩn với độ lệch chuẩn σ X = 3cm. Để ước lượng chiều dài trung bình của loại sản phẩm nói trên với độ tin cậy 95%, người ta tiến hành đo 36 sản phẩm. a) Tìm khoảng tin cậy đối xứng của chiều dài trung bình loại sản phẩm đó. b) Để ước lượng với độ tin cậy 99%, độ dài khoảng tin cậy đối xứng không vượt quá 0,6cm thì cần đo bao nhiêu sản phẩm. Giải 16 a) Chiều dài trung bình của loại sản phẩm trên là biến ngẫu nhiên phân bố chuẩn với σ = 3 nên khoảng tin cậy đối xứng của chiều dài trung bình loại sản phẩm đó là: µ ∈ (x − U α2 σ √ n ;x + U α2 σ √ n ) Với n = 36;σ = 3. b) Để độ dài khoảng tin cậy đối xứng không vượt quá 0,6 thì: l ≤ 0,6 ↔ n ≥ 4σ 2 U 2 α2 ε 2 0 = 4.3 2 .U 2 0,005 0,6 2 = 660,49 Vậy cần đo 661 sản phẩm. Bài toán 1.11. Trọng lượng (X) một loại chi tiết là một biến ngẫu nhiên tuân theo quy luật chuẩn với σ X =1,2kg. Phải chọn ít nhất bao nhiêu chi tiết để điều tra,nếu muốn độ chình xác của ước lượng là 0,3 và độ tin cậy của ước lượng ;à 95%. Giải Ta có: σ = 1,2;ε = 0,3;1 − α = 0,95 ↔ α = 0,05 → ε = U α2 σ √ n = 0,3 ↔ 1,96 1,2 √ n = 0,3 ↔ n = 62 Bài toán 1.12. Đo chiều sâu của biển bằng một loại dụng cụ có sai số tuân theo quy luật chuẩn với phương sai bằng 400 (m 2 ). Phải đo bao nhiêu lần độc lập với nhau để kết quả có sai số không quá 15 (m) với độ tin cậy 95%. Giải Ta có: σ 2 = 400 ↔ σ = 20;1 − α = 0,95 ↔ α = 0,5 ↔ U α2 = 1,96 Sai số không quá 15 tức: ε = U α2 σ √ n ≤ 15 ↔1,96. 20 √ n ≤ 15 ↔ 1 √ n ≤ 75 196 17 ↔ ≤ 6,8295 Vậy cần phải đo 6 lần độc lập 1.4 Ước lượng khoảng tin cậy cho tỷ lệ a) Khoảng tin cậy đối xứng: p ∈ (f − U α2 r f(1 − f) n ;f + U α2 q f(1−f) n ) Độ dài khoảng tin cậy: l = 2.U α2 r f(1 − f) n Độ chính xác (Sai số): ε = l 2 = U α2 r f(1 − f) n l ≤ l 0 ↔ n ≥ 4f(1 − f)U 2 α2 l 2 0 = f(1 − f)U 2 α2 ε 2 0 b) Khoảng tin cậy bên trái: p ∈ (0;f + U α q f(1−f) n ) → p max = f + U α r f(1 − f) n c) Khoảng tin cậy bên phải: p ∈ (f − U α q f(1−f) n ;+∞) → p min = f − U α r f(1 − f) n Bài toán 1.13. Để đánh giá trữ lượng cá trong hồ người ta đánh bắt 2000 con cá, đánh dấu rồi thả xuống hồ. Sau đó họ đánh bắt lại 400 con thì thấy 80 con có dấu. a) với độ tin cậy 95% hãy ước lượng trữ lượng cá hiện có trong hồ. b) Nếu muốn sai số của ước lượng giảm đi một nửa thì lần sau cần đánh bắt bao nhiêu con cá? Giải 18 a) Với n = 400;f = 80 400 = 0,2;U α2 = 1,96, ta có: p ∈ (f − U α2 r f(1 − f) n ;f + U α2 r f(1 − f) n ) ↔ p ∈ (0,1608;0,2392) Vậy lượng cá trong hồ là từ 321 đến 478 con. b) Để sai số của ước lượng giảm đi 1 nửa thì sai số của ước lượng tỉ lệ p tương ứng giảm một nửa. Gọi n 0 là mẫu mới cần điều tra. Ta có: U α2 r f(1 − f) n 0 = 1 2 U α2 r f(1 − f) n ↔ n 0 = 4n = 1600 Vậy cần bắt 1600 con cá. Bài toán 1.14. Hãy ước lượng tỷ lệ chình phẩm của một nhà máy bằng khoảng tin cậy đối xứng với độ tin cậy 95% biết rằng kiểm tra 100 sản phẩm của nhà máy thì thấy có 10 phế phẩm. Nếu cần ước lượng tỷ lệ chính phẩm của nhà máy với độ tin cậy 0,95 và độ dài khoảng tin cậy không quá 0,02 thì phải điều tra bao nhiêu sản phẩm. Giải n = 100,f = 90 100 = 0,9;α = 0,05 → U α2 = 1,96 Độ dài khoảng tin cậy không quá 0,02 tức: l ≤ 0,02 ↔ n ≥ 4f(1 − f)U 2 α2 l 2 0 ↔ n ≥ 4.0,9.(1 − 0,9)(1,96) 2 0,01 2 = 13829,76 Vậy cần điều tra 13830 sản phẩm. 19 1.5 Ước lượng khoảng tin cậy cho phương sai của phân bố chuẩn a) Biết µ i) Khoảng tin cậy đối xứng: σ 2 ∈ ( ns ∗2 χ 2(n−1) α2 ; ns ∗2 χ 2(n−1) 1−α2 ) ii) Khoảng tin cậy bên trái: σ 2 ∈ (0; ns ∗2 χ 2n 1−α ) → σ 2 max = ns ∗2 χ 2n 1−α iii) Khoảng tin cậy bên phải: σ 2 ∈ ( ns ∗2 χ 2n α ;+∞) → σ 2 min = ns ∗2 χ 2n α b) Chưa biết µ i) Khoảng tin cậy đối xứng: σ 2 ∈ ( (n − 1)s 2 χ 2(n−1) α2 ; (n − 1)s 2 χ 2(n−1) 1−α2 ) ii) Khoảng tin cậy bên trái: σ 2 ∈ (0; (n − 1)s 2 χ 2(n−1) 1−α ) → σ 2 max = ns 2 χ 2(n−1) 1−α iii) Khoảng tin cậy bên phải: σ 2 ∈ ( (n − 1)s 2 χ 2(n−1) α ;+∞) → σ 2 min = (n − 1)s 2 χ 2(n−1) α Bài toán 1.15. Kiểm tra ngẫu nhiên 16 lô thuốc mới nhập về tìm được độ phân tán của thành phần chính trong mỗi viên thuốc là s 2 = 0,0775g 2 . Với độ tin cậy 0,95, hãy ước lượng độ phân tán của thành phần chính trong mỗi viên thuốc của cả lô thuốc đó. Giải n = 16,s 2 = 0,0775;α = 0,05 → χ 2(15) 0,025 = 27,49,χ 2(15) 0,975 = 6,262 Ước lượng phương sai với trung bình µ chưa biết: σ 2 ∈ ( (n − 1)s 2 χ 2(n−1) α2 ; (n − 1)s 2 χ 2(n−1) 1−α2 ) ↔ σ 2 ∈ (0,0423;0,1856) 20 Bài toán 1.16. Lãi suất cổ phiếu của một công ty trong vòng 5 năm qua là 15%,10%,20%,7%,14%. Với độ tin cậy 90%, hãy ước lượng độ phân tán của lãi suất côt phần của công ty đó, biết lãi suất cổ phiếu là biến ngẫu nhiên phân bố chuẩn. Giải n = 5,s 2 = 0,00247;α = 0,1 → χ 2(4) 0,05 = 9,488,χ 2(4) 0,95 = 0,711 Ước lượng độ phân tán lãi suất cổ phiếu của công ty đó: σ 2 ∈ ( (n − 1)s 2 χ 2(n−1) α2 ; (n − 1)s 2 χ 2(n−1) 1−α2 ) ↔ σ 2 ∈ (0,001;0,014) Bài toán 1.17. Để nghiên cứu sự biến động của lượng sữa của mỗi con bò trong chu kỳ vắt sữa, người ta lấy ngẫu nhiên 15 con bò và thu được số liệu sau: 12982 12120 14972 14004 14788 13812 14358 8998 10620 14744 11036 9248 9980 11990 14786 Giải n = 15,s 2 = 4606311;α = 0,05 → χ 2(14) 0,025 = 26,12,χ 2(14) 0,975 = 5,629 Ước lượng phương sai với trung bình µ chưa biết: σ 2 ∈ ( (n − 1)s 2 χ 2(n−1) α2 ; (n − 1)s 2 χ 2(n−1) 1−α2 ) ↔ σ 2 ∈ (2468926;11456449,77) 1.6 Ước lượng khoảng cho hiệu hai tham số của hai biến ngẫu nhiên a) Ước lượng độ lệch cho 2 giá trị trung bình Trường hợp hai mẫu độc lập 21 i) Biết phương sai σ 2 1 ,σ 2 1 µ 1 − µ 2 ∈ (x − y ∓ U α2 r σ 2 1 n + σ 2 2 m ) (µ 1 − µ 2 ) max = x − y + U α2 r σ 2 1 n + σ 2 2 m (µ 1 − µ 2 ) min = x − y − U α2 r σ 2 1 n + σ 2 2 m ii) Chưa biết phương sai, m,n > 30 µ 1 − µ 2 ∈ (x − y ∓ U α2 r s 2 1 n + s 2 2 m ) (µ 1 − µ 2 ) max = x − y + U α r s 2 1 n + s 2 2 m (µ 1 − µ 2 ) min = x − y − U α r s 2 1 n + s 2 2 m iii) Chưa biết phương sai, m,n ≯ 30 µ 1 − µ 2 ∈ (x − y ∓ t n+m−2 α2 .s. r 1 n + 1 m ) (µ 1 − µ 2 ) max = x − y + t n+m−2 α .s. r 1 n + 1 m (µ 1 − µ 2 ) min = x − y − t n+m−2 α .s. r 1 n + 1 m Với s 2 = (n − 1)s 2 1 + (m − 1)s 2 2 m + n − 2 b) Trường hợp số liệu theo cặp: i) Đã biết trung bình: σ 2 2 σ 2 1 ∈ ( s ∗2 2 .f (n,m) 1−α2 s ∗2 1 ; s ∗2 2 .f (n,m) α2 s ∗2 1 ) ( σ 2 2 σ 2 1 ) max = s ∗2 2 .f (n,m) α s ∗2 1 ( σ 2 2 σ 2 1 ) min = s ∗2 2 .f (n,m) 1−α s ∗2 1 22 ii) Chưa biết trung bình σ 2 2 σ 2 1 ∈ ( s 2 2 .f (n−1,m−1) 1−α2 s 2 1 ; s 2 2 .f (n−1,m−1) α2 s 2 1 ) ( σ 2 2 σ 2 1 ) max = s 2 2 .f (n−1,m−1) α s 2 1 ( σ 2 2 σ 2 1 ) min = s 2 2 .f (n−1,m−1) 1−α s 2 1 c) Ước lượng hiệu hai tỷ lệ: p 1 − p 2 ∈ (f 1 − f 2 ∓ U α2 r f 1 (1 − f 1 ) n + f 2 (1 − f 2 ) m ) (p 1 − p 2 ) max = f 1 − f 2 + U α r f 1 (1 − f 1 ) n + f 2 (1 − f 2 ) m (p 1 − p 2 ) min = f 1 − f 2 − U α r f 1 (1 − f 1 ) n + f 2 (1 − f 2 ) m Bài toán 1.18. Để thử nghiệm một công nghệ mới trongsanr xuất gạch chịu lửa người ta đam đo độ chịu lửa của 5 viên gạch đc sản xuất theo công nghệ mới và 5 viên theo công nghệ cũ và thu đc kết quả sau: Gạch cũ 475 436 495 483 426 Gạch mới 485 438 493 486 433 Giải a) Ước lượng nhiệt độ chịu lửa trung bình của loại gạch cũ với n 1 = 5,x 1 = 463;s 1 = 30,27;t 4 0,025 = 2,776, ta có: µ 1 ∈ (x 1 − t (n−1) α2 s 1 √ n ;x 1 + t (n−1) α2 s 1 √ n ) ↔ µ 1 ∈ (425,421;500,58) Ước lượng nhiệt độ chịu lửa trung bình của loại gạch mới với: n 2 = 5;x 2 = 467;s 2 = 28,974;t 4 0,025 = 2,776 µ 2 ∈ (x 2 − t (n−1) α2 s 2 √ n ;x 2 + t (n−1) α2 s 2 √ n ) ↔ µ 1 ∈ (431,0298;502,902) 23 b) Ước lượng độ chịu lửa tăng lên của loại gạch mới so với loại gạch cũ là: (µ 1 − µ 2 ) ∈ (x 1 − x 2 ∓ t n 1 +n 2 −2 α2 .s. r 1 n 1 + 1 n 2 ) Với s 2 = (n 1 − 1)s 2 1 + (n 2 − 1)s 2 2 n 1 + n 2 − 2 = 4.30,27 2 + 4.28,974 2 8 = 877,883 → (µ 1 − µ 2 ) ∈ (2124,166;2132,166) Bài toán 1.19. Để ước lượng tỷ lệ phế phẩm p của một lô hàng với độ tin cậy 99% và sai số ước lượng không quá 0,005 thì phải kiểm tra tối thiểu bao nhiêu sản phẩm. Giải Sai số ước lượng không quá 0,005 tức là: ε ≤ 0,005 ↔ U α2 r f(1 − f) n ≤ 0,005 ↔ ε ≤ U α2 2 √ n ≤ 0,005 ↔ ε ≤ 2,575 2 √ n ≤ 0,005 ↔ n = 66306 Vậy cần kiểm tra tối thiểu 66306 cái. Bài toán 1.20. Để ước lượng khối lượng gỗ khai thác được từ 380 cây người ta đam đo ngẫu nhiên 10% số cây và thu được kết quả sau: Khối lượng (m 3 ) 20 40 60 80 Số cây 8 16 12 2 Với độ tin cậy 95%, hãy ước lượng: a) Khối lượng gỗ trung bình mỗi cây. b) Tổng khối lượng gỗ khai thác được. Giả thiết khối lượng gỗ mỗi cây là biến ngẫu nhiên phân bố chuẩn. 24 Giải n = 38;x = 44,211;s = 16,867;U 0,025 = 1,96 a) Khối lượng gỗ trung bình của mỗi cây là: µ ∈ (x − U α2 s √ n ;x + U α2 s √ n ) ⇔ µ ∈ (38,848;49,574) b) Tổng lượng gỗ khai thác được là: 380µ ∈ (14762,24;18838,12) Bài toán 1.21. Để kiểm tra chất lượng của một lô lớn các màn hình máy tính xuất khẩu, người ta lấy ngẫu nhiên 100 màn hình để kiểm tra chất lượng và thấy 4 màn hình có khuyết tật. a) Với độ tin cậy 90%, hãy ước lượng tỷ lệ màn hình có khuyết tật của lô hàng đó. b) Cũng với độ tin cậy trên hãy ước lượng số màn hình có khuyết tật tối đa nếu lô hàng có 10000 màn hình. Giải a) n = 100;f = 4 100 = 0,04;α = 0,01 ⇒ U α2 = 2,575 Tỷ lệ màn hình có khuyết tật của lô hàng là: p ∈ (f − U α2 r f(1 − f) n ;f + U α2 r f(1 − f) n ) ⇔ p ∈ (0;0,0904) b) Số màn hình có khuyết tật tối đa nếu lô hàng có 10000 màn hình là: P max = f + U α r f(1 − f) n = 0,04456 25 Bài toán 1.22. Một doanh nghiệp có dự định đưa một sản phẩm mới vào thị trường có 1500000 người tiêu dùng. Nghiên cứu thị trường đối với 2500 khách hàng tiềm năng thấy 800 người sẵn sàng mua sản phẩm đó. 1. Với độ tin cậy 95%, hãy ước lượng thị phần tiềm năng của doanh nghiệp. 2. Số lượng khách hàng tiềm năng mà doanh nghiệp hy vọng sẽ có đc ở thị trường mới là bao nhiêu. Giải a) n = 2500;f = 800 2500 = 0,32;α = 0,05 ⇒ U α2 = 1,96 Ước lượng thị phần tiềm năng của doanh nghiệp: p ∈ (f − U α2 r f(1 − f) n ;f + U α2 r f(1 − f) n ) ⇔ p ∈ (0,3017;0,3383) b) Số lượng khách hàng tiềm năng mà doanh nghiệp hi vọng có được ở thị trường này là từ 452550 đến 507450 người. Bài toán 1.23. Để nghiên cứu ảnh hưởng của rượu đối với trí thông minh của trẻ em, người ta đo chỉ số thông minh của 8 đứa trẻ mà mẹ của chúng uống rượu trong thời kỳ mang thai tìm được chỉ số thông minh trung bình của chúng là 78 và Σ(x i − x) 2 =1805. Một nhóm khác gồm 46 đứa trẻ tương tự chỉ có điều mẹ chúng không hút thuốc thì được chỉ số thông minh trung bình là 99 và Σ(x i −x) 2 =11520. Với độ tin cậy 95% hãy ước lượng sự chênh lệch giữa chỉ số thông minh trung bình của 2 nhóm trẻ trên. Giải n 1 = 8,x 1 = 78;s 1 = r 1805 7 = 16,058 n 2 = 46;x 2 = 99;s 2 = r 11520 45 = 16 26 s 2 = (n − 1)s 2 1 + (m − 1)s 2 2 m + n − 2 = 256,25 Sự chênh lệch giữa chỉ số thông minh trung bình giữa 2 nhóm trẻ trên là: µ 1 − µ 2 ∈ (x 1 − x 2 ∓ U α2 s s 2 1 n 1 + s 2 2 n 2 ) Bài toán 1.24. Để đánh giá hiệu quả của một chiến dịch quảng cáo, người ta so sánh doanh số của công ty tại 6 khu vực thị trường trước và sau chiến dịch quảng cáo thu được số liệu sau: (đơn vị: triệutháng) Trước quảng cáo 620 600 640 630 570 600 Sau quảng cáo 660 620 670 620 580 630 Với độ tin cậy 95%, hãy ước lượng mức tăng doanh số trung bình sau chiến dịch quảng cáo, biết rằng doanh số của công ty là biến ngẫu nhiên phân bố chuẩn. Giải n 1 = 6;x 1 = 610;s 1 = 25,2982 n 2 = 6;x 2 = 630;s 2 = 32,249 t 10 0,0025 = 2,228;s = 336,124 Doanh số của công ty là biến ngẫu nhiên phân bố chuẩn, ước lượng trong trường hợp chưa biết phương sai,n < 30, ta có: (µ 1 − µ 2 ) ∈ (x 1 − x 2 ∓ t n 1 +n 2 −2 α2 .s. r 1 n 1 + 1 n 2 ) ⇔ (µ 1 − µ 2 ) ∈ (412,37;452,37) Bài toán 1.25. Vào năm 1963, trong số 200 người Mỹ được phỏng vấn ngẫu nhiên thì 160 người ủng hộ tổng thống B.Johnson. Đến năm 1968, do sa lầy vào chiến tranh Việt Nam, trong 200 người được hỏi ý kiến thì chỉ có 70 người ủng hộ chính sách của tổng thống. a) Với độ tin cậy 95%, hãy ước lượng tỷ lệ dân Mỹ ủng hộ chính sách của ông Johnson vào năm 1963, 1968. b) Cũng với độ tin cậy trên, tỷ lệ dân chúng ủng hộ ông Johnson giữa hai năm giảm đi bao nhiêu phần trăm. 27 Giải a) Tỷ lệ người Mỹ ủng hộ chính sách của ông Johnson năm 1963 là: p ∈ (f − U α2 r f(1 − f) n ;f + U α2 r f(1 − f) n ) Với n 1 = 200;f 1 = 160 200 = 0,8;U 0,025 = 1,96 ⇒ p ∈ (0,7446;0,8554) Tỷ lệ người Mỹ ủng hộ chính sách của Johnson năm 1968 là: p ∈ (f − U α2 r f(1 − f) n ;f + U α2 r f(1 − f) n ) Với n 2 = 200;f 2 = 70 200 = 0,35;U 0,025 = 1,96 p ∈ (0,2839;0,4161) b) Ước lượng hiệu 2 tỷ lệ: (p 1 − p 2 ) ∈ (f 1 − f 2 ∓ U α2 r f 1 (1 − f 1 ) n + f 2 (1 − f 2 ) m ) (p 1 − p 2 ) ∈ (0,3637;0,5363) Vậy tỷ lệ ủng hộ tổng thống Johnson giảm 36,37%Øn53,63% Bài toán 1.26. Điều tra 300 người nghiện thuốc thấy tuổi thọ của họ là 68,1 năm và độ lệch chuẩn là 8,2 năm. Đối với 400 người không hút thuốc được điều tra ngẫu nhiên thì tuổi thọ trung bình của họ là 77.3 năm và độ lệch chuẩn là 5.3 năm. Hãy ước lượng với độ tin cậy 95% sự chênh lệch về tuổi thọ trung bình giữa những người không nghiện và những người nghiện thuốc lá; biết tuổi thọ là biến ngẫu nhiên phân bố chuẩn. Giải Gọi X 1 ,X 2 là tuổi thọ của người hút thuốc và không hút thuốc X i ∼ 28 N(µ i ;σ 2 i ). Ta ước lượng µ 1 − µ 2 trong trường hợp chưa biết phương sai, n 1 ,n 2 > 30. µ 1 − µ 2 ∈ (x − y ∓ U α2 r s 2 1 n + s 2 2 m ) ⇒ (µ 1 − µ 2 ) ∈ (8,1366;10,2634) 29 Chương 1 ƯỚC LƯỢNG THAM SỐ CỦA BIẾN NGẪU NHIÊN 1.1 Ước lượng không chệch, ước lượng hiệu quả a) Tiêu chuẩn không chệch: Ước lượng b θ = T(X 1 ,··· ,X n ) của tham số θ được gọi là không chệch nếu: ET(X 1 ,··· ,X n ) = θ b) Tiêu chuẩn hiệu quả: Ước lượng không chệch b θ được gọi là ước lượng hiệu quả nếu nó có phương sai nhỏ nhất trong tất cả các ước lượng không chệch.    E b θ = θ V b θ ≥ V ( b θ 0 ) mà E( b θ 0 ) = θ Bất đẳng thức Crame Rao: 3 Nếu b θ là ước lượng không chệch với ∀( b θ) ≥ 1 nI I = E ? ∂lnf(X,θ) ∂θ ? 2 Ví dụ 1.1. Nếu biến ngẫu nhiên gốc X ∼ N(µ,σ 2 ) thì X là ước lượng hiệu quả của µ. Giải Ta có X là ước lượng không chệch của µ và V (X) = σ 2 n hàm mật độ xác suất của X là: f(x) = 1 √ 2πσ e −(x − µ) 2 2σ 2 lnf(x) = −ln √ 2πσ − (x − µ) 2 2σ 2 ⇒ ∂lnf(x) ∂µ = x − µ σ 2 ⇒ I = E (x − µ) 2 σ 4 = V (X) σ 4 = σ 2 s 4 = 1 σ 2 Vậy X là ước lượng hiệu quả của µ. Bài toán 1.1. Hai mẫu kích thước n 1 = 3 và n 2 = 4 được rút ra từ một tổng thể có phân bố A(p) (tức là B(1,p)). a) Hãy chứng minh rằng các tần suất mẫu f 1 và f 2 ứng với hai mẫu đó đều là các ước lượng không chệch của p. b) Ước lượng nào hiệu quả hơn? Tìm độ hiệu quả của f 2 so với f 1 . c) Trong lớp các ước lượng tuyến tính αf 1 + (1 − α)f 2 , hãy tìm một ước lượng hiệu quả hơn cả của p. Giải 4 a) Vì X ∼ B(1,p) nên EX = p,V X = p(1 − p) f 1 = X 11 + X 12 + X 13 3 f 2 = X 21 + X 22 + X 23 + X 24 4 ⇒E(f 1 ) = E(X 11 + X 12 + X 13 ) 3 = P(do E(Xij) = EX = p) E(f 2 ) = E(X 21 + X 22 + X 23 + X 24 ) 4 = p ⇒ f 1 ,f 2 là ước lượng không chệch của p. b) Ta có: V (f 1 ) = V (X 11 + X 12 + X 13 ) 9 = p(1 − p) 3 V (f 2 ) = V (X 21 + X 22 + X 23 + X 24 ) 16 = p(1 − p) 16 ⇒ V (f 1 ) V (f 2 ) = 4 3 > 1 ⇒ f 2 hiệu quả. c) Ta có: V (αf 1 + (1 − α)f 2 ) = α 2 V (f 1 ) + (1 − α) 2 V (f 2 ) = α 2 p(1 − p) 3 + (1 − α) 2 p(1 − p) 4 = ( 7 12 α 2 − 1 2 α + 1 4 )p(1 − p) 7 12 α 2 − 1 2 α + 1 4 = 7 12 ? α − 3 7 ? 2 + 1 7 ≥ 1 7 ⇒ A min = 1 7 ⇔ α = 3 7 ⇒ Ước lượng hợp lý hiệu quả nhất: 3 7 f 1 + 4 7 f 2 Bài toán 1.2. Giả sử có hai nhà kinh tế ước lượng mức chi tiêu trung bình của các gia đình và họ dùng hai ước lượng không chệch, độc lập nhau là U,V . Do nhà kinh tế thứ hai kém cẩn thận hơn nên độ lệch chuẩn của V lớn gấp 5 3 lần độ lệch chuẩn của U. Để kết hợp hai ước lượng lại sao cho thu được một ước lượng chung, người ta đề nghị ba cách sau: W 1 = 1 2 U + 1 2 V ;W 2 = 3 4 U + 1 4 V ;W 3 = 1.U + 0.V . a) Trong các ước lượng trên, ước lượng nào là ước lượng không chệch? b) Trong các ước lượng trên, ước lượng nào là hiệu quả hơn cả. Giải E(U) = E(V ) = µ, U,V độc lập. Có: σ(V ) = 3σ(U) ⇒ V (V ) = 9V (U) a) Ta có: EW 1 = E ? 1 2 U + 1 2 V ? = 1 2 EU + 1 2 EV = 1 2 µ + 1 2 µ = µ EW 2 = E ? 3 4 U + 1 4 V ? = 3 4 EU + 1 4 EV = 3 4 µ + 1 4 µ = µ EW 3 = E (1U + 0V ) = EU = µ ⇒ EW 1 = EW 2 = EW 3 = µ ⇒ cả ba đều là ước lượng không chệch. b) Ta có: V (W 1 ) = V ? 1 2 U + 1 2 V ? = 1 4 V (U) + 1 4 V (V ) = 9 4 V (U) + 1 4 V (U) = 5 2 V (U) V (W 2 ) = V ? 3 4 U + 1 4 V ? = 9 16 V (U) + 1 16 V (V ) = 9 16 V (U) + 9 16 V (U) = 9 8 V (U) V (W 3 ) = V (1U + 0V ) = V (U) ⇒ V (W 1 ) > V (W 2 ) > V (W 3 ). Vậy W 3 hiệu quả hơn cả. 6 1.2 Ước lượng hợp lý cực đại Mẫu W = (X 1 ,X 2 ,··· ,X n ) có quan sát w = (x 1 ,x 2 ,··· ,x n ). Hàm hợp lý đối với quan sát w L(x 1 ,x 2 ,··· ,x n ,θ) = f(x 1 ,θ)···f(x n ,θ) Và lnL = lnf(x 1 ,0) + ··· + f(x n ,0) Tìm cực đại của lnL thông qua việc tìm nghiệm của hệ:      ∂lnL ∂lnθ = 0 ∂ 2 lnL ∂ 2 θ 2 < 0 Ví dụ 1.2. Tìm ước lượng hợp lý cực đại của EX = µ trong trường hợp biến ngẫu nhiên gốc X ∼ N(µ,σ 2 ) Ta có hàm mật độ xác suất của X là f(x) = 1 √ 2πσ e −(x − µ) 2 2σ 2 nên lnf(x) = ln( 1 √ 2πσ e −(x − µ) 2 2σ 2 ) = −ln √ 2πσ − (x − µ) 2 2σ 2 Hàm hợp lý dựa trên mẫu với giá trị quan sát cụ thể w = (x 1 ,x 2 ,··· ,x n ) là: L(ω,µ) = Π n i=1 ( 1 √ 2π e − Σ(x i − µ) 2 2σ 2 ) Ta sẽ tìm cực đại của hàm: lnL(ω,µ) = −nln( √ 2πσ) − Σ(x i − µ) 2 2σ 2 7 Ta có: ∂L(ω,µ) ∂µ = 0 ↔ µ = x Vì ∂ 2 lnL(ω,µ) ∂µ 2 < 0 tại x nên ước lượng hợp lý cực đại của µ là X Bài toán 1.3 (2.330). Hãy tìm ước lượng hợp lý tối đa (a) Cho trung bình tổng thể, biết nếu n = 4 được rút từ tổng thể phân bố chuẩn và thu được các giá trị trung bình là 17, 28, 29, 41. (b) Cho tỷ lệ phế phẩm của lô hàng biết rằng kiểm tra ngẫu nhiên 20 sản phẩm của lô hàng thì có 8 phế phẩm. Giải. a) n = 4,x = 28,75,s = 9,81 biến ngẫu nhiên phân bố chuẩn nên: f(x) = 1 √ 2πσ e −(x − µ) 2 2σ 2 lnf(x) = ln √ 2πσ − (x − µ) 2 2σ 2 Hàm hợp lý dựa trên mẫu với giá trị quan sát cụ thể w = (x 1 ,x 2 ,··· ,x n ) là: L(ω,µ) = Π i = 1 n ( 1 √ 2πσ e −(x − µ) 2 2σ 2 → lnL(ω,µ) = ln √ 2πσ − Σ(x i − µ) 2 2σ 2 Ta có: ∂lnL(ω,µ) ∂µ = 0 ↔ µ = x Vì ∂ 2 lnL(ω,µ) ∂µ 2 < 0 tại x nên ước lượng hợp lý cực đại của µ là x = 28,75. 8 b) Gọi X là số phế phẩm trên 1 sản phẩm, X ∼ B(1,p) n = 20, quan sát w = (x 1 ,x 2 ,··· ,x 2 0) Mật độ xác suất: P(X = x) = p x (1 − p) 1−x Hàm hợp lý: L(ω,p) = P(X = x 1 )P(X = x 2 )···P(X = x n ) = p Σx i (1 − p) n−Σx i lnL(ω,p) = Σx i lnp + (n − Σx i )ln(1 − p) ∂lnL ∂p = Σx i p − n − Σx i 1 − p ∂ 2 lnL ∂p 2 = −Σx i p 2 − n − Σx i (1 − p) 2 Ta có: ∂lnL ∂p = 0 ↔ Σx i p − n − Σx i 1 − p = 0 ↔ Σx i − pΣx i − pn + pΣx i = 0 ↔ Σx i − pn = 0 ↔ p = Σx i n = x Vì ∂ 2 lnL ∂p 2 < 0 tại x nên ước lượng hợp lý cực đại cho p là x với x = Σx i n = 8 20 = 0,4. Bài toán 1.4 (2.430). Cho biến ngẫu nhiên X trong tổng thể Poison với tham số λ. Để ước lượng λ, người ta điều tra một mẫu kích thước n = 3 và thu được các giá trị 15, 8, 13. a) Viết biểu thức hàm hợp lý. b) Tìm giá trị của hàm hợp lý khi λ lần lượt nhận giá trị bằng 5, 10, 15. 9 c) Từ kết quả thu được, hãy ước lượng hợp lý tối đa của λ bằng bao nhiêu? d) Hãy tìm ước lượng hợp lý tối đa của λ trong trường hợp tổng quát. Giải: Ta có: P(X = x) = e −λ λ x x ↔ lnP(X = x) = −λ + xlnL − lnx Hàm hợp lý dựa trên mẫu với giá trị quan sát cụ thể W = (x 1 ,x 2 ,··· ,x n ) là: L = f(x 1 ,θ)f(x 2 ,θ)···f(x n ,θ) a) L = f(x 1 ,θ)f(x 2 ,θ)f(x 3 ,θ) = e −λ λ 15 15 e −λ λ 8 8 e −λ λ 13 13 = e −3λ λ 15 λ 8 λ 13 15813 b) lnL = ln(e −3λ λ 5 λ 10 λ 15 51015 ) = −3λ + 30lnλ − ln51015 ∂lnL ∂λ = −3 + 30 λ = 0 ↔ λ = 10 ∂ 2 lnL ∂λ 2 = −30 λ 2 < 0 ↔ λ = 10 c) Hàm hợp lý: L = f(x 1 ,θ)f(x 2 ,θ)···f(x n ,θ) = e −λ λ x 1 x 1 e −λ λ x 2 x 2 ···e −λ λ x n x n = e −nλ λ Σx i x i ↔ lnL = −nλ + Σx i lnλ − Σlnx i 10 Ta có:      ∂lnL λ = −n + Σx i λ = 0 ↔ λ = Σx i n = x ∂ 2 lnL λ 2 = −Σx i λ 2 < 0 Vậy ước lượng hợp lý cực đại của λ là bằng x. Bài toán 1.5 (2.531). Cho biến ngẫu nhiên X trong tổng thể phân bố mũ với tham số θ. Để ước lượng θ, người ta điều tra một mẫu kích thước n = 5 và thu được các giá trị 1,2; 7,5; 1,8; 3,7; 0,8. a) Tìm ước lượng hợp lý tối đa cho θ và giá trị hàm hợp lý khi θ lần lượt là 0,1; 0,2; 0,5. b) Tìm ước lượng hợp lý tối đa cho θ trong trường hợp tổng quát. Giải: Ta có: f(x) = θe −θx ,(x > 0) → lnf(x) = lnθ − θx Hàm hợp lý dựa trên mẫu với giá trị quan sát cụ thể W = (x 1 ,x 2 ,··· ,x n ) L = f(x 1 ,θ)f(x 2 ,θ)···f(x n ,θ) = θe −θ1,2 θe −θ7,5 θe −θ1,8 θe −θ3,7 θe −θ0,8 = θ 5 e −15θ → lnL = 5lnθ − 15θ      ∂lnL ∂θ = 5 θ − 15 = 0 ↔ θ = 1 3 ∂ 2 lnL ∂θ 2 = −5 θ 2 < 0 Trong trường hợp tổng quát: Ta có: f(x) = θe −θx ,(x > 0) → lnf(x) = lnθ − θx 11 Hàm hợp lý dựa trên mẫu với giá trị quan sát cụ thể W = (x 1 ,x 2 ,··· ,x n ) là: L = f(x 1 ,θ)f(x 2 ,θ)···f(x n ,θ) = θe −θx 1 θe −θx 2 ···θe −θx n = θ n e −θΣx i → lnL = nlnθ − θΣx i      ∂lnL ∂θ = n θ − Σx i = 0 ↔ θ = n Σx i = 1 x ∂ 2 lnL ∂θ 2 = −n θ 2 < 0 Vậy ước lượng hợp lý cực đại của θ là bằng 1 x 1.3 Ước lượng khoảng tin cậy cho kỳ vọng của phân bố chuẩn Giả sử mẫu W = (x 1 ,··· ,x n ) lấy từ tổng thể có biến ngẫu nhiên X ∼ N(µ,σ 2 ) trong đó µ chưa biết. Với độ tin cậy 1 − α ước lượng giá trị µ. a) biết phương sai σ 2 Khoảng tin cậy: µ ∈ (x − U α 2 σ √ n ,x + U α 2 σ √ n ) độ dài khoảng tin cậy: l = 2U α 2 σ √ n Sai số (độ chính xác): ε = U α 2 σ √ n Độ rộng khoảng tin cậy không vượt quá giá trị cho trước: l ≤ l 0 ↔ n ≥ 4σ 2 U 2 α 2 l 2 0 = σ 2 U 2 α 2 ε 2 0 Khoảng tin cậy bên trái: µ = (−∞;x + U α σ √ n ) 12 Khoảng tin cậy bên trái để ước lượng giá trị tối đa của µ tức là: µ max = x + U α σ √ n Khoảng tin cậy bên phải: µ = (x − U α σ √ n ;+∞) Khoảng tin cậy bên phải để ước lượng giá trị tối thiểu là: µ min = x − U α σ √ n → Khoảng tin cậy tốt nhất là khaongr tin cậy đối xứng. b) Chưa biết phương sai Khoảng tin cậy: µ ∈ (x − t n−1 α 2 s √ n ,x + t n−1 α 2 s √ n ) độ dài khoảng tin cậy: l = 2t n−1 α 2 s √ n Sai số (độ chính xác): ε = t n−1 α 2 s √ n Kích thước mẫu tối thiểu: l ≤ l 0 ↔ n ≥ s 2 (t n−1 α 2 ) 2 ε 2 0 Khoảng tin cậy bên trái: µ = (−∞;x − t n−1 α s √ n ) Khoảng tin cậy bên trái để ước lượng giá trị tối đa của µ tức là: µ max = x + t n−1 α s √ n Khoảng tin cậy bên phải: µ = (x − t n−1 α s √ n ;+∞) Khoảng tin cậy bên phải để ước lượng giá trị tối thiểu là: µ min = x − t n−1 α s √ n Chú ý 1.1. Nếu n > 30 hoặc các biến ngẫu nhiên độc lập cùng phân bố với n lớn thì thống kê đó xấp xỉ phân bố chuẩn → thay t bằng u. 13 Bài toán 1.6 (2.523). Điều tra thu nhập X (triệutháng) của một số hộ gia đình ở một vùng dân cư, thu được số liệu sau: X 4 4,5 5 5,5 6 6,5 7 7,5 8 Số hộ 1 3 4 6 8 7 6 3 2 a) Ước lượng khoảng tin cậy đối xứng cho thu nhập trung bình mỗi tháng của hộ dân ở vùng đó với độ tin cậy 95%. Độ dài khoảng tin cậy đối xứng trong trường hợp này là bao nhiêu? b) Muốn độ chính xác tăng gấp đôi thì cần điều tra thêm bao nhiêu hộ? c) Ước lượng giá trị bé nhất của thu nhập trung bình mỗi tháng của hộ dân vùng đó với độ tin cậy 90% Giải a) Đây là bài toán ước lượng trong trường hợp chưa biết phương sai, không có giả thiết phân bố của X là chuẩn nhưng n > 30 nên ta có: µ ∈ (x − U α 2 s √ n ;x + U α 2 s √ n ) Theo giả thiết ta có: n = 40,x = 6,1125,s = 0,9903 nên: µ ∈ (5,8056;6,4194) Độ dài khoảng tin cậy là: l = 2U α 2 s √ n = 2.1,96. 0,9903 √ 40 = 0,6138 b) Giả sử cần dùng mẫu n 1 để độ chính xác của ước lượng tăng gấp đôi. Khi đó sai số của ước lượng bằng: U α 2 σ √ n 1 Để độ chính xác của ước lượng tăng gấp đôi thì sai số giả một nửa tức: U α 2 s √ n 1 = 1 2 U α 2 s √ n ↔ 1 √ n 1 = 1 2 √ n ↔ n 1 = 4n = 160 Vậy cần điều tra thêm n 1 − n = 160 − 40 = 120 (hộ). 14 c) Giá trị bé nhất của thu nhập trung bình mỗi tháng của hộ dân được ước lượng: µ min = x − U α s √ n = 5,9121 Bài toán 1.7. Doanh số của một cửa hàng là biến ngẫu nhiên phân bố chuẩn với độ lệch chuẩn là 2 triệutháng. Điều tra ngẫu nhiên doanh số của 600 cửa hàng có quy mô tương tự nhau tìm được doanh số trung bình là 8,5 triệu. Với độ tin cậy 95%, hãy ước lượng doạn số trung bình của cửa hàng thuộc quy mô đó. Giải Doanh số của cửa hàng đó là biến ngẫu nhiên phân bố chuẩn nên ta có khoảng tin cậy cho trung bình là: µ ∈ (x − U α2 σ √ n ;x + U α2 σ √ n ) Với n = 600,σ = 2,x = 8,5;1 − α = 0,95 → α = 0,05 → U α2 = 1,96 .Ta có: µ ∈ (8,3399;8,66) Vậy doanh số các cửa hàng thuộc quy mô đó là từ 8,3399 đến 8,66 triệutháng. Bài toán 1.8. Với độ tin cậy 95%, hãy ước lượng lượng xăng hao phí trung bình cho một ô tô chạy từ A đến B nếu chạy thử 30 lần trên đoạn đường này, người ta ghi nhận được lượng xăng hao phí như sau: Lượng xăng 9,69,8 9,810 10,010,2 10,210,4 10,410,6 Số lần 3 5 10 8 4 Biết lượng xăng hao phí là biến ngẫu nhiên tuân theo quy luật phân bố chuẩn. Giải Lượng xăng hao phí là biến ngẫu nhiên phân bố chuẩn nên ta có khoảng tin cậy cho trung bình là: µ ∈ (x − t n−1 α2 s √ n ;x + t n−1 α2 s √ n ) 15 Với n = 30;x = 10,1333;s = 0,2354;1 − α = 0,95 → α = 0,05 → t n−1 α2 = t 29 0,025 = 2,045. Ta có: µ ∈ (10,0454;10,2212) Vậy lượng xăng hao phí trung bình là 10,0454 đến 10,2212 lít. Bài toán 1.9. Để định mức thời gian gia công một chi tiết máy, người ta theo dõi ngẫu nhiên quá trình gia công 25 chi tiết và thu đc số liệu như sau: Thời gian (số phút) 1517 1719 1921 2123 2325 2527 Số chi tiết 1 3 4 12 3 2 Bằng khoảng tin cậy đối xứng hãy ước lượng thời gian gia công chi tiết là biến ngẫu nhiên phân bố chuẩn. Giải Thời gian gia công chi tiết là biến ngẫu nhiên phân bố chuẩn, do chưa biết σ nên: µ ∈ (x − t n−1 α2 s √ n ;x + t n−1 α2 s √ n ) Với n = 25;x = 21,52;s = 2,4;1 − α = 0,95 → α = 0,05 → t n−1 α2 = t 24 0,025 = 2,064. Ta có: µ ∈ (20,52928;22,51072) Vậy thời gian gia công chi tiết trung bình là từ 20,52928 đến 22,51072 phút. Bài toán 1.10. Chiều dài (X) loại sản phẩm A do một máy tự động sản xuất là biến ngẫu nhiên theo quy luật chuẩn với độ lệch chuẩn σ X = 3cm. Để ước lượng chiều dài trung bình của loại sản phẩm nói trên với độ tin cậy 95%, người ta tiến hành đo 36 sản phẩm. a) Tìm khoảng tin cậy đối xứng của chiều dài trung bình loại sản phẩm đó. b) Để ước lượng với độ tin cậy 99%, độ dài khoảng tin cậy đối xứng không vượt quá 0,6cm thì cần đo bao nhiêu sản phẩm. Giải 16 a) Chiều dài trung bình của loại sản phẩm trên là biến ngẫu nhiên phân bố chuẩn với σ = 3 nên khoảng tin cậy đối xứng của chiều dài trung bình loại sản phẩm đó là: µ ∈ (x − U α2 σ √ n ;x + U α2 σ √ n ) Với n = 36;σ = 3. b) Để độ dài khoảng tin cậy đối xứng không vượt quá 0,6 thì: l ≤ 0,6 ↔ n ≥ 4σ 2 U 2 α2 ε 2 0 = 4.3 2 .U 2 0,005 0,6 2 = 660,49 Vậy cần đo 661 sản phẩm. Bài toán 1.11. Trọng lượng (X) một loại chi tiết là một biến ngẫu nhiên tuân theo quy luật chuẩn với σ X =1,2kg. Phải chọn ít nhất bao nhiêu chi tiết để điều tra,nếu muốn độ chình xác của ước lượng là 0,3 và độ tin cậy của ước lượng ;à 95%. Giải Ta có: σ = 1,2;ε = 0,3;1 − α = 0,95 ↔ α = 0,05 → ε = U α2 σ √ n = 0,3 ↔ 1,96 1,2 √ n = 0,3 ↔ n = 62 Bài toán 1.12. Đo chiều sâu của biển bằng một loại dụng cụ có sai số tuân theo quy luật chuẩn với phương sai bằng 400 (m 2 ). Phải đo bao nhiêu lần độc lập với nhau để kết quả có sai số không quá 15 (m) với độ tin cậy 95%. Giải Ta có: σ 2 = 400 ↔ σ = 20;1 − α = 0,95 ↔ α = 0,5 ↔ U α2 = 1,96 Sai số không quá 15 tức: ε = U α2 σ √ n ≤ 15 ↔1,96. 20 √ n ≤ 15 ↔ 1 √ n ≤ 75 196 17 ↔ ≤ 6,8295 Vậy cần phải đo 6 lần độc lập 1.4 Ước lượng khoảng tin cậy cho tỷ lệ a) Khoảng tin cậy đối xứng: p ∈ (f − U α2 r f(1 − f) n ;f + U α2 q f(1−f) n ) Độ dài khoảng tin cậy: l = 2.U α2 r f(1 − f) n Độ chính xác (Sai số): ε = l 2 = U α2 r f(1 − f) n l ≤ l 0 ↔ n ≥ 4f(1 − f)U 2 α2 l 2 0 = f(1 − f)U 2 α2 ε 2 0 b) Khoảng tin cậy bên trái: p ∈ (0;f + U α q f(1−f) n ) → p max = f + U α r f(1 − f) n c) Khoảng tin cậy bên phải: p ∈ (f − U α q f(1−f) n ;+∞) → p min = f − U α r f(1 − f) n Bài toán 1.13. Để đánh giá trữ lượng cá trong hồ người ta đánh bắt 2000 con cá, đánh dấu rồi thả xuống hồ. Sau đó họ đánh bắt lại 400 con thì thấy 80 con có dấu. a) với độ tin cậy 95% hãy ước lượng trữ lượng cá hiện có trong hồ. b) Nếu muốn sai số của ước lượng giảm đi một nửa thì lần sau cần đánh bắt bao nhiêu con cá? Giải 18 a) Với n = 400;f = 80 400 = 0,2;U α2 = 1,96, ta có: p ∈ (f − U α2 r f(1 − f) n ;f + U α2 r f(1 − f) n ) ↔ p ∈ (0,1608;0,2392) Vậy lượng cá trong hồ là từ 321 đến 478 con. b) Để sai số của ước lượng giảm đi 1 nửa thì sai số của ước lượng tỉ lệ p tương ứng giảm một nửa. Gọi n 0 là mẫu mới cần điều tra. Ta có: U α2 r f(1 − f) n 0 = 1 2 U α2 r f(1 − f) n ↔ n 0 = 4n = 1600 Vậy cần bắt 1600 con cá. Bài toán 1.14. Hãy ước lượng tỷ lệ chình phẩm của một nhà máy bằng khoảng tin cậy đối xứng với độ tin cậy 95% biết rằng kiểm tra 100 sản phẩm của nhà máy thì thấy có 10 phế phẩm. Nếu cần ước lượng tỷ lệ chính phẩm của nhà máy với độ tin cậy 0,95 và độ dài khoảng tin cậy không quá 0,02 thì phải điều tra bao nhiêu sản phẩm. Giải n = 100,f = 90 100 = 0,9;α = 0,05 → U α2 = 1,96 Độ dài khoảng tin cậy không quá 0,02 tức: l ≤ 0,02 ↔ n ≥ 4f(1 − f)U 2 α2 l 2 0 ↔ n ≥ 4.0,9.(1 − 0,9)(1,96) 2 0,01 2 = 13829,76 Vậy cần điều tra 13830 sản phẩm. 19 1.5 Ước lượng khoảng tin cậy cho phương sai của phân bố chuẩn a) Biết µ i) Khoảng tin cậy đối xứng: σ 2 ∈ ( ns ∗2 χ 2(n−1) α2 ; ns ∗2 χ 2(n−1) 1−α2 ) ii) Khoảng tin cậy bên trái: σ 2 ∈ (0; ns ∗2 χ 2n 1−α ) → σ 2 max = ns ∗2 χ 2n 1−α iii) Khoảng tin cậy bên phải: σ 2 ∈ ( ns ∗2 χ 2n α ;+∞) → σ 2 min = ns ∗2 χ 2n α b) Chưa biết µ i) Khoảng tin cậy đối xứng: σ 2 ∈ ( (n − 1)s 2 χ 2(n−1) α2 ; (n − 1)s 2 χ 2(n−1) 1−α2 ) ii) Khoảng tin cậy bên trái: σ 2 ∈ (0; (n − 1)s 2 χ 2(n−1) 1−α ) → σ 2 max = ns 2 χ 2(n−1) 1−α iii) Khoảng tin cậy bên phải: σ 2 ∈ ( (n − 1)s 2 χ 2(n−1) α ;+∞) → σ 2 min = (n − 1)s 2 χ 2(n−1) α Bài toán 1.15. Kiểm tra ngẫu nhiên 16 lô thuốc mới nhập về tìm được độ phân tán của thành phần chính trong mỗi viên thuốc là s 2 = 0,0775g 2 . Với độ tin cậy 0,95, hãy ước lượng độ phân tán của thành phần chính trong mỗi viên thuốc của cả lô thuốc đó. Giải n = 16,s 2 = 0,0775;α = 0,05 → χ 2(15) 0,025 = 27,49,χ 2(15) 0,975 = 6,262 Ước lượng phương sai với trung bình µ chưa biết: σ 2 ∈ ( (n − 1)s 2 χ 2(n−1) α2 ; (n − 1)s 2 χ 2(n−1) 1−α2 ) ↔ σ 2 ∈ (0,0423;0,1856) 20 Bài toán 1.16. Lãi suất cổ phiếu của một công ty trong vòng 5 năm qua là 15%,10%,20%,7%,14%. Với độ tin cậy 90%, hãy ước lượng độ phân tán của lãi suất côt phần của công ty đó, biết lãi suất cổ phiếu là biến ngẫu nhiên phân bố chuẩn. Giải n = 5,s 2 = 0,00247;α = 0,1 → χ 2(4) 0,05 = 9,488,χ 2(4) 0,95 = 0,711 Ước lượng độ phân tán lãi suất cổ phiếu của công ty đó: σ 2 ∈ ( (n − 1)s 2 χ 2(n−1) α2 ; (n − 1)s 2 χ 2(n−1) 1−α2 ) ↔ σ 2 ∈ (0,001;0,014) Bài toán 1.17. Để nghiên cứu sự biến động của lượng sữa của mỗi con bò trong chu kỳ vắt sữa, người ta lấy ngẫu nhiên 15 con bò và thu được số liệu sau: 12982 12120 14972 14004 14788 13812 14358 8998 10620 14744 11036 9248 9980 11990 14786 Giải n = 15,s 2 = 4606311;α = 0,05 → χ 2(14) 0,025 = 26,12,χ 2(14) 0,975 = 5,629 Ước lượng phương sai với trung bình µ chưa biết: σ 2 ∈ ( (n − 1)s 2 χ 2(n−1) α2 ; (n − 1)s 2 χ 2(n−1) 1−α2 ) ↔ σ 2 ∈ (2468926;11456449,77) 1.6 Ước lượng khoảng cho hiệu hai tham số của hai biến ngẫu nhiên a) Ước lượng độ lệch cho 2 giá trị trung bình Trường hợp hai mẫu độc lập 21 i) Biết phương sai σ 2 1 ,σ 2 1 µ 1 − µ 2 ∈ (x − y ∓ U α2 r σ 2 1 n + σ 2 2 m ) (µ 1 − µ 2 ) max = x − y + U α2 r σ 2 1 n + σ 2 2 m (µ 1 − µ 2 ) min = x − y − U α2 r σ 2 1 n + σ 2 2 m ii) Chưa biết phương sai, m,n > 30 µ 1 − µ 2 ∈ (x − y ∓ U α2 r s 2 1 n + s 2 2 m ) (µ 1 − µ 2 ) max = x − y + U α r s 2 1 n + s 2 2 m (µ 1 − µ 2 ) min = x − y − U α r s 2 1 n + s 2 2 m iii) Chưa biết phương sai, m,n ≯ 30 µ 1 − µ 2 ∈ (x − y ∓ t n+m−2 α2 .s. r 1 n + 1 m ) (µ 1 − µ 2 ) max = x − y + t n+m−2 α .s. r 1 n + 1 m (µ 1 − µ 2 ) min = x − y − t n+m−2 α .s. r 1 n + 1 m Với s 2 = (n − 1)s 2 1 + (m − 1)s 2 2 m + n − 2 b) Trường hợp số liệu theo cặp: i) Đã biết trung bình: σ 2 2 σ 2 1 ∈ ( s ∗2 2 .f (n,m) 1−α2 s ∗2 1 ; s ∗2 2 .f (n,m) α2 s ∗2 1 ) ( σ 2 2 σ 2 1 ) max = s ∗2 2 .f (n,m) α s ∗2 1 ( σ 2 2 σ 2 1 ) min = s ∗2 2 .f (n,m) 1−α s ∗2 1 22 ii) Chưa biết trung bình σ 2 2 σ 2 1 ∈ ( s 2 2 .f (n−1,m−1) 1−α2 s 2 1 ; s 2 2 .f (n−1,m−1) α2 s 2 1 ) ( σ 2 2 σ 2 1 ) max = s 2 2 .f (n−1,m−1) α s 2 1 ( σ 2 2 σ 2 1 ) min = s 2 2 .f (n−1,m−1) 1−α s 2 1 c) Ước lượng hiệu hai tỷ lệ: p 1 − p 2 ∈ (f 1 − f 2 ∓ U α2 r f 1 (1 − f 1 ) n + f 2 (1 − f 2 ) m ) (p 1 − p 2 ) max = f 1 − f 2 + U α r f 1 (1 − f 1 ) n + f 2 (1 − f 2 ) m (p 1 − p 2 ) min = f 1 − f 2 − U α r f 1 (1 − f 1 ) n + f 2 (1 − f 2 ) m Bài toán 1.18. Để thử nghiệm một công nghệ mới trongsanr xuất gạch chịu lửa người ta đam đo độ chịu lửa của 5 viên gạch đc sản xuất theo công nghệ mới và 5 viên theo công nghệ cũ và thu đc kết quả sau: Gạch cũ 475 436 495 483 426 Gạch mới 485 438 493 486 433 Giải a) Ước lượng nhiệt độ chịu lửa trung bình của loại gạch cũ với n 1 = 5,x 1 = 463;s 1 = 30,27;t 4 0,025 = 2,776, ta có: µ 1 ∈ (x 1 − t (n−1) α2 s 1 √ n ;x 1 + t (n−1) α2 s 1 √ n ) ↔ µ 1 ∈ (425,421;500,58) Ước lượng nhiệt độ chịu lửa trung bình của loại gạch mới với: n 2 = 5;x 2 = 467;s 2 = 28,974;t 4 0,025 = 2,776 µ 2 ∈ (x 2 − t (n−1) α2 s 2 √ n ;x 2 + t (n−1) α2 s 2 √ n ) ↔ µ 1 ∈ (431,0298;502,902) 23 b) Ước lượng độ chịu lửa tăng lên của loại gạch mới so với loại gạch cũ là: (µ 1 − µ 2 ) ∈ (x 1 − x 2 ∓ t n 1 +n 2 −2 α2 .s. r 1 n 1 + 1 n 2 ) Với s 2 = (n 1 − 1)s 2 1 + (n 2 − 1)s 2 2 n 1 + n 2 − 2 = 4.30,27 2 + 4.28,974 2 8 = 877,883 → (µ 1 − µ 2 ) ∈ (2124,166;2132,166) Bài toán 1.19. Để ước lượng tỷ lệ phế phẩm p của một lô hàng với độ tin cậy 99% và sai số ước lượng không quá 0,005 thì phải kiểm tra tối thiểu bao nhiêu sản phẩm. Giải Sai số ước lượng không quá 0,005 tức là: ε ≤ 0,005 ↔ U α2 r f(1 − f) n ≤ 0,005 ↔ ε ≤ U α2 2 √ n ≤ 0,005 ↔ ε ≤ 2,575 2 √ n ≤ 0,005 ↔ n = 66306 Vậy cần kiểm tra tối thiểu 66306 cái. Bài toán 1.20. Để ước lượng khối lượng gỗ khai thác được từ 380 cây người ta đam đo ngẫu nhiên 10% số cây và thu được kết quả sau: Khối lượng (m 3 ) 20 40 60 80 Số cây 8 16 12 2 Với độ tin cậy 95%, hãy ước lượng: a) Khối lượng gỗ trung bình mỗi cây. b) Tổng khối lượng gỗ khai thác được. Giả thiết khối lượng gỗ mỗi cây là biến ngẫu nhiên phân bố chuẩn. 24 Giải n = 38;x = 44,211;s = 16,867;U 0,025 = 1,96 a) Khối lượng gỗ trung bình của mỗi cây là: µ ∈ (x − U α2 s √ n ;x + U α2 s √ n ) ⇔ µ ∈ (38,848;49,574) b) Tổng lượng gỗ khai thác được là: 380µ ∈ (14762,24;18838,12) Bài toán 1.21. Để kiểm tra chất lượng của một lô lớn các màn hình máy tính xuất khẩu, người ta lấy ngẫu nhiên 100 màn hình để kiểm tra chất lượng và thấy 4 màn hình có khuyết tật. a) Với độ tin cậy 90%, hãy ước lượng tỷ lệ màn hình có khuyết tật của lô hàng đó. b) Cũng với độ tin cậy trên hãy ước lượng số màn hình có khuyết tật tối đa nếu lô hàng có 10000 màn hình. Giải a) n = 100;f = 4 100 = 0,04;α = 0,01 ⇒ U α2 = 2,575 Tỷ lệ màn hình có khuyết tật của lô hàng là: p ∈ (f − U α2 r f(1 − f) n ;f + U α2 r f(1 − f) n ) ⇔ p ∈ (0;0,0904) b) Số màn hình có khuyết tật tối đa nếu lô hàng có 10000 màn hình là: P max = f + U α r f(1 − f) n = 0,04456 25 Bài toán 1.22. Một doanh nghiệp có dự định đưa một sản phẩm mới vào thị trường có 1500000 người tiêu dùng. Nghiên cứu thị trường đối với 2500 khách hàng tiềm năng thấy 800 người sẵn sàng mua sản phẩm đó. 1. Với độ tin cậy 95%, hãy ước lượng thị phần tiềm năng của doanh nghiệp. 2. Số lượng khách hàng tiềm năng mà doanh nghiệp hy vọng sẽ có đc ở thị trường mới là bao nhiêu. Giải a) n = 2500;f = 800 2500 = 0,32;α = 0,05 ⇒ U α2 = 1,96 Ước lượng thị phần tiềm năng của doanh nghiệp: p ∈ (f − U α2 r f(1 − f) n ;f + U α2 r f(1 − f) n ) ⇔ p ∈ (0,3017;0,3383) b) Số lượng khách hàng tiềm năng mà doanh nghiệp hi vọng có được ở thị trường này là từ 452550 đến 507450 người. Bài toán 1.23. Để nghiên cứu ảnh hưởng của rượu đối với trí thông minh của trẻ em, người ta đo chỉ số thông minh của 8 đứa trẻ mà mẹ của chúng uống rượu trong thời kỳ mang thai tìm được chỉ số thông minh trung bình của chúng là 78 và Σ(x i − x) 2 =1805. Một nhóm khác gồm 46 đứa trẻ tương tự chỉ có điều mẹ chúng không hút thuốc thì được chỉ số thông minh trung bình là 99 và Σ(x i −x) 2 =11520. Với độ tin cậy 95% hãy ước lượng sự chênh lệch giữa chỉ số thông minh trung bình của 2 nhóm trẻ trên. Giải n 1 = 8,x 1 = 78;s 1 = r 1805 7 = 16,058 n 2 = 46;x 2 = 99;s 2 = r 11520 45 = 16 26 s 2 = (n − 1)s 2 1 + (m − 1)s 2 2 m + n − 2 = 256,25 Sự chênh lệch giữa chỉ số thông minh trung bình giữa 2 nhóm trẻ trên là: µ 1 − µ 2 ∈ (x 1 − x 2 ∓ U α2 s s 2 1 n 1 + s 2 2 n 2 ) Bài toán 1.24. Để đánh giá hiệu quả của một chiến dịch quảng cáo, người ta so sánh doanh số của công ty tại 6 khu vực thị trường trước và sau chiến dịch quảng cáo thu được số liệu sau: (đơn vị: triệutháng) Trước quảng cáo 620 600 640 630 570 600 Sau quảng cáo 660 620 670 620 580 630 Với độ tin cậy 95%, hãy ước lượng mức tăng doanh số trung bình sau chiến dịch quảng cáo, biết rằng doanh số của công ty là biến ngẫu nhiên phân bố chuẩn. Giải n 1 = 6;x 1 = 610;s 1 = 25,2982 n 2 = 6;x 2 = 630;s 2 = 32,249 t 10 0,0025 = 2,228;s = 336,124 Doanh số của công ty là biến ngẫu nhiên phân bố chuẩn, ước lượng trong trường hợp chưa biết phương sai,n < 30, ta có: (µ 1 − µ 2 ) ∈ (x 1 − x 2 ∓ t n 1 +n 2 −2 α2 .s. r 1 n 1 + 1 n 2 ) ⇔ (µ 1 − µ 2 ) ∈ (412,37;452,37) Bài toán 1.25. Vào năm 1963, trong số 200 người Mỹ được phỏng vấn ngẫu nhiên thì 160 người ủng hộ tổng thống B.Johnson. Đến năm 1968, do sa lầy vào chiến tranh Việt Nam, trong 200 người được hỏi ý kiến thì chỉ có 70 người ủng hộ chính sách của tổng thống. a) Với độ tin cậy 95%, hãy ước lượng tỷ lệ dân Mỹ ủng hộ chính sách của ông Johnson vào năm 1963, 1968. b) Cũng với độ tin cậy trên, tỷ lệ dân chúng ủng hộ ông Johnson giữa hai năm giảm đi bao nhiêu phần trăm. 27 Giải a) Tỷ lệ người Mỹ ủng hộ chính sách của ông Johnson năm 1963 là: p ∈ (f − U α2 r f(1 − f) n ;f + U α2 r f(1 − f) n ) Với n 1 = 200;f 1 = 160 200 = 0,8;U 0,025 = 1,96 ⇒ p ∈ (0,7446;0,8554) Tỷ lệ người Mỹ ủng hộ chính sách của Johnson năm 1968 là: p ∈ (f − U α2 r f(1 − f) n ;f + U α2 r f(1 − f) n ) Với n 2 = 200;f 2 = 70 200 = 0,35;U 0,025 = 1,96 p ∈ (0,2839;0,4161) b) Ước lượng hiệu 2 tỷ lệ: (p 1 − p 2 ) ∈ (f 1 − f 2 ∓ U α2 r f 1 (1 − f 1 ) n + f 2 (1 − f 2 ) m ) (p 1 − p 2 ) ∈ (0,3637;0,5363) Vậy tỷ lệ ủng hộ tổng thống Johnson giảm 36,37%Øn53,63% Bài toán 1.26. Điều tra 300 người nghiện thuốc thấy tuổi thọ của họ là 68,1 năm và độ lệch chuẩn là 8,2 năm. Đối với 400 người không hút thuốc được điều tra ngẫu nhiên thì tuổi thọ trung bình của họ là 77.3 năm và độ lệch chuẩn là 5.3 năm. Hãy ước lượng với độ tin cậy 95% sự chênh lệch về tuổi thọ trung bình giữa những người không nghiện và những người nghiện thuốc lá; biết tuổi thọ là biến ngẫu nhiên phân bố chuẩn. Giải Gọi X 1 ,X 2 là tuổi thọ của người hút thuốc và không hút thuốc X i ∼ 28 N(µ i ;σ 2 i ). Ta ước lượng µ 1 − µ 2 trong trường hợp chưa biết phương sai, n 1 ,n 2 > 30. µ 1 − µ 2 ∈ (x − y ∓ U α2 r s 2 1 n + s 2 2 m ) ⇒ (µ 1 − µ 2 ) ∈ (8,1366;10,2634) 29Chương 1 ƯỚC LƯỢNG THAM SỐ CỦA BIẾN NGẪU NHIÊN 1.1 Ước lượng không chệch, ước lượng hiệu quả a) Tiêu chuẩn không chệch: Ước lượng b θ = T(X 1 ,··· ,X n ) của tham số θ được gọi là không chệch nếu: ET(X 1 ,··· ,X n ) = θ b

Định dạng
Số trang	29
Dung lượng	232,22 KB