GIÁO TRÌNH XÁC SUẤT THỐNG KÊ CÓ LỜI GIẢI - ĐẶNG XUÂN QUỲNH (2020-2021)

GIÁO TRÌNH XÁC SUẤT THỐNG KÊ

vectorstock.com/10212081

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection DẠY KÈM QUY NHƠN EBOOK PHÁT TRIỂN NỘI DUNG

GIÁO TRÌNH XÁC SUẤT THỐNG KÊ CÓ LỜI GIẢI - ĐẶNG XUÂN QUỲNH (2020-2021) PDF VERSION | 2021 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM

Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

ThS: Đặng Xuân Quỳnh

Bài Giảng: XÁC SUẤT THỐNG KÊ

Chương 1: Các khái niệm cơ bản trong lý thuyết xác suất 1.Giải tích tổ hợp 1.1.Quy tắc cộng Ta cần thực hiện 1 công việc nào đó có n phương án để thực hiện

FF IC IA L

+Phương án 1: Có n1 cách chọn. +Phương án 2: Có n2 cách chọn. ……………… +Phương án n: Có nn cách chọn.

Vậy để thực hiện công việc ta có: n1+n2+…+nn cách chọn.

O

Ví dụ 1: Siêu thị A có bán 2 loại sữa, siêu thị B có bán 3 loại sữa, siêu thị C

N

có bán 4 loại sữa, khi mua một loại sữa thì có bao nhiêu cách mua?

Ơ

Giải: +Phương án 1: Đến siêu thị A: Có 2 cách chọn. +Phương án 2: Đến siêu thị B: Có 3 cách chọn.

H

+Phương án 3: Đến siêu thị C: Có 4 cách chọn.

N

Vậy để chọn mua 1 loại sữa ta có: 2+3+4=9 cách chọn.

Y

Ví dụ 2: Để đi từ tỉnh A đến tỉnh B thì ta có thể đi bằng các phương tiện: ô

U

tô, tàu hỏa, tàu thủy, máy bay. Mỗi ngày có 10 chuyến ô tô, 3 chuyến tàu hỏa và 5

Q

chuyến máy bay. Hỏi trong 1 ngày để đi từ tỉnh A đến tỉnh B thì có bao nhiêu

M

cách?

Giải: +Phương án 1 để đi ô tô có 10 cách chọn.

KÈ

+Phương án 2 để đi tàu hỏa có 3 cách chọn. +Phương án 3 để đi máy bay có 5 cách chọn.

ẠY

Vậy để đi từ tỉnh A đến tỉnh B ta có: 10+3+5=18 cách chọn.

D

1.2.Quy tắc nhân Một công việc được hoàn thành qua k giai đoạn: +Giai đoạn 1: Có n1 cách chọn. +Giai đoạn 2: Có n2 cách chọn. ………………. +Giai đoạn k: Có nk cách chọn.

1

ThS: Đặng Xuân Quỳnh

Bài Giảng: XÁC SUẤT THỐNG KÊ

Vậy để thực hiện công việc ta có: n1,n2,…,nn cách chọn.

Ví dụ 1: Một lớp có 30 học sinh. Cần chọn ra BCH đoàn (bí thư, p.bí thư, ủy viên). Có bao nhiêu cách chọn ra 1 BCH như thế?

Giải: Công việc chọn 1 BCH đoàn. +Chọn p.bí thư: có 29 cách. +Chọn ủy viên: có 28 cách.

FF IC IA L

+Chọn bí thư: có 30 cách.

Vậy để chọn 1 BCH đoàn ta có: 30.29.28=24 360 cách chọn.

Ví dụ 2: Có bao nhiêu số tự nhiên lẻ có 3 chữ số?

Giải: Giả sử số có 3 chữ số là: ABC và ABC thuộc (0,1,2,3,4,5,6,7,8,9)

O

Công việc có bao nhiêu cách sắp xếp số tự nhiên như vậy

N

+Chọn A: có 9 cách (trừ phần tử 0)

Ơ

+Chọn B: có 10 cách

+Chọn C: có 5 cách (C thuộc: 1,3,5,7,9)

H

Vậy ta có: 9.10.5=450 cách lập số lẽ.

N

1.3.Hoán vị

Y

Giả sử có n phần tử được xếp ở n vị trí. Ta đổi chỗ các phần tử cho nhau. Số

U

cách đổi chỗ của n phần tử cho nhau gọi là số hoán vị của n phần tử.

Q

Số cách ấy được chứng minh bằng: n! = n.(n-1)(n-2)….2.1. Quy ước 0! = 1.

M

Ví dụ 1: Có 3 người : A, B, C xếp vào 3 chỗ ngồi. có các cách xếp như sau: ABC, ACB, CAB, CBA, BCA, BAC tất cả có 3! = 1.2.3 = 6 cách xếp.

KÈ

1.4.Tổ hợp

Ta lấy tùy ý k phần tử từ tập n phần tử (k ≤ n), sao cho hai cách lấy được gọi

ẠY

là khác nhau nếu chúng có ít nhất một phần tử là khác nhau. Số cách lấy k phần tử

D

như vậy gọi là một tổ hợp chập k của n. Ký hiệu: Ckn bấm máy: nCr Công thức : Cnk 

n! k!(n  k)!

Chú ý: C nnk 

n! n!   C nk như vậy số cách lấy ra k phần (n  k )!(n  n  k )! (n  k )!.k!

tử từ tập hợp n phần tử cũng bằng số cách lấy ra n-k phần tử còn lại.

2

ThS: Đặng Xuân Quỳnh

Bài Giảng: XÁC SUẤT THỐNG KÊ

Cn0  Cnn  1 ; C1n  Cnn1  n Ví dụ 1: Chọn ngẫu nhiên 2 người trong một nhóm 3 người A,B,C ta có số cách chọn là: Giải: Số cách chọn là : C3  3 cách chọn: AB, AC, BC 2

FF IC IA L

Ví dụ 2: Một lớp có 20 học sinh. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra 3 học sinh.

Giải: Để chọn ra 3 học sinh là tổ hợp chập 3 của 20 3 C20 

20!  1140 3!.17!

1.5.Chỉnh hợp:

O

Ta lấy ngẫu nhiên ra k phần tử từ tập hợp gồm n phần tử sao cho hai cách

N

lấy được gọi là khác nhau nếu giữa chúng có ít nhât một phần tử khác nhau hoặc thứ tự lấy ra của các phần tử là khác nhau. Số cách lấy ra k phần tử như vậy gọi là

H

Công thức: Akn=n.(n-1)…(n-k+1)

Ơ

một chỉnh hợp chập k của n phần tử. Ký hiệu: Akn

N

Ví dụ 3: Chọn ngẫu nhiên 2 người trong nhóm 3 người A, B, C để đi làm

Y

một nhiệm vụ nào đó. Ai được chọn đầu tiên sẽ làm nhóm trưởng.

U

Giải: Ta có 3 cách chọn AB, AC, BC

Q

Do hai cách chọn khác nhau còn kể đến thứ tự nên có thêm 3 cách chọn:

M

BA, CA, CB . do đó có tất cả 6 cách chọn. theo công thức: A32  3.2.1  6 Nhận xét: Mỗi cách chọn theo nghĩa tổ hợp, do cách chọn theo nghĩa chỉnh

KÈ

hợp có kể tới thứ tự chọn ( có k! cách hoán vị k phần tử ) nên sẽ có:

ẠY

Ank  C nk .k!

n! n! * k!  n.(n  1)......(n  k  1) k!(n  k )! (n  k )!

D

1.6.Luật tích: Nếu có 2 công việc A1 và A2 khác nhau sao cho có k1 cách thực hiện công

việc A1, k2 cách thực hiện công việc A2 thì số cách thực hiện liên tiếp hai công việc A1 và A2 là k1.k2.

Ví dụ 4: Có bao nhiêu cách lấy ra 5 con bài từ 52 quân bàì của bộ tú lơ khơ sao cho có 3 con át và 2 con 10.

3

ThS: Đặng Xuân Quỳnh

Bài Giảng: XÁC SUẤT THỐNG KÊ

Giải: Số cách lấy ra 3 con át: C4  4 3

Số cách lấy ra 2 con 10: C4  6 2

Số cách lấy ra 3 con át và 2 con 10 là: C34 .C24  4.6  24 1.7.Công thức Newton: n

k 0

2.Phép thử và biến cố

FF IC IA L

(a  b)n   Cnk an k b k  C0nan b0  C1nan 1b1  C2nan 2 b2  ....  Cnn1ab n 1  Cnn b n

O

Khi tung một đồng xu xuống đất có thể có hai khả năng xẩy ra là hoặc mặt

sấp xuất hoặc mặt ngửa xuất hiện. Việc tung đồng xu đó là một phép thử còn việc

N

xuất hiện mặt nào đó là biến cố.

Ơ

Việc thực hiện một nhóm các điều kiện cơ bản để quan sát một hiện tượng

H

nào đó có sảy ra hay không được gọi là một phép thử, còn hiện tượng có thể xảy ra

N

trong kết quả của phép thử đó gọi là biến cố.

Ví dụ 1: Từ một lô sản phẩm gồm chính phẩm và phế phẩm lấy ngẫu nhiên

U

Y

một sản phẩm. Việc lấy ngâu nhiên một sản phẩm là một phép thử còn việc lấy

Q

được chính phẩm hay phế phẩm là biến cố.

Vậy một biến cố chỉ có thể xảy ra khi một phép thử gắn liền với nó được

M

thực hiện. Các loại biến cố:

KÈ

+ Biến cố chắc chắn: Là biến cố nhất định xảy ra khi thực hiện một phép

thử. Ký hiệu: U

ẠY

Ví dụ 2: Thực hiện phép thử tung một con xúc xắc. Gọi U là biến cố “Xuất

hiện mặt có số chấm nhỏ hơn hay bằng 6”. U là biến cố chắc chắn.

D

+ Biến cố không thể có: Là biến cố nhất định không xảy ra khi thực hiện

phép thử. Ký hiệu là: V Ví dụ 3: Thực hiện phép thử tung một con xúc xắc. Gọi V là biến cố “Xuất hiện mặt có số chấm nhỏ hơn hay bằng 7” . V là biến cố không thể có. +Biến cố ngẫu nhiên: Là biến cố có thể xảy ra hoặc không xảy ra khi phép thử được thực hiện. Ký hiệu: A, B, C, …hoặc A1, A2, ….B1, B2, …..

4

ThS: Đặng Xuân Quỳnh

Bài Giảng: XÁC SUẤT THỐNG KÊ

+ Biến cố sơ cấp là biến cố không thể phân tích được nữa Ví dụ 4: Khi tung một con xúc xắc, gọi Ai là biến cố xuất hiện mặt i chấm (i=1;2;3;4;5;6) Ai là một biến cố ngẫu nhiên. Và thêm nữa đó là các biến cố sơ cấp; gọi B là biến cố “Xuất hiện mặt có số chấm chẵn” B xảy ra khi hoặc A 2; hoặc A4, hoặc A6 xảy ra nên B không là biến cố sơ cấp.

FF IC IA L

Ví dụ 5: Một hộp chứa 3 bi đỏ, 4 bi xanh. Chọn ngẫu nhiên 3 bi từ trong hộp.  sẽ gồm : C73  35 phần tử.

Ví dụ 6: Gieo 2 con xúc xắc đồng thời đồng chất, quan sát số chấm xuất hiện. thì không gian mẫu   ?

N

O

Ta có: 6.6=36 phần tử.

Ơ

3.Khái niệm và định nghĩa về xác suất Khi thực hiện lặp đi lặp lại một phép thử nhiều lần trong cùng một điều kiện,

H

tính ngẫu nhiên của biến cố mất dần đi và khả năng xẩy ra biến cố sẽ được thể

N

hiện theo những quy luật nhất định. Từ đó cho thấy có thể định lượng (đo lường)

Y

khả năng khách quan xuất hiện một biến cố nào đó.

U

Xác suất của một biến cố là một số đặc trưng cho khả năng khách quan xuất

Q

hiện biến cố đó khi thực hiện phép thử.

M

3.1.Định nghĩa cổ điển về xác suất: Xác suất xuất hiện biến cố A trong một phép thử là tỉ số giữa số trường hợp

KÈ

thuận lợi cho A và tổng số trường hợp duy nhất đồng khả năng có thể xảy ra khi thực hiện phép thử đó.

ẠY

Ký hiêu : P(A) là xác suất của biến cố A, m là số trường hợp thuận lợi cho

D

A, n là số trường hợp duy nhất đồng khả năng của phép thử. Khi đó:

P( A) 

m n

(1.1)

3.2.Các tính chất của xác suất: a.0<P(A)<1

b.P(U)=1

c.P(V)=0

3.3.Quan hệ giữa các biến cố: 5

ThS: Đặng Xuân Quỳnh

Bài Giảng: XÁC SUẤT THỐNG KÊ

+Biến cố A kéo theo biến cố B ký hiệu: A⊂Bnếu A xảy ra thì B xảy ra. +Biến cố đối của biến cố A được ký hiệu là A : A xảy ra khi và chỉ khi A không xảy ra. +Tổng của 2 biến cố A & B là biến cố ký hiệu: A⋃B xảy ra khi ít nhất A hoặc B xảy ra.

FF IC IA L

+Tích của 2 biến cố A & B là biến cố ký hiệu: A∩B xảy ra khi cả hai cùng xảy ra.

3.4.Các phương pháp tính xác suất bằng định nghĩa cổ điển. + Phương pháp suy luận trực tiếp:

Ví dụ 1: Gieo một lần con xúc xắc cân đối và đồng chất .Tìm xác suất xuất

O

hiện mặt có số chấm chẵn.

N

Giải: Gọi a là biến cố “Xuất hiện mặt có số chấm chẵn” Khi gieo một lần

Ơ

con xúc xắc số trường hợp duy nhất đồng khả năng có thể xảy ra là n=6. Biến cố A

m 1  n 2

N

P( A) 

H

sẽ xảy ra khi xuất hiện mặt 2 chấm, hoặc 4 chấm, hoặc 6 chấm, nên m=3. Ta có

Y

+ Phương pháp dùng sơ đồ:

U

Ví dụ 2: (Dạng bảng ma trận): Tung một con xúc xắc hai lần. Tìm xác suất

Q

để trong đó có một lần được 6 chấm.

Giải: Gọi A là biến cố “Trong hai lần tung có một lần được 6 chấm” Ta mô

M

tả số trường hợp duy nhất đồng khả năng của phép thử nhờ bảng sau: 1

2

3

4

5

6

1

11

12

13

14

15

16

2

21

22

23

24

25

26

3

31

32

33

34

35

36

4

41

42

43

44

45

46

5

51

52

53

54

55

56

6

61

62

63

64

65

66

D

ẠY

KÈ

II/I

Có 36 trường hợp duy nhât đồng khả năng, n=36 Có 10 trường hợp thuần lợi cho A, m=10 6

ThS: Đặng Xuân Quỳnh

Bài Giảng: XÁC SUẤT THỐNG KÊ

P(A) 

Vậy

m 5  n 18

Ví dụ 3: (Dạng tập hợp biểu đồ Ven): Trong một lớp 50 học sinh có: 20 người chơi bóng đá, 15 người chơi bóng chuyền, 10 người chơi bóng rổ, 8 người chơi bóng đá và bóng chuyền, 5 người chơi bóng đá và bóng rổ, 1 người chơi bóng

FF IC IA L

đá, bóng chuyền và bóng rổ. Lấy ngẫu nhiên 1 học sinh trong lớp. Tìm xác suất để người đó chơi ít nhất 1 môn bóng.

Giải: Gọi A là biến cố “Lấy ngẫu nhiên một học sinh và học sinh đó biết chơi ít nhất 1 môn bóng” Ta minh họa bởi sơ đồ sau: (SGK)

O

Số trường hợp thuận lợi là m = 8+5 + 3+7+4+1+2 = 30

m 3   0.6 n 5

Ơ

Vậy P( A) 

N

Số trường hợp có thể là n = 50

H

+ Phương pháp dùng các công thức của giải tích tổ hợp:

N

Ví dụ 4: Một người khi gọi điện thoại quên mất hai số cuối của số điện thoại

Y

và chỉ nhớ là chúng khác nhau. Tìm xác suất để quay ngẫu nhiên một lần được

U

đúng số cần gọi.

Q

Giải: Gọi B là biến cố “Quay ngẫu nhiên một lần được đúng số cần gọi”. Số trường hợp duy nhất đồng khả năng là số các trường hợp lập được hai số cuối từ 10

M

chữ số; 0; 1; 2…; 9 là n  A102  10.9  90 . Số trường hợp thuận lợi là m = 1

KÈ

Vậy:

P( B) 

m 1  n 90

ẠY

Ví dụ 5: Một hộp có 10 sản phẩm, trong đó có 6 chính phẩm và 4 phế phẩm.

lấy ngẫu nhiên từ hộp đó 3 sản phẩm. Tìm xác suất để:

D

a. Cả 3 sản phẩm lấy ra đều là chính phẩm b. Trong 3 sản phẩm lấy ra có đúng 2 chính phẩm

7

ThS: Đặng Xuân Quỳnh

Bài Giảng: XÁC SUẤT THỐNG KÊ

Giải: a. Gọi a là biến cố “Lấy ra được 3 chính phẩm”. Số trường hợp đồng 3 khả năng có thể xảy ra là n  C10 

A là : m  C6  20 . Vậy: P( A)  3

10!  120 . số trường hợp thuận lợi cho 3!(10  3)!

m 1  n 6

FF IC IA L

b. Gọi B là biến cố “Trong 3 sản phẩm lấy ra có đúng 2 chính phẩm”. Số trường hợp lấy được 2 chính phẩm là: C 62 , thêm nữa sản phẩm thứ 3 phải là phế phẩm có C14 cách lấy. Do đó số trường hợp thuận lợi cho B là: C62C14 Vậy:

C26 .C14 1 P(B)   120 2

suất để không có ngày nào có quá 1 máy bị hỏng.

O

Ví dụ 6: Trong 3 tháng cuối năm biết rằng có 5 máy đã bị hỏng. Tìm xác

N

Giải; Gọi A là biến cố “Không có ngày nào có quá 1 máy bị hỏng”. Số

Ơ

trường hợp có thể đồng khả năng là chỉnh hợp lặp chập 5 của 92 phần tử

H

n  A925  92 5 . Số trường hợp thuận lợi là số chỉnh hợp chập 5 của 92 phần tử

N

m  A592  88.89.90.91.92

Vậy P(A)=0,8954

Y

Ví dụ 7: Tung 1 đồng xu. Gọi A là biến cố xuất hiện mặt ngữa. tính P(A)=?

U

Giải: +Số phần tử của A là 1 đồng xu

Q

+Số phần tử của không gian mẫu:   S , N  2 phần tử m 1  n 2

M

P( A) 

KÈ

Ví dụ 8: Trong một hộp có 7 chính phẩm, 3 phế phẩm. a.Lấy ngẫu nhiên 1 SP từ hộp để kiểm tra, tính xác suất lấy được phế phẩm.

ẠY

b.Lấy ngẫu nhiên có hoàn lại lần lượt từng SP ra 2 SP từ hộp để kiểm tra,

D

tính xác suất lấy được 2 phế phẩm. c.Lấy ngẫu nhiên không hoàn lại lần lượt từng SP ra 2 SP từ hộp để kiểm

tra, tính xác suất lấy được 2 phế phẩm. d.Lấy ngẫu nhiên không hoàn lại cùng lúc ra 2 SP từ hộp để kiểm tra, tính xác suất lấy được 2 phế phẩm.

8

ThS: Đặng Xuân Quỳnh

Bài Giảng: XÁC SUẤT THỐNG KÊ

Giải: a.Ta có không gian mẫu:   C101  10 , gọi A là biến cố lấy được phế phẩm. A có C13  3 phần tử 3  0,3 10

Vậy P( A) 

FF IC IA L

b.Phép thử lấy 2 lần có hoàn lại: +Lần 1: C110  10 , +Lần 2: C110  10 ta có không gian mẫu:   10.10  100 , gọi B là biến cố lấy được 2 phế phẩm: +Lần 1 lấy được phế phẩm: C13  3 cách +Lần 2 lấy được phế phẩm: C13  3 cách 9  0, 09 100

O

Vậy B có 3.3=9 cách chọn. Vậy P( B)  c.Phép thử lấy không hoàn lại 2 SP:

N

+Lần 1 lấy được: C110  10 cách, Lần 2 lấy được: C19  9 cách

Ơ

ta có không gian mẫu:   10.9  90 . Gọi C là biến cố lấy được 2 phế phẩm:

N

H

+Lần 1 lấy được phế phẩm: C13  3 cách

Y

+Lần 2 lấy được phế phẩm: C12  2 cách

U

Vậy C có 3.2=6 cách chọn. Vậy P(C ) 

6  0, 0667 90

Q

d.Phép thử lấy cùng lúc 2 SP, ta có không gian mẫu:   C102  45 cách chọn

M

gọi D là biến cố lấy được 2 phế phẩm:

KÈ

Vậy D có C32  3 cách chọn Vậy P( D) 

3 1   0.0667 45 15

ẠY

*Nhận xét:

- Để tìm xác suất của một biến cố bằng định nghĩa cổ điển, ta không cần

D

thực hiện phép thử (phép thử chỉ là giả định).

- Cho phép tính chính xác giá trị của xác xuất (Nếu đáp ứng đầy đủ các yêu

cầu của định nghĩa).

- Định nghĩa cổ điển về xác suất chỉ dùng được trong trường hợp số trường hợp duy nhất đồng khả năng có thể xảy ra trong phép thử là số hữu hạn.

9

ThS: Đặng Xuân Quỳnh

Bài Giảng: XÁC SUẤT THỐNG KÊ

- Việc đáp ứng đầy đủ các yêu cầu của định nghĩa cổ điển xác suất trên thực tế là khó đạt được chẳng hạn tính cân đối và đồng chất của một con xúc xắc.

3.5.Định nghĩa thống kê về xác suất 3.5.1.Định nghĩa: Tần suất xuất hiện biến cố trong n phép thứ là tỷ số giữa số phép thử trong đó biến cố xuất hiện và tổng số phép thử được thực hiện.

phép thử là n thì:

f ( A) 

FF IC IA L

Ký hiệu : Tần suất của biến cố A là f(A); k là số lần xuất hiện biến cố A; số k n

Ví dụ 1: Khi kiểm tra ngẫu nhiên 90 sản phẩm sản xuất do một xí nghiệp sản

xuất, phát hiện ra 7 phế phẩm. gọi A là biến cố: “Xuất hiện phế phẩm”. Vậy tần 7 90

O

suất xuất hiện phế phẩm là: f ( A) 

N

Người ta nhận thấy rằng nếu tiến hành thí nghiệm trong những điều kiện như

Ơ

nhau và số phép thử khá lớn thì tần suất thể hiện tính ổn định của nó khá lớn.

H

3.5.2.Định nghĩa: Xác suất xuất hiện biến cố A trong một phép thử là một số p

N

không đổi mà tần suất f xuất hiện biến cố đó trong n phép thử sẽ dao động rất ít xung quanh p khi số phép thử tăng lên vô hạn.

Y

Như vậy với n đủ lớn ta có thể lấy: P( A)  f ( A)

U

Nhận xét: Ưu điểm của định nghĩa thông kê xác suất là không đòihỏi các

Q

điều kiện như định nghĩa cổ điển.

M

Hạn chế là phải thực hiện số phép thử đủ lớn và chỉ áp dụng được với những

KÈ

biến cố mà tần suất của nó có tính ổn định.

3.6.Quan hệ giữa các biến cố. +Quan hệ kéo theo: Biến cố A gọi là kéo theo biến cố B, ký hiệu A  B ,

ẠY

nếu và chỉ nếu A xảy ra suy ra B xảy ra. + Quan hệ tương đương: Hai biến cố A và B gọi là tương đương với nhau,

D

ký hiệu A = B khi và chỉ khi A  B vaø B  A . +Tổng của hai biến cố: Tổng của hai biến cố A và B là một biến cố ký hiệu

là A  B ( hoặc A + B ) xảy ra khi và chỉ khi có ít nhất một trong hai biến cố A, B xảy ra.

10

ThS: Đặng Xuân Quỳnh

Bài Giảng: XÁC SUẤT THỐNG KÊ

+ Tích hai biến cố: Tích hai biến cố A và B là một biến cố ký hiệu là A  B (hay A.B) xảy ra khi và chỉ khi cả hai biến cố A và B đồng thời xảy ra + Hai biến cố A và B là xung khắc với nhau khi và chỉ khi xảy ra A thì không xảy ra B và ngược lại Hay A.B   + Hiệu của biến cố A và biến cố B: là một biến cố ký hiệu là A\B xảy ra khi

FF IC IA L

và chỉ khi A xảy ra nhưng B không xảy ra.

O

4.Công thức cộng và nhân xác suất

N

4.1.Định lý: Xác suất của tổng hai biến cố không xung khắc bằng tổng xác suất

Ơ

các biến cố đó trừ đi xác suất của tích các biến cố đó.

P( A + B)= P(A) + P(B) – P(A.B)

H

Ví dụ 1: một lớp học có 50 học sinh. Trong đó có 20 HS giỏi văn, 25 HS

N

giỏi toán, 10 HS giỏi cả văn và toán. Chọn ngẫu nhiên 1 HS trong lớp. tính xác

Y

suất học sinh này giỏi văn hoặc toán.

U

Giải: Phép thử chọn ngẫu nhiên 1 học sinh

Q

Ta có không gian mẫu:   C501  50 phần tử

M

+Gọi A là biến cố HS chọn ra là giỏi văn +Gọi B là biến cố HS chọn ra là giỏi toán

KÈ

Ta có A : C201  20 cách chọn. Vậy P(A) = 20/50 =0.4

Ta có B : C251  25 cách chọn. Vậy P(A) = 25/50 =0.5

ẠY

Ta có: A.B có C101  10 cách chọn. Vậy P(A.B)= 10/50=0,2

D

Áp dụng công thức cộng xác suất ta có: P(A+B) = 0,4+0,5-0,2=0,7 Ví dụ 2: Một hộp đựng 10 bi, trong đó có 4 bi đỏ. Lấy ngẫu nhiên 3 bi từ

trong hộp. tính xác suất: a.Không lấy được viên bi đỏ nào b.Lấy được ít nhất 1 viên bi đỏ.

Giải: Phép thử chọn ngẫu nhiên 3 bi.

11

ThS: Đặng Xuân Quỳnh

Bài Giảng: XÁC SUẤT THỐNG KÊ

Ta có không gian mẫu:   C103  120 phần tử a.Gọi A là biến cố không có bi đỏ nào: A có C63  20 P(A)=20/120=1/6= 0,1667 b.Biến cố có ít nhất 1 bi đỏ A : P( A ) = 1 – P(A)= 1-0,1667=0,8333

FF IC IA L

4.2.Xác suất có điều kiện Giả sử A và B là 2 biến cố và P(B)> 0. Xác suất của biến cố A với điều kiện biến cố B đã xảy ra được ký hiệu và cho bởi công thức: P( A / B) 

P( A  B) P( AB)  P( B) P( B)

Ví dụ 1: Một nhóm sinh viên 10 sinh viên gồm 3 nam và 7 nữ, trong đó 2

O

nam 18 tuổi và 3 nữ 18 tuổi. Chọn ngẫu nhiên 1 sinh viên từ nhóm đó. Gọi biến cố

N

A: “SV được chọn là nữ”; B: “Sv được chọn là 18 tuổi”. Tính P(A/B) và P(B/A) ?

Ơ

Giải: Phép thử là chọn 1 SV từ 10 sinh viên.

Ta có không gian mẫu:   C101  10 phần tử

H

Ta có: A.B là biến cố SV được chọn là nữ và tuổi 18.

N

A.B có C31  3 phần tử => P(A.B)=3/10=0,333

Y

B có C51  5 phần tử => P(B)=5/10=0,5 => P(A/B)=3/5

U

Ví dụ 2: Từ 1 hộp có 5 bi đỏ và 3 bi xanh. Lấy ngẫu nhiên lần lượt ra 2 bi,

Q

mỗi lần lấy 1 bi, không hoàn lại. Tính xác suất để lần 2 lấy được bi xanh, biết rằng:

M

lần thứ nhất đã lấy được bi đỏ.

KÈ

Giải: Ta có không gian mẫu: 8.7 = 56 phần tử Cách 1: Gọi A là biến cố lần thứ nhất lấy được bi đỏ, gọi B là biến cố lần

ẠY

thứ hai lấy được bi xanh, tính P( B / A) 

P( AB) P( A)

D

Ta có A.B là: 3.5=15 phần tử hay C31.C51  15 => P(A.B) = 15/56 A có C71.C51  35 phần tử => P(A) = 35/56 Vậy P( B / A) 

P( AB) 15 3   P( A) 35 7

Cách 2: do lần thư nhất đã lấy được 1 bi đỏ nên không gian mẫu có 7 phần tử. Gọi B là biến cố lần thứ 2 lấy được bi xanh.

12

ThS: Đặng Xuân Quỳnh

Bài Giảng: XÁC SUẤT THỐNG KÊ

=> B có 3 phần tử (3 bi xanh) => P(B) = 3/7 4.3.Công thức nhân xác suất: P(A  B)  P(A).P(B / A)  P(B).P  A / B

Hoặc: P(A.B)  P(A).P(B / A)  P(A).P  B / A 

FF IC IA L

……………….

Dãy biến cố A1,A2,…,An

P(A1.A2 ....An )  P(A1 ).P(A2 / A1 ).P(A3 / A1A2 )....P(A n / A1A 2 ...An 1 )

Ví dụ 1: Một hộp có 10 sản phẩm, có 8 sản phẩm tốt, 2 sản phẩm xấu. một người lấy ngẫu nhiên từng sản phẩm cho đến khi gặp phế phẩm thì dừng lại. tính

O

xác suất để người này dừng lại ở lần thứ ba.

(không gian mẫu 10 phần tử)

Ơ

=> P(A) = 8/10=4/5=0,8

N

Giải: Gọi A là biến cố lần 1 lấy được sản phẩm tốt: Gọi B là biến cố lần 2 lấy được sản phẩm tốt:

H

=> P(B) = 7/9 = 0,8 (không gian mẫu 9 phần tử)

N

Gọi C là biến cố lần 3 lấy được sản phẩm xấu:

Y

=> P(C) = 2/8 = 1/4 = 0,25 (không gian mẫu 8 phần tử)

U

Như vậy biến cố A.B.C là lần 1 tốt, lần 2 tốt và lần 3 xấu.

Q

=> P(ABC) = P(A).P(B/A).P(C/AB)= 4/5.7/9.1/4=7/45 Ví dụ 2: Một sinh viên học niên chế được thi lại 1 lần, nếu lần 1 bị thi hỏng

M

(hai lần thi độc lập nhau). Biết rằng xác suất để sinh viên này thi qua lần 1 và lần 2

KÈ

tương ứng là: 0.6 và 0,8. Tính xác suất sinh viên này thi qua.

Giải: Gọi A là biến cố Sv thi qua lần 1.

ẠY

Gọi B là biến cố Sv thi hỏng lần 1 và thi qua lần 2.

D

Gọi C là biến cố Sv thi qua lần 2.

P  B  P(A).P  C   P(A).P(C / A)  1  0,6 .0,8  0,32

Biến cố A+B là biến cố Sv thi qua. Ta tính: P(A + B) = P(A) + P(B) - P(AB) (do A và B xung khắc hay là xảy ra một trong 2 nên P(A.B) = 0) P(A+B) = P(A) + P(B) = 0,6 + 0,32 = 0,92 4.4.Biến cố độc lập: 13

ThS: Đặng Xuân Quỳnh

Bài Giảng: XÁC SUẤT THỐNG KÊ

Định nghĩa: Hai biến cố A và B được gọi là độc lập nếu biến cố A xảy ra hay không xảy ra thì cũng không ảnh hưởng đến sự xảy ra của biến cố B và ngược lại. Định lí: Hai biến cố A, B nếu và chỉ nếu: P(A/B) = P(A) hoặc P(B/A) = P(B) hoặc P(A.B) = P(A). P(B)

FF IC IA L

Ví dụ 1: Một xưởng có 3 máy hoạt động độc lập nhau. Xác suất của các máy bị hỏng lần lượt là: 0,1; 0,2 ; 0,15. Tính xác suất: a.Có đúng 1 máy hỏng trong ngày b. Có ít nhất 2 máy hỏng trong ngày

Giải: Gọi A là biến cố máy thứ nhất bị hỏng, Gọi B là biến cố máy thứ hai bị

O

hỏng. Gọi C là biến cố máy thứ ba bị hỏng

a.P(ABC  ABC  ABC)  P(ABC)  P(ABC)  P(ABC)

Ơ

N

 P  A  .P(B).P(C)  P(A).P  B .P(C)  P(A).P(B).P  C   0,1.0,2.0,85  0,9.0,2.0,85  0,9.0,8.0,15  0,068  0,153  0,108  0,329

H

4.5.Công thức Becnuni:

Y

mãn hai điều kiện sau :

N

4.5.1.Định nghĩa: n phép thử độc lập được gọi là n phép thử Bernoulli nếu thỏa

U

i) Mỗi phép thử xảy ra hai biến cố A hoặc A

Q

ii) P(A) = p, P(A) như nhau với mọi phép thử.

M

4.5.2. Bài toán: Cho phép thử bernoulli. Tìm xác suất để biến cố A xảy ra x lần.

Gọi Ai là biến cố xảy ra biến cố A ở phép thử thứ i (i:1,2,…,n) như vậy A i là

KÈ

biến cố “Không xảy ra biến cố A trong lần thử thứ i.

Gọi B là biến cố “Trong n phép thử biến cố A xảy ra x lần”

ẠY

Ta có: B  A1A2 ...Ax A1 A2 ...A n  ...  A A ...A A n x 1...A n 1

2

nx

x

D

Tổng số các tích biến cố như vậy trong biểu thức trên là C n ( là số cách

chon ra x phép thử mà biến cố A xảy ra từ n phép thử ) P(Ai )  p vaø q=P(A)=1-p Do các biến cố trong từng tích là xung khắc từng đôi với nhau nên;

P(B)  Cxn .px q nx

ta ký hiệu : Pn (x)  Cn .p q x

Công thức trên gọi là công thức Bernoulli 14

x

n x

ThS: Đặng Xuân Quỳnh

Bài Giảng: XÁC SUẤT THỐNG KÊ

Ví dụ 1: Trong một phân xưởng có 5 máy hoạt động, xác suất để trong ca mỗi máy bị hỏng đều bằng 0,1. Tìm xác suất để trong ca đó có đúng 2 máy bị hỏng.

Giải: Ta coi hoạt động của 5 máy là 5 phép thử độc lập. Trong mỗi phép thử này chỉ có hai trường hợp hoặc máy hỏng, hoặc máy tốt, xác suất hỏng của mỗi

FF IC IA L

máy đều như nhau và bằng 0,1. Bài toán này thỏa mãn điều kiện của dãy phép thử Bernoulli.

Vậy: P5 (2)  C25 (0,1)2 (0,9)3  0,0729

Ví dụ 2: Bắn 6 viên đạn vào bia. Xác suất trúng đích cuẩ mỗi viên là 0,7.

N

O

Tìm xác suất để 3 viên trúng bia.

Ơ

5.Công thức xác suất đầy đủ, công thức Bayes

H

5.1.Công thức xác suất đầy đủ

N

Giả sử biến cố A xảy ra đồng thời với một trong các biến cố H 1,H2,…,Hn. tính bằng công thức: n

Y

Nhóm H1,H2,…,Hn là nhóm đầy đủ các biến cố. khi đó xác suất của biến cố A được

Q

i 1

U

P(A)   P(H i )P(A / H i ) các biến cố H1,H2,…,Hn gọi là các giả thuyết.

Chứng minh: Vì các biến cố H1,H2,…,Hn là nhóm đầy đủ nên biến cố A chỉ

M

có thể xảy ra đồng thời với một trong các biến cố H i nên A = H1A + H2A +

KÈ

…+HnA vì các biến cố H1,H2,…,Hn xung khắc từng đôi nên HiA và HjA cũng xung khắc từng đôi với mọi i; j

ẠY

Do đó: P(A) = P(H1A) + P(H2A) + … +P(HnA). Theo công thức nhân xác

D

suất có:

n

P(A)   P(Hi )P(A / H i ) i 1

Ví dụ 2: Có 3 hộp giống nhau. Hộp thứ nhất đựng 10 sản phẩm trong đó có 6

chính phẩm, hộp thứ hai đựng 15 xản phẩm trong đó có 10 chính phẩm, hôp thứ ba đựng 20 sản phẩm trong đó có 15 chính phẩm. lấy ngẫu nhiên một hộp và từ đó lẫy ngẫu nhiên một sản phẩm. Tìm xác suất để lấy được chính phẩm.

15

ThS: Đặng Xuân Quỳnh

Bài Giảng: XÁC SUẤT THỐNG KÊ

Giải: Gọi A là biến cố “Lấy được chính phẩm”. Biến cố A có thể xảy ra đồng thời với một trong các biến cố của nhóm đầy đủ các biến cố sau: Hi sản phẩm lấy ra từ hộp thứ i ( i = 1,2,3) theo giải thuyết suy ra P(Hi) = 1/3.

Xác suất có điều kiện của biến cố A khi các biến cố H1, H2, H3 xảy ra bằng:

3

Vậy: P(A)   P(H i )P(A / H i )  i1

FF IC IA L

P(A/H1) = 6/10; P(A/H2) =10/15; P(A/H3) = 15/20) 31 45

Ví dụ 3: Một nhà máy sản xuất bóng đèn có 2 phân xưởng 1 và 2. Biết rằng phân xưởng 1 sản xuất gấp 4 lần phân xưởng 2, tỷ lệ bóng đèn hỏng của phân xưởng 1 là 10%, phân xưởng 2 là 20%. Mua ngẫu nhiên 1 bóng đèn của nhà máy.

O

a.Tính xác suất để bóng đèn này hỏng.

N

b.Giả sử mua phải bóng đèn hỏng. tìm xác suất để bóng đèn này thuộc phân

Ơ

xưởng 1, phân xưởng 2.

Giải: Gọi X1 là bóng đèn của phân xưởng 1.

H

X2 là bóng đèn của phân xưởng 2.

N

Gọi A là biến cố xác suất để bóng đèn mua là hỏng

KÈ

M

Q

U

Y

4 1 P(X1 )  ,P(X 2 )  5 5 A  A  4 10 1 20 3 P(A)  P(X1 )P    P(X 2 )P   .   .  X1   X2  5 100 5 100 25 A  A  P(X1 )P   P(X 2 )P   X X  X1    X 2  1   ;P 2   21 P     P(A) 3  A  P(A) 3 A

ẠY

Ví dụ 4: Hộp 1 có 2 bi xanh, 4 bi đỏ. Hộp thứ 2 có 3 bi xanh, 3 bi đỏ. Rút

ngẫu nhiên từ hộp 1 ra 2 bi và từ hộp 2 rút ra 1 bi.

D

a.Tìm xác suất rút ra ít nhất 1 bi đỏ.

b.Tìm xác suất rút được 2 bi xanh và một bi đỏ. c.Nếu rút được 2 bi xanh, một bi đỏ. Tìm xác suất để 2 bi xanh rút được là

của hộp 1.

Giải: a. Gọi A là biến cố không có bi đỏ nào.

Gọi B là biến cố có ít nhất 1 bi đỏ khi rút ra.

16

ThS: Đặng Xuân Quỳnh

Bài Giảng: XÁC SUẤT THỐNG KÊ

C22 C13 1 1 1 29 P(A)  2 . 1  .   P(B)  1  P(A)  30 C6 C6 15 2 30

b.Phân tích ta có:

FF IC IA L

 Hoäp 1: (2X,4D)  2 bi  (2X;2D;1D;1X)  Hoäp 2: (3X,3D)  2bi  (1X;1D)

Vậy có 2x3=6 trường hợp và xác suất tương ứng như sau: 1: (2X,1D) C22 3 1 1 1 2 : (2X,1D)  2 .  .  C6 6 15 2 30

3 :  2D,1X 

O

4 :  2D,1D 

H

1 8 9 3    30 30 30 10

N

Cuoái cuøng ta suy ra:

Ơ

6 : (1X,2D)

N

C12 C14 3 8 1 8 5 : (2X,1D)  2 .  .  C6 6 15 2 30

Vì ở câu c đòi hỏi 2 bi xanh của hộp 1, nên ta gọi Xi là số viên bi xanh lấy

Y

được từ hộp 1. ta có bảng xác suất như sau: 0

1

2

C24 6  C26 15

C12C24 8  15 C26

C22 1  C26 15

Q

U

Xi

M

P(Xi)

KÈ

Gọi B là biến cố lấy được 2X và 1D, ta có: P(B) = P(X0)P(B/H1) + P(X1)P(B/X1) + P(X2)P(B/X2) 1 8 3 1 3 3 x0  x  x  15 15 6 15 6 10

ẠY

=

D

c.Công thức Bayes áp dụng là: 1 3  X1  P(X2 )P(B / X2 ) 15 X 6 1 P     3 B P(B) 9   10

5.2.Công thức Bayes: 17

ThS: Đặng Xuân Quỳnh

Bài Giảng: XÁC SUẤT THỐNG KÊ

Giả sử biến cố A có thể xảy ra đồng thời với một trong n biến cố A1,A2,…,An tạo nên một nhóm đầy đủ các biến cố .

Ta có công thức nhân: p(Ai  B)  p(Ai ).p(B / A i )  p(B).p(A i / B) P(A i )P(B / A i ) P(A i )P(B / A i )  n P(B)  P(A i )P(B / A i )

Công thức này

FF IC IA L

Suy ra: P(A i / B) 

i1

gọi là công thức Bayes (công thức này cho phép đánh giá lại xác suất xảy ra các giải thuyết sau khi đã biết kết quả của phép thử là biến cố A đã xảy ra)

Ví dụ 1: Trước khi đưa sản phẩm ra thị trường, người ta đã phỏng vấn ngẫu

nhiên 200 khách hàng về sản phẩm đó và thấy có 34 người trả lời “Sẽ mua”, 96

O

người trả lời “Có thể sẽ mua” và 70 người trả lời “Không mua”. Kinh nghiệm cho

N

thấy tỷ lệ khách hàng thực sự sẽ mua sản phẩm tương ứng với các câu trả lời trên

Ơ

là 40%, 20%; 1%

a.Hãy đánh giá thị trường tiềm năng của sản phẩm đó.

H

b.Trong số khách hàng thực sự mua sản phẩm thì có bao nhiêu phần trăm trả

N

lời sẽ mua?

Y

Giải: a. Thị trường tiềm năng của sản phẩm chính là tỷ lệ khách hàng thực

U

sự sẽ mua sản phẩm đó. Goi A là biến cố “Lấy ngẫu nhiên một khách hàng thì

Q

người đó thực sự sẽ mua sản phẩm” Có 3 giả thuyết đối với khách hàng đó:

M

H1 người đó trả lời “Sẽ mua”; H2- người đó trả lời “Có thể mua”; H3-người

KÈ

đó trả lời “Không mua”. Theo công thức xác suất đầy đủ thì P(A) = P(H1)P(A/H1) + P(H2)P(A/H2) + P(H3)P(A/H3)

ẠY



34 96 70 0, 4  .0, 2  .0, 01  0,1675 200 200 200

D

Vậy tiềm năng của sản phẩm này là 16,75 % b.Theo công thức Bayes : P(H1 / A) 

P(H1 )P(A / H1 ) 0,17x0, 4   0, 40597  40, 597% P(A) 0,1675

Ví dụ 2: Có 3 lô sản phẩm, tỷ lệ phế phẩm trong từng lô tương ứng là: 6%; 2%; 1%. Chọn ngẫu nhiên 1 lô, rồi từ lô này chọn ngẫu nhiên 1 sản phẩm a.Tìm xác suất để lấy được phế phẩm 18

ThS: Đặng Xuân Quỳnh

Bài Giảng: XÁC SUẤT THỐNG KÊ

b.Biết lấy được phế phẩm, Tìm xác suất được chọn của từng lô hàng Giải: a: Phép thử chọn ngẫu nhiên 1 lô sau đó lấy ra 1 sản phẩm Gọi A1 là biến cố chọn lô 1, Gọi A2 là biến cố chọn lô 2, Gọi A3 là biến cố chọn lô 3, Ta có hệ đầy đủ {A1;A2;A3} Gọi B là biến cố lấy được phế phẩm

FF IC IA L

Ta có 3 lô hàng => không gian mẫu là   3 Chọn 1 lô : => P(A1)=P(A2)=P(A3)=1/3

P(B)   P(A i )P(B / A i )  P  A1 .P  B / A1   P  A 2 .P  B / A 2  P  A 3 .P  B / A 3  3

i 1

=1/3.0,6 + 1/3.0,02 + 1/3.0,01 = 0,03 P(A1 )P(B / A1 ) 1 / 3.0,06 2   P(B) 0,03 3 P(A 2 )P(B / A 2 ) 1 / 3.0,02 2 P(A 2 / B)    P(B) 0,03 9 P(A 3 )P(B / A 3 ) 1 / 3.0,01 1   P(A 3 / B)  P(B) 0,03 9

N

H

Ơ

N

P(A1 / B) 

O

b. Tìm xác suất được chọn của từng lô hàng

Y

Ví dụ 3: Một nhà máy sản xuất bóng đèn có 2 phân xưởng I và II, phân

U

xưởng II sản xuất gấp 4 lần phân xưởng I. tỷ lệ bóng hỏng của phân xưởng I là

M

sản xuất.

Q

10%, tỷ lệ bóng hỏng của phân xưởng II là 20%. Mua một bóng đèn do nhà máy a.Tính xác suất để mua được bóng tốt.

KÈ

b.Biết rằng mua được bóng tốt, tính xác suất để bóng đèn do phân xưởng I

sản xuất.

ẠY

Giải: a. phép thử mua bóng đèn, gọi A là biến cố mua bóng đèn ở phân

D

xưởng I, gọi B là biến cố mua bóng đèn ở phân xưởng II. Hệ đầy đủ {A, B}, Gọi C là biến cố mua được bóng tốt.

Giải hệ: P(A)=4P(B) và P(A)+P(B)=1 Ta có : P(A)=1/5 và P(B)= 4/5 Áp dụng công thức ta có: P(C) = P(A).P(C/A) + P(B).P(C/B) 19

ThS: Đặng Xuân Quỳnh

Bài Giảng: XÁC SUẤT THỐNG KÊ

1 4 1 4  . 1  10%  . 1  20%  .0,9  .0,8  0,825 5 5 5 5

b. Tính xác suất để bóng đèn do phân xưởng I sản xuất.

P(A1 / C) 

P(A1 )P(C / A1 ) 1 / 5.0,9   0,218 P(C) 0,825

FF IC IA L

Ví dụ 4: Trong một trạm cấp cứu có 80% phỏng do nóng và 20% phỏng do hóa chất, loại phỏng do nóng có 30% bị biến chứng, loại phỏng do hóa chất có 50% bị biến chứng.

a. Tính xác suất khi bác sỹ mở tập hồ sơ của bệnh nhân gặp 1 bệnh án của bệnh nhân bị biến chứng.

O

b. Biết bệnh án của bệnh nhân bị biến chứng, tính xác suất do: (2) Do hóa chất gây nên.

N

(1) Do nóng gây nên.

Ơ

Giải: a. Gọi A1 là biến cố phỏng do nóng gây nên. Gọi A2 là biến cố phỏng

H

do hóa chất gây nên. Hệ đầy đủ: {A1; A2}

P(A2)=20%=1/5

N

P(A1)=80%=4/5 ;

Y

Gọi B là biến cố gặp bệnh án biến chứng

U

P(B) = P(A1).P(B/ A1) + P(A2).P(B/A2)

Q

= 4/5.30% + 1/5.50%=17/50 P(A1 )P(B / A1 ) 4 / 5.3 / 10 12   P(B) 17 / 50 17

KÈ

M

b. P(A1 / B)  P(A 2 / B) 

P(A 2 )P(B / A 2 ) 1 / 5.1 / 2 5   P(B) 17 / 50 17

ẠY

Ví dụ 5: Một đám đông người mà số đàn ông băng một nửa số phụ nữ, xác

suất để 1 người đàn ông bị bệnh tim là 0,06, xác suất để 1 người phụ nữ bị bệnh

D

tim là 0,036. chọn ngẫu nhiên một người. a. Tính xác suất để người được chọn bị bệnh tim? b. Tính xác suất để người bị bệnh tim trong đám đông là đàn ông?

Gải: a. Gọi A1 là biến cố chọn được đàn ông. Gọi A2 là biến cố chọn được phụ nữ. Ta có hệ đầy đủ {A1; A2} Gọi B là biến cố người chọn bị bệnh tim 20

ThS: Đặng Xuân Quỳnh

Bài Giảng: XÁC SUẤT THỐNG KÊ

Giải hệ: P(A1)=1/2P(A2) và P(A1)+P(A2)=1 => P(A1) = 1/3 ;

P(A2) = 2/3 => P(B) = P(A1).P(B/ A1) + P(A2).P(B/ A2)

= 1/3.0,06 + 2/3.0,036 = 0,044 b. P(A1 / B) 

P(A1 )P(B / A1 ) 1 / 3.0,06   0,45 P(B) 0,044

FF IC IA L

Ví dụ 6: Một nhà máy sản xuất bóng đèn gồm 3 nhà máy. Máy A sản xuất 25%, máy B: 35%, máy C: 40% số bóng đèn. Tỉ lệ sản phẩm hỏng của mỗi máy

trên số sản phẩm do máy đó sản xuất lần lượt là 3%, 2%, 1%. Một người mua bóng đèn do nhà máy đó sản xuất.

a.Tính xác suất để sản phẩm này do máy A sản xuất.

N

O

b.Tính xác suất để sản phẩm này tốt.

Ơ

Giải a. Gọi A là biến cố sản phẩm được mua do mày A sản xuất.

Ta có: P(A)=0,25 vì máy A sản xuất 25% sản phẩm của nhà máy.

H

b.Gọi H1 là biến cố sản phẩm được mua do máy A sản xuất

N

Gọi H2 là biến cố sản phẩm được mua do máy B sản xuất

Y

Gọi H3 là biến cố sản phẩm được mua do máy C sản xuất

U

Ta có: P(B)=P(H1)P(B/H1)+P(H2)P(B/H2)+ P(H3)P(B/H3)

Q

=0,25.0,03+0,35.0,02+0,4.0,01=0,0185

Ví dụ 7: Có 3 hộp thuốc. Hộp 1 có 5 ống tốt và 2 ồng xấu. Hộp 2 có 4 ống

M

tốt và 1 ống xấu. Hộp 3 có 3 ống tốt. Lấy ngẫu nhiên 1 hộp và từ hộp đó rút ngẫu

KÈ

nhiên 2 ống thuốc.

a.Tìm xác suất để được một ống thuốc tốt và 1 ống thuốc xấu.

ẠY

b.Giả sử khi rút 2 ống thuốc, ta thấy có 2 ống thuốc tốt. Tìm xác suất để các

D

ống đó ở hộp 2.

Giải: +Gọi H1 là hộp thuốc thứ nhất

+Gọi H2 là hộp thuốc thứ hai +Gọi H3 là hộp thuốc thứ ba +Gọi T là xác suất lấy được ống thuốc tốt và 1 ống thuốc xấu +Gọi B là xác suất lấy được 2 ống thuốc tốt 21

ThS: Đặng Xuân Quỳnh

Bài Giảng: XÁC SUẤT THỐNG KÊ

P(H1)=1/3=P(H2)=P(H3) P(T)=P(H1)P(T/H1)+ P(H2)P(T/H2)+ P(H3)P(T/H3) 1 CC 1 CC 1 0 92  . 522  . 421  . 2  3 C7 3 C5 3 C3 315 1

1

1

2

FF IC IA L

P(B)=P(H1)P(B/H1)+ P(H2)P(B/H2)+ P(H3)P(B/H3) 2 2 2 1 C5 1 C4 1 C3 218 = . 2+ . 2+ . 2= 3 C7 3 C5 3 C3 945

O

 B  1 C24 P(H 2 )P  .  H 2  3 C25 189  H2   P    218 218 P(B)  B 945

5.3.Công thức Bernoulli

N

Xét một phép thử với không gian mẫu  và xét biến cố A   với xác suất

Ơ

P(A)=p, ta thực hiện phép thử này n lần một cách độc lập và quan sát số lần xảy ra

H

biến cố A.

N

Đặt: Hk=“Biến cố A xảy ra đúng k lần”, với k = 0,1,2…n

Chương 2: Luật phân phối xác suất

KÈ

M

Q

U

Y

Ta có: P(H k )  Cnk p k (1  p)n k

1.Định nghĩa:

ẠY

Một biến số được gọi là ngẫu nhiên nếu trong kết quả của phép thử nó sẽ

nhận một và chỉ một trong các giá trị có thể có của nó tùy thuộc vào sự tác động

D

của các nhân tố ngẫu nhiên.

Hay: BNN X là biến nhận giá trị thực tùy ý thuộc vào kết quả của phép thử.

Ví dụ 1: Gieo một đồng xua cân đối đồng chất 2 lần, X là số lần xuất hiện mặt sấp. X có thể lấy các giá trị: SS, SN, NS NN.

22

ThS: Đặng Xuân Quỳnh

Bài Giảng: XÁC SUẤT THỐNG KÊ

Ví dụ 2: Một hộp có 7 bi trắng và 3 bi đen, lấy ngẫu nhiên cùng lúc 4 bi từ hộp. gọi X là số bi trắng có trong 4 bi lấy ra.

Ta có thể thấy X các giá trị: 1, 2, 3, 4 Ta viết : X={1,2,3,4} Ví dụ 3: Tung một con xúc xắc , gọi X là “Số chấm xuất hiện” thì X là biến

FF IC IA L

ngẫu nhiên vì trong kết quả của phép thử X có thể nhận một trong 6 giá trị: 1, 2, 3, 4, 5, 6.

Ví dụ 4: Gọi X là “Số con trai trong 100 trẻ sắp sinh ra tại một nhà hộ sinh” X là một biến ngẫu nhiên.

Ví dụ 5: Gọi Y là “Khoảng cách từ điểm chạm của viên đạn đến tâm bia” Y

O

là biến ngẫu nhiên.

N

2.Phân loại biến ngẫu nhiên:

Ơ

2.1.Biến ngẫu nhiên gọi là rời rạc nếu các giá trị có thể có của nó lập nên một tập hợp hữu hạn hoặc đếm được.

H

Ví dụ 1: gieo một đồng tiền. gọi X là kết quả với quy ước nếu ra mặt ngửa

X

1

1/2

1/2

Q

P

0

U

dưới dạng bảng:

Y

N

thì ghi 0, ra mặt sấp thì ghi 1. xác suất ra 0 là 1/2, xác suất ra 1 là 1/2. ta có kết quả

M

Cũng gieo đồng tiền nhưng quy ước nếu ngửa thì coi như thua và phải nộp 10 đ, sấp coi như thắng và nhận được 10 đ. Số tiền thu được Y sẽ là -10 hoặc 10

ẠY

KÈ

với xác suất bằng nhau và bằng 1/2.

Y

-10

10

P

1/2

1/2

2.2.Biến ngẫu nhiên gọi là liên tục nếu các giá trị có thể có của nó lấp đầy một

D

khoảng trên trục số.

Ví dụ 1: Gieo đồng thời hai đồng xu cân đối và đồng chất. Gọi X là biến

ngẫu nhiên chỉ số lần xuất hiện mặt sấp. Dễ thấy X có thể nhận các giá trị 0, 1, 2.

Vậy X là biến ngẫu nhiên rời rạc.

23

ThS: Đặng Xuân Quỳnh

Bài Giảng: XÁC SUẤT THỐNG KÊ

Ví dụ 2: Trong thí dụ 3 ở mục 1 thì Y là biến ngẫu nhiên liên tục vì ta không thể liệt kê ra khoảng cách một cách chính xác điểm chạm của viên đạn tới tâm bia sau các lần thử.

Ví dụ 3: Gọi Z là “Số người vào mua hàng tại một siêu thị trong một ngày” Z là biến ngẫu nhiên rời rạc vì các giá trị có thể có của Z lập nên một tập hợp đếm

FF IC IA L

được .

Ví dụ 4: Gọi K là “năng suất lúa vụ mùa của một tỉnh” k là biến ngẫu nhiên liên tục.

Chú ý: Sự khác biệt giữa biến cố ngẫu nhiên và biến ngẫu nhiên

Biến cố ngẫu nhiên ta hiểu là biến cố có thể xảy ra hoặc không xảy ra

O

trong một phép thử. Còn biến ngẫu nhiên X là một biến cố mà chắc chắn nó sẽ

N

nhận một giá trị nào đó trong số các giá trị có thể có của nó khi phép thử được

Ơ

thực hiện.

Chú ý: 1.BNN nhận hữu hạn hay đếm được giá trị thì ta gọi là Bnn rời rạc.

H

2. Bnn nhận giá trị trong một khoảng hay đoạn thì gọi là Bnn liên tục.

N

3.Luật phân phối xác suất của đại lượng ngẫu nhiên

Y

Việc các biến ngẫu nhiên nhận một giá trị nào đó trong kết quả của một phép

U

thử thực chất chỉ là một biến cố ngẫu nhiên, do đó nếu chỉ biết các giá trị có thể có

Q

của nó thì ta mới chỉ biết được rất ít thông tin về biến ngẫu nhiên đó. Ta cần phải

M

xác định các xác suất tương ứng với các giá trị có thể có của biến ngẫu nhiên để hoàn toàn xác định nó.

KÈ

3.1.Định nghĩa: Quy luật phân phối xác suất của biến ngẫu nhiên là sự tương ứng giữa các giá trị có thể có của nó và các xác suất tương ứng với các giá trị đó.

ẠY

3.2.Bảng phân phối xác suất Bảng phân phối xác suất dùng để mô tả quy luật phân phối xác suất của biến

D

ngẫu nhiên rời rạc.

Giả sử biến ngẫu nhiên rời ạc X có thể nhận các giá trị: x 1, x2, ….,xn với các xác suất tương ứng là: p1, p2,…., pn. Ta lập bảng sau: X

x1

x2 …….xi…………..xn

P(xi)

p1

p2

pi 24

pn

ThS: Đặng Xuân Quỳnh

Bài Giảng: XÁC SUẤT THỐNG KÊ

0  pi  1, i Với:  n  pi  1  i 1

Ví dụ 1: Gieo đồng thời hai đồng tiền cân đối đồng chất. Gọi “ X là biến ngẫu nhiên chỉ số lần xuất hiện mặt sấp. Ta có bảng phân phối xác suất sau: 0

1

2

P(X=i)

¼

2/4

FF IC IA L

X

2/4

Ví dụ 2: Trong một hộp có 10 sản phẩm trong đó có 6 chính phẩm. Lấy ngẫu nhiên 2 sản phẩm. Tìm quy luật phân phối xác suất của số chính phẩm được lấy ra.

1

C 42 2  2 C10 15

C 61 .C 41 8  2 15 C10

N

P(X=i)

0

Ơ

Y

O

Giải: Gọi Y là “Số chính phẩm lấy ra” .Ta có bảng phân phối sau: 2

C 62 5  2 C10 15

2 8 5   1 15 15 15

N

Kiểm tra:

H

(lấy được 0 chính phẩm tương đương với việc lấy được 2 phế phẩm)

Y

Ví dụ 3: Xác suất để một xạ thủ bắn trúng bia là 0,8. Xạ thủ được phát từng

U

viên đạn để bắn cho tới khi trúng bia. Tìm quy luật phân phối xác suất số viên đạn

Q

được phát.

M

Giải: Gọi X là “Số viên đạn được phát” X là biến ngẫu nhiên rời rạc và có

KÈ

thể nhận các giá trị k:= 1, 2, 3, ….., k,…

Khi X =1 tức là bắn phát đầu tiên trúng bia luôn P(X=1) = 0,8 Khi X =2 Tức là phát thứ nhất trượt, phát thứ hai trúng bia, hai lần bắn là

ẠY

độc lập với nhau nên theo công thức nhân xác suất P(X=2) = 0,2.0,8

D

Khi X=k Lập luận tương tự như trên P(X=k) = (0,2)k-1.0,8 Ta có bảng phân phối xác suất như sau: X

1

2 ….

……..k,……

P(X=i)

0,8

0,2.0,8 ….

(0,2)k-1.0,8……

25

ThS: Đặng Xuân Quỳnh

Bài Giảng: XÁC SUẤT THỐNG KÊ



Kiểm tra:  (0,2) k 1 .0,8  k 1

0,8  1 ( công thức tính tổng các số hạng của cáp 1  0,2

số nhân lùi vô hạn ) Ví dụ 3: Tung một con xúc xắc cân đối đồng chất, gọi X là số chấm xuất hiện. Ta có bảng phân phối xác suất: 1

2

3

4

5

6

P

1/6

1/6

1/6

1/6

1/6

1/6

FF IC IA L

X

Do không gian mẫu gồm 6 phần tử. Và A1=A2=…=A6=1

Ví dụ 4: Một hộp đựng 4 quả cầu giống nhau, được đánh số từ: 1, 2, 3, 4, lấy

ngẫu nhiên 2 quả cầu. Gọi X là tổng số ghi trên 2 quả cầu đó. Tìm bảng phân phối

O

xác suất của X.

X

3

4

5

6

P

1/6

1/6

1/3

Ơ

N

Gải: Không gian mẫu của X ={3,4,5,6,7}

1 1  C24 6

1/6

1 1  C24 6

H

P(X  7) 

P(X  4) 

N

1 1  ; C24 6

1/6

P(X  5) 

;

U

Y

P(X  3) 

7

; P(X  6) 

1 1  C24 6

2.1 1 1   1/ 3 C24 6 6

Q

Ví dụ 4: Một xạ thủ có 4 viên đạn, bắn lần lượt liên tiếp từng viên vào 1 một mục tiêu 1 cách độc lập. Xác suất trúng mục tiêu ở mỗi lần bắn là 0,8. Biết rằng

M

nếu có 1 viên trúng mục tiêu hoặc hết đạn thì dừng. Gọi X là số viên đạn xạ thủ đã

KÈ

bắn. Hãy lập bảng phân phối xác suất cho X. Giải:

D

ẠY

Lần 1:

P(X=1) = 0,8

L1: T: 0,8

P(X=2)=(1-0,8).0,8=0.16

L2: P(TC)=P(T).P(C)

P(X=3)=(1-0.8)(1-0.8).0,8=0.032

L3: P(TTC)= P(T).P(T).P(C)

P(X=4)= (0, 2)2 .0,8  0, 24 =0,008 L4: P(TTTC+TTTT)= P(TTTC)+P(TTTT) X

1

2

3

4

P

0.8

0.16

0.032

0.008

26

ThS: Đặng Xuân Quỳnh

Bài Giảng: XÁC SUẤT THỐNG KÊ

Ví dụ 5: Một túi đựng có 10 thẻ đỏ, 6 thẻ xanh. Chọn ngẫu nhiên 3 tấm thẻ. a.Tìm X là số thẻ đỏ. Tìm phân phối xác suất của x b.Giả sử rút thẻ đỏ được 5 điểm, rút thẻ xanh được 8 điểm. Y là tổng số điểm của 3 thẻ được rút ra. Tìm phân phối xác suất của Y. Giải: a. Miền giá trị cùa X là (0;1;2;3)

FF IC IA L

0 1 C10 C36 2 C10 C62 15 P(0)  2  ;P(1)  2  ; 56 56 C16 C16 2 3 C10 C16 27 C10 C60 12 P(2)  2  ;P(3)  2  ; 56 56 C16 C16

0

1

2

3

P(X)

2/56

15/56

27/56

Ơ

Y=5X+(3-X)8=24-3X với (X=0,1,2,3)

N

b.Theo định nghĩa biến cố Y ta có:

12/56

O

X

H

P(x=0)=P(y=24); P(x=1)=P(y=21); P(x=2)=P(y=18); P(x=3)=P(y=15) 15

18

P(X)

12/56

N

Y

27/56

21

25

15/56

2/56

Y

Ví dụ 6: Một hộp đựng có 10 chiếc thẻ, trong đó có 4 thẻ ghi số 1, 3 thẻ ghi

U

số 2, 2 thẻ ghi số 3, 1 thẻ ghi số 4. lấy ra hai thẻ, X là tổng các số ghi trên mỗi thẻ.

Q

Tìm phân phối xác suất của X. tìm E(X).

M

2  45 Giải: X có miền giá trị (2,3,4,5,6,7). Không gian mẫu là: C10

KÈ

C14C13 12 C14C12  C32 11 C24 6 P(x  2)  2  ; P(x  3)  2  ; P(x  4)   2 45 45 C10 45 C10 C10

ẠY

C14C12  C32 10 C13C11  C22 4 C12C11 2 P(x  5)   ; P(x  6)   ;P(x  7)  2  2 2 45 45 45 C10 C10 C10

D

Ta có bảng phân phối như sau : X

2

3

4

5

6

7

P(X)

6/45

12/45

11/45

10/45

4/45

2/45

n

E(X)   x i pi  4 i1

27

ThS: Đặng Xuân Quỳnh

Bài Giảng: XÁC SUẤT THỐNG KÊ

Ví dụ 7: Một người có 7 chìa khóa giống nhau trong đó có 2 chìa khóa mở được ổ khóa. Thử từng chìa, thử xong bỏ ra đến khi tìm được chìa mở được thì thôi. X là số lần thử cần thiết. Tìm phân phối xác suất và E(X).

Giải : X có miền giá trị là : (1,2,3,4,5,6). Không gian mẫu là: C17C16  42

FF IC IA L

P(x=1)=12/42 ; P(x=2)=10/42 ; P(x=3)=8/42 ; P(x=4)=6/42 ; P(x=5)=4/42 ; P(x=6)=2/42 ; (Lập bảng)

x

b)X là Bnn liên tục: Hàm mật độ f(x) và hàm phân phối f ( x)   f ( x)dx 

Chú ý: Bảng phân phối xác suất chỉ dùng được khi biến ngẫu nhiên là rời rạc 4.Hàm phân phối xác suất:

O

4.1.Định nghĩa: Hàm phân phối xác suất của biến ngẫu nhiên X, ký hiệu F(x), là s

N

để biến ngẫu nhiên X nhận giá trị nhỏ hơn x, với x là một số thực bất kỳ.

H

Ơ

  P(X  x i )   p i  xx i F(x)  P(X  x)  xxi   P({ | (  x)})

X rôøi raïc

X lieân tuïc x xi

xxi

Y

N

+Nếu X là biến ngẫu nhiên rời rạc thì F  X    P(X  x i )   p i

U

Ta có hàm phân phối xác suất tổng quát như sau:

Q

F(x)=P(X>xn)=1

ẠY

KÈ

M

 0  p1   p  p 2 F(X)   1  p1  p 2  p3  ...  1 

x  x1 x1  x  x 2 x2  x  x3 x3  x  x 4 ... xn  x

D

Ví dụ 1: Biến ngẫu nhiên rời rạc X có bảng phân phối xác suất như sau: X

1

3

4

P(X=i)

0,1

0,5

0,4

Hãy tìm hàm phân bố xác suất của X và vẽ đồ thị: Giải: Nếu x ≤ 1 Thì biến cố (X<x) là biến cố không thể có nên F(x) = 0 Nếu 1< x ≤ 3 biến cố ( X < x ) chỉ xảy ra khi (X=1) nên F(x) = 0,1 28

ThS: Đặng Xuân Quỳnh

Bài Giảng: XÁC SUẤT THỐNG KÊ

Nếu 3 < x ≤ 4 biến cố ( X < x) xảy ra khi (X=1) hoặc khi (X=3) nên: F(x) = 0,1+0,5 = 0,6 Nếu x > 4 biến cố (X <x) xảy ra khi (X=1) hoặc khi (X=3) hoặc khi (X=4) Nên: F(x) = 0,1 + 0,5 + 0,4 =1

FF IC IA L

0 khi x  1  0,1 khi 1  x  3 Ta có hàm phân bố xác suất của X là: F(x)   0,6 khi 3  x  4  1 khi 4  x Đồ thị: SGK

Ví dụ 2: Một xạ thủ có 4 viên đạn, bắn từng phát cho tới khi có viên đầu tiên

O

trúng hoặc hết đạn thì thôi bắn. Biết xác suất bắn trúng là 0,7. Lập bảng phân phối

N

xác suất. Viết hàm phân phối.

Ơ

Giải: Miền giá trị của biến ngẫu nhiên X là D=(1;2;3;4)

H

Gọi Ai là viên đạn thứ I trúng đích, gọi Bi là biến cố đối của Ai.

N

P(x=1)=0,7; P(x=2)=P(B1).P(A2)=0,3.0,7=0,21 P(x=3)= P(B1). P(B2).P(A3)=0,3.0,3.0,7=0,063

U

Y

P(x=4)= P(B1). P(B2).P(B3)=0,3.0,3.0,3=0,027 1

Q

X P(X)

0,7

2

3

4

0,21

0,063

0,027

M

Ta có hàm phân phối như sau:

ẠY

KÈ

0 Neáu x<1   0,7 Neáu 1  x<2 F(X)   0,91 Neáu 2  x<3 0,973 Neáu 3  x<4   1 Neáu 4<x

D

4.2.Các tính chất của hàm phân phối xác suất Tính chất 1: Hàm phân bố xác suất luôn nhận giá trị trong đoạn [0; 1] 0 ≤ F(x) ≤ 1 Tính chất 2: Hàm phân bố xác suất là hàm không giảm, tức là với x 2 > x1 thì F(x2) ≥ F(x1) 29

ThS: Đặng Xuân Quỳnh

Bài Giảng: XÁC SUẤT THỐNG KÊ

Thật vậy: Giải sử x2 > x1 .Xét biến cố (X < x2). Biến cố này có thể phân tích thành hai biến cố xung khắc nhau: (X < x1) và ( x1 ≤ X < x2) do đó: P(X<x2)=P(X < x1)+P(x1≤X<x2) suy ra: P(X<x2)-P(X<x1)=P(x1≤X<x2)≥0 hay F(x2)≥F(x1) Hệ quả 1: Xác suất để biến ngâu nhiên X nhận giá trị trong khoảng [a; b)

FF IC IA L

bằng hiệu số của hàm phân bố xác suất tại hai đầu khoảng đó: P(a≤X<b)=F(b)–F(a)

Suy từ tính chất 2 (thay a = x1; b = x2 trong chứng minh trên)

Hệ quả 2: Xác suất để biến ngẫu nhiên liên tục X nhận một giá trị xác định X=x thì bằng 0:

P(X=x)=0.

O

Thật vậy : Ta đặt a=x; b=x+∆x thì: P(x≤X<x+∆x)=F(x+∆x)–F(x) lấy giới

N

hạn hai vế khi ∆ x tiến tới 0 , do X là biến ngẫu nhiên liên tục nên tại x hàm phân bố xác suất cũng liên tục

H

Ơ

lim  P(x  X  x x)  lim  F(x x)  F(x)  F(x)  F(x)  0 x0 x0

N

Hệ quả 3: Đỗi với biến ngẫu nhiên liên tục X ta có các đẳng thức sau: P(a≤X≤b)=P(a ≤ X<b)=P(a<X≤b)=P(a<X<b)

U

Y

Thật vậy: Chẳng hạn P(a≤X<b)=P(X=a)+P(a<X<b)=P(a<X<b)

Q

Tính chất 3: Ta có biểu thức giới hạn sau: F(-∞)=0; F(+∞)=1

M

Hệ quả: Nếu biến ngẫu nhiên X chỉ nhận các giá trị trong đoạn [a ; b] thì với

3.Các đặc trưng của đại lượng ngẫu nhiên

D

ẠY

KÈ

: x ≤ a, F(x) = 0; với x > b, F(x) =1.

3.1.Kỳ vọng (Hope) 3.1.1.Định nghĩa: Giả sử biến ngẫu nhiên rời rạc X nhận một trong các giá trị có thể có x1, x2,….,xn với các xác suất tương ứng là: p1, p2,….,pn. Kỳ vọng của biến ngẫu nhiên rời rạc X, ký hiệu là E(X) là tổng của các tích giữa các giá trị có thể có của biến ngẫu nhiên rời rạc với xác suất tương ứng.

30

ThS: Đặng Xuân Quỳnh

Bài Giảng: XÁC SUẤT THỐNG KÊ

n

E(X)   x i p i i1

Nếu X là biến ngẫu nhiên liên tục với hàm mật độ xác suất f(x) thì kỳ vọng E(X) được xác định : 

E(X)   xf(x)dx

FF IC IA L



3.1.2.Ý nghĩa: Kỳ vọng của biến ngẫu nhiên là giá trị trung bình mà biến ngẫu nhiên nhận hoặc kỳ vọng của biến ngẫu nhiên là trọng tâm của phân phối xác suất với khối lượng 1 .

Ta đã biết trung bình cộng hoặc trung bình số học. Trung bình cộng là tốt

O

trong trường hợp các số trị đang xét có đồng khả năng, song trung bình cộng sẽ không tốt khi các trị đang xét không đồng khả năng, khi đó dùng trung bình trọng

N

lượng, hay trung bình theo nghĩa xác suất như trên sẽ tốt hơn – Tất nhiên trong

Ơ

trường hợp các pi như nhau ta nhận được trung bình số học.

H

Giả sử biến ngẫu nhiên X nhận các giá trị xi với xác suất tương ứng pi = ni/n

N

trong đó ni là số lần X nhận giá trị xi , E(X) = x1p1 + … + xnpn = x1.n1/n + …+xn.nn/n }

Y

Ví dụ 1: Tìm kỳ vọng của biến ngẫu nhiên rời rạc X có bảng phân phối xác

1

3

4

P

0.1

0.5

0.4

M

X

Q

U

suất sau:

KÈ

Giải: E(X) = 1.0,1 + 3.0,5 + 4.0,4 = 3,2 Ví dụ 2: Tìm kỳ vọng của biến ngẫu nhiên liên tục X có hàm mật độ xác suất

D

ẠY

như sau:

3 2  (x  2x) khi x  (0;1) f(x)   4 0 khi x  (0;1)  

3 11 x(x 2  2x)dx  16 0 4

1

Giải: E(X)   xf(x)dx   

3.1.3.Các tính chất kỳ vọng toán: a. E(C) = C với C là hằng số 31

ThS: Đặng Xuân Quỳnh

Bài Giảng: XÁC SUẤT THỐNG KÊ

b. E(C.X) = C.E(X) với C hằng số, X là biến ngẫu nhiên c.E(X + Y) = E(X) + E(Y) với X; Y là các biến ngẫu nhiên độc lập (Mở rộng cho n biến ngẫu nhiên độc lập) d. E(X.Y) = E(X).E(Y) với X, Y là các biến ngẫu nhiên độc lập (Mở rộng cho n biến ngẫu nhiên độc lập)

FF IC IA L

Ví dụ 2: Một xạ thủ có 4 viên đạn, bắn lần lượt liên tiếp từng viên vào 1 một

mục tiêu 1 cách độc lập. Xác suất trúng mục tiêu ở mỗi lần bắn là 0,8. Biết rằng nếu có 1 viên trúng mục tiêu hoặc hết đạn thì dừng. Gọi X là số viên đạn xạ thủ đã bắn. Hãy lập bảng phân phối xác suất cho X và có bảng phân phối xác suất: 1

2

3

4

P

0.8

0.16

0.032 0.008

O

X

N

Ta có: E(X)= 1.0,8+2.0,16+3.0.332+4.0,008=1,248

Ơ

Phương sai: Var(X)=1.0,8  22 .0,16  32 .0.332  42 .0,008  0,298

H

Ý nghĩa của kỳ vọng :

N

Ví dụ 3: Một hệ thống biết tỷ lệ tai nạn xe máy ở thành phố H là 0,001 công ty bảo hiểm A đề nghị bán loại bảo hiểm tai nạn xe máy cho ông B ở thành phố H

Y

trong một năm với số tiền chi trả là 10 triệu đồng, phí bảo hiểm là 0,1 triệu đồng.

U

Hỏi trung bình công ty A trả bao nhiêu khi bán bảo hiểm cho ông B.

Q

Giải: Gọi X là BNN nhận giá trị 0 nếu B không bị tai nạn.

M

X nhận giá trị là 1 nếu B bị tai nạn.

KÈ

X P

1

2

0,999

0,001

D

ẠY

Gọi Y là Bnn nhận giá trị tiền lãi của công ty A Y

0,1

0,9

P

0,999

0,001

Trung bình E(Y)= 0,1.0,999-0,9.0,001=0,0998 triệu đồng Ví dụ 4: Có 4 bi đỏ, 6 bi đen, người ta lấy ngẫu nhiên 1 bi, lấy được bi đỏ

được cộng 100 điểm lấy bi đen bị trừ 70 điểm. Tính xác suất điểm trung bình và phương sai X. Giải : Gọi X là số điểm ông A lấy được cho 1 lần lấy bi 32

ThS: Đặng Xuân Quỳnh

Bài Giảng: XÁC SUẤT THỐNG KÊ

X

100

-70

P

0,4

0,6

C16 P(X  70)  P(laáy ñöôïc bi ñen)  1  0,6 C10

FF IC IA L

C14 P(X  100)  P(laáy ñöôïc bi ñoû)  1  0,4 C10

Số tiền trung bình nhận được sau 1 lần chơi: E(X)=100.0,4+(-70).0,6= - 2 Phương sai: D(X)=1002.0, 4  (70)2 .0,6-(-2)2  6,936 Độ lệch chuẩn:  ( X )  D( X )  6,936

O

Ý nghĩa: Phương sai là độ phân tán hiệu quả sau mỗi lần hoặc ổn định hoặc kém ổn định hơn.

N

3.2.Phương sai (Variance)

Ơ

3.2.1.Định nghĩa . Phương sai của biến ngẫu nhiên X là một số thực không âm, ký

H

hiệu V(X) được xác định bởi: D(X)=V(X) = E(X - E(X))2

N

Khai triển vế phải công thức trên ta có:

Y

V(X)  E  X2  2XE(X)  (E(X))2   E(X2 )  (E(X))2

U

+ Đối với biến ngẫu nhiên rời rạc ta có thể tính phương sai bằng công thức: n

i1

Q

V(X)   x i 2 pi  (E(X))2



M

+ Đỗi với biến ngẫu nhiên liên tục: V(X)   x 2 f(x)dx  (E(X))2

KÈ



Phương sai của một biến ngẫu nhiên dùng để đặc trưng cho mức độ phân tán

các giá trị của biến ngẫu nhiên đó xung quanh giá trị trung bình của nó.

D

ẠY

Ví dụ 5: Biến ngẫu nhiên rời rạc X có bảng phân phối xác suất như sau: X

1

3

4

P

0.1

0.5

0.4

Tìm phương sai V(X).

Giải: Ta tìm kỳ vọng E(X) = 1.0,1 + 3.0,5 + 4.0,4 = 3,2 n

Kỳ vọng toán E(X2 )   x i 2 .p i  12.0,1  32.0, 5  42.0, 4  11 i1

33

ThS: Đặng Xuân Quỳnh

Bài Giảng: XÁC SUẤT THỐNG KÊ

Vậy: V(X) = 11 – (3,2)2 = 0,76 Ví dụ 6: Biến ngẫu nhiên liên tục X có hàm mật độ xác suất như sau:  2x f(x)      0

khi x  (0;1) khi x  (0;1)

Tìm phương sai V(X)



1



0



1



0

Kỳ vọng E(X2 )   x 2f(x)dx   x 2 2xdx 

1 2

1  2 1 V(X)      2  3  18 2

Vậy :

2 3

FF IC IA L

Giải: Ta tìm kỳ vọng E(X)   xf(x)dx   2x 2dx 

O

Chú ý: Phương sai của biến ngẫu nhiên là một giá trị xác định không âm.

N

3.2.2.Tính chất của phương sai:

Ơ

a. V(C)=0 với C là hằng số

b.V(CX)=C2V(X) với C là hằng số X là biến ngẫu nhiên

N

H

V(X1+X2+…+Xn)=V(X1) +…+V(Xn) với Xi; …Xj là các biến độc lập nhau V(C + X) = V(X)

Y

(X – Y) = V(X) + V(Y) với X; Y là các biến ngẫu nhiên.

U

3.2.3.Bản chất và ý nghĩa của phương sai: Theo định nghĩa của phương sai thì

Q

phương sai chính là trung bình số học của bình phương các sai lệch giữa các giá trị

M

có thể của biến ngẫu nhiên so với giá trị trung bình của các giá trị đó. Do đó nó phản ánh mức độ phân tán của các giá trị của biến ngẫu nhiên xung quanh giá trị

KÈ

trung bình của nó là kỳ vọng.

Ví dụ 6: Tung n con xúc xắc. Tìm phương sai của tổng số điểm thu được.

ẠY

Giải: Gọi Xi i=1,2,..,n là số điểm thu được ở con xúc xắc thứ i, gọi X là tổng

số điểm thu được ở n con xúc xắc. Vậy X = X1+X2+…+Xn vì các Xi là độc lập

D

với nhau nên theo tính chất phương sai có: V(X) = V(X1)+…+V(Xn) Mà V(Xi) = E(Xi2) –[E(Xi)]2 Với mọi biến ngẫu nhiên Xi đều có bảng phân phối xác suất như sau: X

1

2

3

4

5

6

P

1/6

1/6

1/6

1/6

1/6

1/6

34

ThS: Đặng Xuân Quỳnh

Bài Giảng: XÁC SUẤT THỐNG KÊ

Do đó: E(Xi) = 7/2 và E(Xi2) = 91/6 vậy V(Xi) = 35/12 suy ra V(X) = (35.n)/12 Cùng với kỳ vọng, phương sai có những ứng dụng to lớn trong nhiều lĩnh vực của thực tiễn. Nếu như trong kỹ thuật phương sai đặc trưng cho mức độ phân tán của các chi tiết gia công, hay sai số của thiết bị, thì trong quản lý kinh doanh nó

FF IC IA L

đặc trưng cho mức độ rủi ro của các quyết định.

Ví dụ 7: Một nhà đầu tư đang cân nhắc giữa việc đầu tư vào hai dự án A và

B trong hai lĩnh vực độc lập nhau. Khả năng thu hồi vốn sau 2 năm (Tính bằng %) của 2 dự án là các biến ngẫu nhiên có bảng phân phối xác suất như sau: Dự án A: 67

68

69

70

71

73

E(X)

E(X.X) V(X)

O

X 65

N

P 0.04 0.12 0.16 0.28 0.24 0.08 0.08 69.16% 4786.2

x p i

68

69

70

71 0.08

N

P 0.12 0.28 0.32 0.2

H

Y 66

Ơ

Dự án B

E(Y)

i

x p

3.0944

2

i

i

E ( X . X )  ( E ( X )) 2

E(Y.Y) V(Y)

68.72% 4724.2

1.8016

Y

Nhìn vào kỳ vọng của hai biến ngẫu nhiên X và Y ta thấy nếu chọn phương

U

án A thì kỳ vọng khả năng thu hồi vốn cao hơn phương án B, nhưng từ V(X) cho

Q

thấy độ rủi ro của tỷ lệ thu hồi vốn lại cao hơn phương án B. Ngược lại phương án B có độ ổn định hơn của tỷ lệ thu hồi vốn hơn phương án A nhưng khả năng thu

M

hồi vốn thấp hơn A.

KÈ

3.3.Mốt: (Mode)

Mốt ký hiệu là m0 là giá trị của biến ngẫu nhiên tương ứng với xác suất lớn

ẠY

nhất nếu là biến ngẫu nhiên rời rạc. là cực đại của hàm mật độ xác suất nếu là biến

D

ngẫu nhiên liên tục.

Ví dụ 3: Tìm trung vị và mốt của biến ngẫu nhiên có bảng phân phối xác

suất sau: X

20

P

0,3

21

22

23

24

25

0,25 0,18

0,14

0,1

0,03

Giải: Để tìm trung vị ta xây dựng hàm phân bố xác suất sau: 35

ThS: Đặng Xuân Quỳnh

Bài Giảng: XÁC SUẤT THỐNG KÊ

FF IC IA L

  0 khi x  20    0, 3 khi 20  x  21    0, 55 khi 21  x  22 F(X)     0, 73 khi 22  x  23    0, 87 khi 23  x  24     khi 25  x  1

Dễ thấy m0=20; suy ra md=21 3.4.Trung vị: (Median)

Trung vị ký hiệu md là giá trị nằm ở chính giữa tập hợp giá trị có thể có của biến ngẫu nhiên. Nói cách khác đó là giá trị chia phân phối của biến ngẫu nhiên

O

thành hai phần bằng nhau.

+Với X là biến ngẫu nhiên rời rạc thì Xi = md là trung vị nếu thỏa mãn điều

N

kiện: F(Xi) ≤ 0,5 < F(Xi+1)

N

 f(x)dx  0,5



Y

3.5.Độ lệch chuẩn

H

md

Ơ

+Với X là biến ngẫu nhiên liên tục thì md là giá trị thỏa mãn điều kiện:

U

Đại lượng  = V(X) được gọi là độ lệch chuẩn của biến ngẫu nhiên X.

Q

Ý nghĩa của độ lệch chuẩn, do đơn vị của phương sai bằng bình phương đơn

M

vị đo của biến ngẫu nhiên. Vì vậy khi cần đánh giá mức độ phân tán của biến ngẫu nhiên theo đơn vị đo của nó người ta thường tính độ lệch chuẩn chứ không phải là

ẠY

KÈ

phương sai vì độ lệch chuẩn có cùng đơn vị đo với biến ngẫu nhiên .

D

4.Các phân phối xác suất thường dùng

4.1.Phân phối Becnuli (hay là phân phối (0,1, kí hiệu là: A(p))) Biến ngẫu nhiên X phân phối Becnuli nếu bảng phân phối có dạng: X

0

1 36

ThS: Đặng Xuân Quỳnh

p

Bài Giảng: XÁC SUẤT THỐNG KÊ

q=1-p

P

Phân phối Becnuli có kì vọng MX=p và phương sai DX=VX=pq Phân phối Becnuli gắn liền với một phép thử có hai kết quả đối lập nhau, một kết quả, quy ước gọi là 1 hay thành công, có xác suất p, kết quả kia quy ước gọi là 0 hay thất bại, có xác suất q=1-p.

FF IC IA L

Ví dụ 1: Gieo con xúc xắc, gọi X là số lần ra mặt chẵn. X lấy giá trị 1 (chẵn) với xác suất p=1/2, giá trị 0 (lẻ) với xác suất q=1/2.

MX=1/2; DX=1/4

Ví dụ 2: Sinh con, gọi X là con trai, X lấy giá trị 1 (trai) với xác suất p=1/2, giá trị 0 (gái) với xác suất q=1/2; MX=1/2; DX=1/4.

O

4.2.Phân phối nhị thức:

N

Cho X~B(n, p) biến ngẫu nhiên X phân phối nhị thức nếu bảng phân phối có …

n

pk

…

pn

X

0

1

…

k

P

p0

p1

…

H

Ơ

dạng như sau:

(4.1)

N

pk  p(X  k)  Cnk p k q nk

Y

Phân phối này có: E(X)=np (4.2 )và D(X)=np(1-p) (4.3)

U

Giá trị có xác suất lớn nhất ModX là số nguyên thỏa mãn bất đẳng thức kép: (4.4)

Q

np  q  Mod  Xnp  q

M

Phân phối nhị thức gắn liền với việc lặp lại n lần một phép thử có hai sự kiện

KÈ

đối lập (thành công và thất bại) với X là số lần thành công. Lặp ở dây cò nghĩa là dãy phép thử được tiến hành trong cùng điều kiện và độc lập với nahu. Phân phối

ẠY

nhị thức thường kí hiệu là: B(n, p).

Ví dụ 1: Một tỉnh A có 6 trạm hạ thế điện hoạt động độc lập, xác suất hỏng

D

của mỗi trạm trong 1 tháng là như nhau và là 10%. Tính xác suất để trong 1 tháng có ít nhất 2 trạm hỏng.

Giải: Gọi X là số trạm hỏng trong 1 tháng, lập bảng PPXS của X. P(X=0)=(1-10%)=0,9.0,9.0,9.0,9.0,9.0,9=0.53 P  X  1  C16 .0,1.0,9 5; P  X  2   C62 .0,12.0,9 4 ; P  X  3   C36 .0,13.0,9 3

P  X  4   C64 .0,14.0,9 2 ; P  X  5   C56 .0,15.0,9; P  X  6   C 66 .0,16.0,9 0 37

ThS: Đặng Xuân Quỳnh

Bài Giảng: XÁC SUẤT THỐNG KÊ

Tính xác suất để trong 1 tháng có ít nhất 2 trạm hỏng.

Lấy 0.9 từ X=1 đến X=6 Cộng từ 3 đến 6 Ví dụ 2: Theo thống kê của y tế dân số, xác suất có 20% có vấn đề về gen. vấn đề về gen.

Giải: Tương tự Giống VD1

FF IC IA L

Lấy ngẫu nhiên 6 người để thử phân tích về gen. Tính xác suất để có 4 người có

Ví dụ 3: Gieo 4 hạt đậu, xác suất để một hạt cho cây ra hoa vàng là 0,75, ra hoa trắng là 0,25. Số cây đậu ra hoa vàng X phân phối nhị thức B(4;0,75).

0

1

p

0,252

2

3

4

4.0,75.0,253 6.0,752.0,252 4.0,753.0,25 0,754

O

X

N

MX=4.0,75=3; DX=4.0,75.0,25=0,75; ModX=3

Ơ

4.3.Phân phối siêu bội

H

Cho N, M (M<N) và một số n  min(M,N  M) Biến ngẫu nhiên X phân phối siêu bội hay siêu hình học nếu bảng phân phối

N

có dạng: 0

1

P

p0

p1

k

…

n

…

pk

…

pn

M

U

Q

CkMCnNkM pk  CnN

…

Y

X

(k=0,n) (4.5)

KÈ

Phân phối này có: E(X)  MX  n.

m m m Nn vaø D(X)  n. (1  )( ) N N N N 1

Ví dụ 1: 1 hộp có 20 viên bi, có 8 bi đỏ, 12 bi xanh, lấy ngẫu nhiên 5 viên bi,

ẠY

gọi X là số bi đỏ được lấy ra, lập bảng phân phối xác suất X. Tính xác suất để lấy

D

được ít nhất 1 bi đỏ.

Giải: P(X  0) 

5 4 4 C12 C18C12 C18C12 ; P(X  1)  ; P(X  2)  C520 C520 C520

2 C83C12 C84C112 C85 P(X  3)  5 ; P(X  4)  5 ; P(X  5)  5 C20 C20 C20

38

ThS: Đặng Xuân Quỳnh

Bài Giảng: XÁC SUẤT THỐNG KÊ

Ví dụ 2: Chọn một ủy ban gồm 3 người trong số 3 nữ và 5 nam. Gọi X là số nữ trong ủy ban, X có phân phối siêu bội: X

0

1

2

3

p

10/56

30/56

15/56

1/56

MX=9/8; DX=225/448

FF IC IA L

Ví dụ 3: Hộp có 15 quả cam trong đó có 5 quả hỏng, lấy 2 quả, gọi X là số cam hỏng trong 2 quả đó ta có: X

0

1

2

p

45/105

50/105

10/105

MX=2/3; DX=26/63

O

4.4.Phân phối Poat-xong

0

1

…

k

P

p0

p1

…

pk

…

Ơ

X

N

Biến ngẫu nhiên X phân phối Poat-xong nếu bảng phân phối có dạng:

H

…

N

e k pk   ( laø moät haèng soá, k=0,1,..., ) (4.8) k!

Y

Phân phối này có: MX  DX  

U

Ví dụ 1: Chuyển 5000 quả trứng vào kho với xác suất vỡ của mỗi quả là

Q

0,0004. Tính xác suất để khi vận chuyển có không quá một quả vỡ.

M

Giải: Gọi X là số quả vỡ, ở đây có thể dùng phân phối nhị thức nhưng vì n=5000 quá lớn, p=0,0004 lại quá bé nên có thể coi X phân phối xấp xỉ phân phối

KÈ

Poat-xong với   np  2 ta có thể tính: Xác suất để không quá một quả bị vỡ bằng xác suất để X=0 (p 0) cộng xác

D

ẠY

suất để: X=1 (p1). e2 .2 0 1 e2 .21 2 p0   2 ; p1   2 ; p(0  X  1)=p 0  p1  0,406 0!

1! e e MX  DX    2

Ví dụ 2: Gieo n=10.000 hạt giống, xác suất để hạt lép là p=0,0005. Tính xác suất để có đúng 6 hạt lép.

39

ThS: Đặng Xuân Quỳnh

Bài Giảng: XÁC SUẤT THỐNG KÊ

e2 .56 Laáy =np=5, ta coù: p6  6!

4.5.Phân phối hình học Sự kiện A có xác suất xuất hiện trong một phép thử là p. Lần lượt thực hiện xuất hiện là biến X có phân phối hình học.

Bảng phân phối có dạng: X

1

1

…

k

…

P

p1

p2

…

pk

…

p k  P(X  k)  q k 1p vôùi q=1-p (k=1, )

(4.10)

FF IC IA L

các phép thử cho đến khi A xuất hiện. Số lần thực hiện phép thử cho đến khi A

1 q (4.11); phöông sai: DX 2 (4.12) p p

N

O

Kì voïng: MX=

Ơ

Ví dụ 1: Lô hàng khá lớn có 20% phế phẩm. Kiểm tra lần lượt cho đến khi phát hiện phế phẩm.

N

H

Giải: gọi X là số sản phẩm đã kiểm tra, X là phân phối hình học với p=0,2 MX=1/0,5=5; DX=0,8/0,04=20.

Y

Ví dụ 2: Phát tín hiệu liên lạc với trạm B, xác suất nhận được là 0,4. Nếu

U

trạm B báo nhận được tín hiệu thì dừng, nếu không thì phát tiếp. Gọi X là số tín

Q

hiệu đã phát cho đến khi dừng, X là phân phối hình học với p=0,4.

M

MX=1/0,4=2,5; DX=0,6/0,16 4.6.Phân phối chuẩn

KÈ

Biến ngẫu nhiên X phân phối chuẩn N(; 2 ) nếu X có thể lấy mọi giá trị từ

ẠY

 ;   với mật độ xác suất:

D

f(x) 

1 2

e



 x   2 2

2

(-<X<+)

(4.13)

Phân bố chuẩn N(0;1) với kỳ vọng bằng 0, phương sai bằng 1 gọi là phân phối chuẩn tắc. Hàm mật độ của N(0;1)

(x)  1

2

x 2 e 2 ; x  R

(4.14)

Hàm phân phối của N(0;1) 40

ThS: Đặng Xuân Quỳnh

Bài Giảng: XÁC SUẤT THỐNG KÊ

x

x



2 

(x)   (t)dt  1



x 2 e 2 dt; x  R

Đối với biến chuẩn N(; 2 ) ta tính xác suất sau khi biến đổi từ X qua Z  b  a  P(a  X  b)             

(4.16)

E  X   ; D( X )   2 ;  ( X ) = 

FF IC IA L

(phép chuẩn hóa):

Các giá trị của hàm mật độ xác định xác suất (x) vaø haøm phaân phoái (x) được cho ở bảng 1 và bảng 2 ở phần phụ lục.

O

Ví dụ 1:  (0,56) ta dò cột 0,5 dòng 0,6; Và ta có:  (0,56)  0,2123 .

N

Ví dụ 2: Thời gian để đội A làm xong căn phòng là biến ngẫu nhiên có phân

Ơ

phối chuẩn với kỳ vọng là 500 giờ và độ lệch chuẩn 100 giờ. Tính xác suất để đội A xây xong căn phòng.

N

b) Sớm hơn 580 giờ.

H

a) Trong khoảng từ 400 giờ đến 700 giờ.

Y

Giải: a) Gọi X ~ N (500;100 2 );   500;  100

Q

U

 700  500   400  500  P(400  X  700 )        100   100 

M

 (2)   (1)  0,4772  (0,3413)  0,8185

KÈ

 580  500  b) P(  X  580)            (0,8)  0,5  0,7881  100 

Ví dụ 3: Đường kính của 1 loại chi tiết do 1 cơ sở sản xuất có phân phối

ẠY

chuẩn, kỳ vọng 20 mm độ lệch chuẩn 0.2 mm. Tính xác suất lấy ngẫu nhiên 1 chi

D

tiết.

a) Trong khoảng từ 19.9 mm đến 20.3 mm. b) Trong khoảng 19.7 mm đến 20.3 mm.

Giải: a) Gọi: X ~ N (200;0,22 );   20;   0.2  20.3  20   19.9  20  P(19,9  X  20,3)          (1,5)   (0,5)  ?  0.2   0.2  41

ThS: Đặng Xuân Quỳnh

Bài Giảng: XÁC SUẤT THỐNG KÊ

 20,3  20   19,7  20  b. P(19,7  X  20,3)          (1,5)   (1,5)  ?  0,2   0,2 

Chương 3: Lí thuyết mẫu

FF IC IA L

3.1.Mẫu & thống kê: Sắp xếp theo dạng bảng

Ví dụ 1: Kiêm tra ngẫu nhiên 50 sinh viên, ta sắp xếp điểm số X thu được theo thứ tự tăng dần và số sinh viên n có điểm tương ứng vào bảng như sau: 2

4

5

6

7

8

9

10

P (số SV)

4

6

20

10

5

2

2

1

O

X (điểm)

N

Chú ý: Đối với trường hợp số liệu được cho dưới dạng liệt kê thì ta sắp xếp

Ơ

lại ở dạng bảng.

Chú ý: Có 3 cách cho số liệu

N

+Bảng có tần số: Giữ nguyên

H

Ví dụ 2: Cho một dãy số, tìm số nhỏ đến số lớn X với n số lượng,

Y

+Có dạng khoảng: Đưa về bảng tần số (trung bình trong các khoảng)

U

+Dạng liệt kê: đếm và sắp xếp lại thành bảng tần số, từ bảng ta có thể tính

Q

được trung bình và phương sai.

M

3.2.Các đặc trưng mẫu:

KÈ

1 n X n  X 2 n2  ... X n nn a)Trung bình mẫu: X   X i .ni  1 1 n i 1 n1  n2  ...  nn n

ẠY

2 2 1 b)Trung bình phương sai mẫu: S  S n   ( X i  X )2 .ni n i 1

D

c)Phương sai điều chỉnh của mẫu: S 2 

n 2 .S n n 1

**Sử dụng máy tính Fx500ms và Fx570ms Plus tính đặc trưng của mẫu:

3.2.1.Số liệu đơn (không có tần số) Ví dụ 1: Cho mẫu có cỡ mẫu: n=5; 12, 13, 11, 14, 11 a)Máy fx500 -570Ms +Xóa bộ nhớ: shift + mode – 3 =-= 42

ThS: Đặng Xuân Quỳnh

Bài Giảng: XÁC SUẤT THỐNG KÊ

+Vào chế độ thống kê nhập dữ liệu: mode-2 chọn sử dụng với fx500MS -Nhập số : 12shift, (n=) M  ; 13 shift, (n=) M  ; 11 shift, (n=) M  ; 14 shift, (n=) M  ; 11 shift, (n=) M  +Xuất kết quả:

Shift  2  1  keát quaû x laø trung bình maã u Shift-2 -2 = keát quaû s laø ñoä leäch chuaån 2 tính phöông sai s

Baám tieáp phím x 2 =

Shift  2  3  keát quaû ñoä leäch coù hieäu chænh S Baám tieáp phím x 2 =

tính phöông sai s2

12

11

15

n

3

2

4

Ơ

N

X

O

Ví dụ 2:

FF IC IA L

tính ñoä daøi maãu  n  

Shift  1  3 

N

H

Böôùc 1: Xoùa boä nhôù: shift+mode+3=+= Böôùc 2: Vaøo cheá ñoä thoáng keâ nhaäp döõ lieäu: mode+2 Nhaäp soá lieäu:

U

Y

12 shift , 3 M  ; 11shift , 2 M  ; 15shift , 4M  Böôùc 3: xuaát keát quaû:

n9

Q

Shift  1  3 

x  13,11

Shift-2 -2 =

2  s=1,73; s  2,99

M

Shift  2  1 

KÈ

Shift  2  3  S2 =3,349

Ví dụ 3: Điều tra năng suất của 100 ha lúa trong vùng A ta có bảng số liệu

D

ẠY

sau:

NS tấn/ha

Diện tích ha

3-3,5 3,5-4 4-4,5 4,5-5 5-5,5 5,5-6 6-6,5 6,5-7 7

12

18

27

20

8

5

3

Những thửa ruộng có năng suất ít hơn 4,4 tấn là năng suất thấp.

1.Tính tỷ lệ diện tích lúa có năng suất thấp.

2.Năng suất lúa trung bình, phương sai mẫu chưa hiệu chỉnh & độ lệch

chuẩn của mẫu có hiệu chỉnh.

43

ThS: Đặng Xuân Quỳnh

Bài Giảng: XÁC SUẤT THỐNG KÊ

Giải: Tỷ lệ diện tích lúa có năng suất thấp ít hơn 4,4 tấn/ha X

3,25

3,75

4,25 4,75

5,25 5,75

6,25

6,75

n

7

12

18

20

5

3

8

Dieän tích naêng suaát thaáp 7  12  18 37    0,37 Toång dieän tích 100 100

2. x  4,75;

s  0,828; S=0,832

FF IC IA L

f

27

3.3.Trung bình mẫu Ước lượng khoảng cho trung bình tổng: 

Bài toán tìm khoảng ước lượng cho trung bình  với độ tin cậy 1  cho trước.



H

Ơ

N

O

3.3.1.TH1: Kích thöôùc maãu n  30 vaø phöông sai toång theå  2 ñaõ bieát 1  Töø maãu x trung bình, tìm t  sao cho: (t  )= 2 1   Töø 1- ta coù: (t  )= tra baûng ta coù: t  , ta coù: =t  2 n



N

Khoaûng öôùc löôïng laø x  ; x  

Y

Ví dụ 1: Lượng vitamin có trong 1 trái cây A là biến ngẫu nhiên X mg, có độ

U

lệch chuẩn là 3,98 mg. Phân tích 250 trái cây A thì thu được lượng vitamin trung

Q

bình là 20 mg. Với độ tin cậy 1     95% , hãy ước lượng vitamin trung bình có

M

trong 1 trái cây A?

KÈ

Giaûi : Theo baøi ra ta coù:   3,98;n  250;x  20; 1     95%

D

ẠY

Ta coù : (t  ) 

1   0,98   0,475 tra ôû baûng ta coù: t   1,96 2 2

  t

 3,98  1,96  0,493 n 250





Vaäy khoaûng öôùc löôïng laø: x  ; x    (19,507; 20,493)

3.3.2.Th2: Kích thước mẫu n  30 và phương sai tổng thể  2 chưa biết. +Tính x trung bình mẫu. bấm máy +Tính S độ lệch chuẩn hiệu chỉnh bấm máy.

44

ThS: Đặng Xuân Quỳnh

Bài Giảng: XÁC SUẤT THỐNG KÊ

+ Tính t  sao cho: (t  ) 

1  2

S

+ Ta coù :   t 

n



FF IC IA L



Khoaûng öôùc löôïng laø: x  ; x  

3.3.3.Th3: Kích thước mẫu n < 30 và phương sai tổng thể phân phối chuẩn  2 đã biết. Cách làm giống TH1.

3.3.4.Th4: Kích thước mẫu n < 30 và phương sai tổng thể phân phối chuẩn  2 chưa biết và tổng thể phân phối chuẩn (X).

O

+ Tính x; S

+ Tính t n1 , töø 1-, =? tra baûng  t n1 giaûm baäc n-1 roài tra baûng

N

S

sai soá hay soá leäch chuaån

n

Ơ

+ Ta coù :   t n1





N

H

Khoaûng öôùc löôïng laø: x  ; x  

Ví dụ: Biết chiều cao con người là biến ngẫu nhiên X cm có phân phối

Y

chuẩn N(;100()) , với độ tin cậy 95% nếu muốn ước lượng chiều cao trung bình

U

của dân số có sai số không quá 1cm thì phải cần đo ít nhất bao nhiêu người?

Q

Giaûi : Ta coù:  2  100    10; ñoä tin caäy 1-=0,95. Tìm n=?

KÈ

M

Ta coù :   t   n

n

maø (t  ) 

 1,96

10 n

1   0,95   0,475 vaø t   1,96 2 2

 1cm

ẠY

Sai soá:   t 



D

 19,6  n  n  384,1 vậy phải đo 385 người thì có độ tin cậy đó.

Ví dụ 2: Kiểm tra tuổi thọ của 50 bóng đèn do nhà máy A sản xuất người ta

có số liệu: Tuổi thọ

3 300

3 500

3 600

4 000

Số bóng đèn

10

20

12

8

1.Ước lượng tuổi thọ TB của loại bóng đèn do nhà máy A sản xuất với độ tin cậy 97%.

45

ThS: Đặng Xuân Quỳnh

Bài Giảng: XÁC SUẤT THỐNG KÊ

2.Dựa vào mẫu trên để ước lượng tuổi thọ TB của loại bóng đèn do nhà máy A sản xuất có độ chính xác 59,02 giờ thì đảm bảo độ tin cậy bao nhiêu?

3.Dựa vào mẫu trên nếu muốn ước lượng   40, 1     0,98 thì phải kiểm tra tối thiểu bao nhiêu bóng đèn nữa?

Giải:

FF IC IA L

1. Theo baøi toaùn ta coù: n=50>30 vaø 1    0,97 Tính x  3,564, S=217,368, tìm t 

1   0,97   0,485 tra ôû baûng ta coù: t   2,17 2 2

S

+ Ta coù:   t 

n

 2,17.

217,368 50



 66,706



O

Ta coù: (t  ) 

Ơ S

 t

217,368

H

2.Cho =59,02 tìm:  ta coù: =t 

N

Khoaûng öôùc löôïng laø: x  ; x     3497,29;3564,71 50

 59,02

N

n

1   0,4726 tra ôû baûng, 1-=0,945 2

Y

 t   1,92 ta coù: (t  ) 

U

Vậy độ tin cậy là: 94,5%

1   0,98   0,49 tra baûng ta coù: t   2,33 2 2

Q

3.Ta coù: (t  ) 

M

S

n

 2,33.

KÈ

  t

217.368

ẠY

n  2,33.

217.368

40

n

 40

 12,66 vaø n  160,27  n  161

D

Vậy phải khảo sát thêm ít nhất là: 161-50=111 bóng đèn.

Ví dụ 3: Để nghiên cứu nhu cầu về loại hàng X ở một phường A người ta

khảo sát 400 trong toàn bộ 4000 gia đình, kết quả khảo sát là: Nhu cầu (kg/tháng) Số gia đình

0,5

1,5

2,5

3,5

4,5

5,5

6,5

7,5

10

35

86

132

78

31

18

10

46

ThS: Đặng Xuân Quỳnh

Bài Giảng: XÁC SUẤT THỐNG KÊ

1.Hãy ước lượng nhu cầu trung bình về loại hàng của toàn bộ gia đình ở phường A với độ tin cậy 97%.

2.Dự vào mẫu trên để ước lượng TB nhu cầu của loạị hàng X mà phường A sử dụng có độ chính xác 5,00 thì đảm bảo độ tin cậy bao nhiêu?

3.Dựa vào mẫu trên nếu muốn ước lượng   20, 1-=0,98 thì phải kiểm

FF IC IA L

tra tối thiểu bao nhiêu loại hàng nữa?

Chương 4: Ước lượng tham số

O

4.1.Ước lượng khoảng cho tỷ lệ tổng thể P.

N

Khoảng ước lượng f; độ tin cậy 1   cho trước

m f(1  f) f(1  f) vôùi   t   t n n n

H

Từ mẫu số liệu: Tính f  f(n) 

Ơ

Tỷ lệ mẫu f; n cỡ mẫu; m là phần tử ta quan tâm.

N

Khoaûng öôùc löôïng:  f  ; f   

1  tra ôû baûng.

2

Y

U

Trong ñoù: t  tính töø: (t  ) 

Q

Ví dụ 1: Tỉnh X có 1 triệu thanh niên. Người ta khảo sát ngẫu nhiên 20.000

M

thanh niên của tỉnh X về trình độ học vấn thì thấy có 12575 thanh niên đã tốt

KÈ

nghiệp THPT. Hãy ước lượng tỷ lệ thanh niên đã tốt nghiệp PTTH của tỉnh X trong khoảng nào?

D

ẠY

Giaûi : Ta coù: n=20 000 vaø m=12 575 vaø f  f(n)  Ñoä tin caäy 95%  1    0,95, (t  ) 

Vaäy   t 

m  0,629 n

1   0,95   0,475  t   1,96 2 2

f(1  f) 0,629(1  0,629)  1,96.  0,007 n 20 000

Vaäy khoaûng öôùc löôïng:  f  ; f     (0,622; 0,636)

Khoảng ước lượng cho số người tốt nghiệp THPT là: (622000; 636000) 47

ThS: Đặng Xuân Quỳnh

Bài Giảng: XÁC SUẤT THỐNG KÊ

Ví dụ 2: Người ta chọn ngẫu nhiên 500 chiếc tivi trong một kho chứa tivi thì thấy có 27 tivi Sony.

1.Dự vào mẫu trên để ước lượng tỷ lệ tivi Sony trong kho có độ chính xác là:   0,0177 thì đảm bảo độ tin cậy của ước lượng là bao nhiêu?

2.Dựa vào mẫu trên nếu muốn độ ước lượng tỷ lệ tivi Sony nhỏ hơn 0.01 với

FF IC IA L

độ tin cậy 95% thì cần chọn thêm ít nhất bao nhiêu TV nữa.

Giaûi : Theo bai toaùn ta coù: n=500 vaø m=27, tính 1-

1.  0,0177 ta coù: f=

f(1  f) n  t   .  1,75 n f(1  f)

O

  t

1  1   t   1,96  0,4599   1    2.0,4599  0,92 2 2

N

Maø   t   

m 27   0,054 n 500

H

Ơ

Vậy độ tin cậy 92%.

Y

1   0,475  t   1,96 tra ôû baûng 2 f(1  f) f(1  f)  0,01; t   n n 0,01

Q

  0,01  t 

0,054(1  0,054)  n  n  1962,46 0,01

KÈ

M

 1,96

f(1  f) n

U

 t   

N

2.Ta coù: <0,01; 1-=0,95. Tính n=?, ta coù =t 

Vậy n>1963 và cần chọn thêm 1963-500=1463 tivi nữa.

Ví dụ 3: Khảo sát năng suất lúa tấn/ha của 100 ha lúa ở huyện A ta có bảng

D

ẠY

số liệu:

X (tấn/ha) 3,25 3,75 4,25 4,75 5,25 5,75 6,25 6,75 Diện tích

1

12

18

27

20

8

5

9

Giả sử rằng: Lượng lúa lớn hơn 5.5 tấn thì gọi là có năng suất cao a) Ước lượng tỷ lệ diện tích có năng suất cao, độ tin cậy 95%.

48

ThS: Đặng Xuân Quỳnh

Bài Giảng: XÁC SUẤT THỐNG KÊ

b) Với độ chính xác 8,45% thì việc ước lượng đảm bảo độ tin cậy là bao nhiêu?

Giải: Theo bài ra ta có: P(5,5<X<6,75)=8+5+9=22 m 22   0,22; ta coù: 1- =0,95 n 100

n  100; m=22; f=

Vậy khoảng ước lượng tỷ lệ:

FF IC IA L

f(1  f) 0,22(1  0,22)  1,96  0,081 n 100

Ta coù:   t 

 f  ; f      0,139; 0,301

b) Ta coù: =8,54%=0,0854; 1-=?

1     2,062   0,4803 2

0,22(1  0,22) 100

O

f(1  f) n

0,0854



 2,062

Ơ

(t  ) 



N

f(1  f)  t  n

Töø coâng thöùc   t 

N

H

Vaäy 1-=2x0,8403=0,9606 thì ñoä tin caäy: 96,06%

Câu 4: Kiểm tra hai lớp 30 học singlớp A và 25 học sinh lớp B cùng một bài Lớp A

2

3

5

6

7

8

9

ni

1

2

4

8

7

3

2

3

Y

2

3

4

5

6

7

8

ni

1

2

4

8

5

3

2

U

M

Lớp B

1

Q

Mẫu 1

X

Y

kiển tra cho kết quả như sau:

KÈ

Mẫu 2

a. Vẽ biểu đồ tần suất của hai mẫu trên b. Tính trung bình và phương sai của hai mẫu trên.

ẠY

c. Dùng tiêu chuẩn Mann-Withney để kiểm tra tình hình học tập của hai lớp

D

A và B trên, cho mức kiểm định là   0,01 Giải: Ta có hai mẫu như sau Lớp A Mẫu 1 Lớp B

X

1

2

3

5

6

7

8

9

ni

1

2

4

8

7

3

2

3

ni/n

1/30 2/30 4/30 8/30 7/30 3/30 2/30 3/30

Y

2

3

4 49

5

6

7

8

ThS: Đặng Xuân Quỳnh

Mẫu 2

Bài Giảng: XÁC SUẤT THỐNG KÊ

ni

1

2

4

8

5

3

2

ni/n

1/25 2/25 4/25 8/25 5/25 3/25 2/25

Câu 5: Cân thử 100 quả cam ta có số liệu sau: 32

33

34

35

36

37

38

39

40

Số quả

2

3

15

26

28

6

8

8

4

FF IC IA L

X (g)

a) Hãy ước lượng khối trung bình của các quả cam ở độ tin cậy 95%

b) Cam có khối lượng dưới 35g được coi là cam loại 2. Hãy ước lượng tỷ lệ với độ tin cậy 90 %.

c) Nếu muốn sai số trong phép ước lượng tỷ lệ cam loại 2 không vượt quá tỷ

O

lệ 90% thì cần quan sát thêm ít nhất bao nhiêu trái nữa ?

Câu 6: Năng suất của 1 loại giống mới là 1 biến nn có quy luật phân phối

N

chuẩn. Gieo thử hạt giống này trên 16 vườn thí nghiệm khác nhau thu được các số

Ơ

liệu: 172; 173; 173; 174; 174; 175; 176; 166; 166; 167; 165; 173; 171; 170; 171;

H

170 kg/ha. Hãy tìm khoảng ước lượng cho năng suất trung bình của hạt giống, độ

N

tin cậy 0,95.

Y

Câu 7: Hãy tìm khoảng ước lượng cho năng suất trung bình của một loại cây

42,5-47,5 47,5-52,5 52,5-57,5 57,5-62,5 62,5-67,5

Q

Năng suất (kg/ha)

U

trồng với độ tin cậy 95% cho bảng số liệu sau:

M

Kết quả

5

2

14

10

5

KÈ

Câu 8: Trọng lượng của 1 loại sản phẩm là biến ngẫn nhiên có phân phối

Trọng lương (gam)

18

19

20

21

Số sản phẩm

3

5

15

2

D

ẠY

chuẩn với độ lệch chuẩn 1 gam. Cân thử 25 sản phẩm loại này ta có:

4.2. Phương pháp ước lượng điểm Phương pháp ước lượng điểm chủ trương dùng một giá trị để thay cho giá trị của tham số θ chưa biết của tổng thể. Thông thường giá trị được chọn này là giá trị cụ thể của một thống kê  nào đó của mẫu ngẫu nhiên.

Với mẫu ngẫu nhiên W  X1 ,X2 ,...,Xn  thống kê ước lượng cho tham số θ có

  T X1 ,X2 ,...,Xn  dạng công thức (5.5):  50

ThS: Đặng Xuân Quỳnh

Bài Giảng: XÁC SUẤT THỐNG KÊ

Khi đó với mẫu cụ thể w  x1 ,x2 ,...,xn  giá trị cụ thể của thống kê

   T x ,x ,...,x  là ước lượng của θ .

1

2

n

Cùng với một mẫu ngẫu nhiên có thể xây dựng nhiều thống kê θˆ khác nhau để ước lượng cho tham số θ . Vì vậy ta cần lựa chọn thống kê tốt nhất để ước lượng cho tham số θ dựa vào các tiêu chuẩn sau: 4.3. Ước lượng không chệch

FF IC IA L

Thống kê    T X1 ,X2 ,...,Xn  là một hàm của các biến ngẫu nhiên X1 ,X2 ,...,Xn nên cũng là một biến ngẫu nhiên. Do đó ta có thể xét các đặc trưng của thống kê này.

Định nghĩa: Thống kê    T X1 ,X2 ,...,Xn  được gọi là ước lượng không chệch

của θ nếu với mọi giá trị của tham số θ: E()   (5.25)

ẠY

KÈ

M

Q

U

Y

N

H

Ơ

N

O

  T X1 ,X2 ,...,Xn  được gọi là ước lượng chệch của θ.

Nếu E()   thì  4.4. Ước lượng hiệu quả Điều kiện (5.25) của ước lượng không chệch có nghĩa rằng trung bình các giá trị của  bằng giá trị θ . Từng giá trị của θˆ có thể sai lệch rất lớn so với θ . Vì vậy ta tìm ước lượng không chệch sao cho độ sai lệch trên bé nhất. Định nghĩa: Ước lượng không chệch có phương sai nhỏ nhất so với mọi ước lượng không chệch khác được xây dựng trên cùng một mẫu ngẫu nhiên gọi là ước lượng hiệu quả.

Như vậy, để xét xem ước lượng không chệch θˆ có phải là ước lượng hiệu quả của θ hay không ta cần phải tìm một cận dưới của phương sai của các ước lượng không chệch và so sánh phương sai của θˆ với cận dưới này. Điều này được giải quyết bằng bất đẳng thức Cramer-Rao phát biểu như sau: Cho mẫu ngẫu nhiên W  X1 ,X2 ,...,Xn  được lấy từ tổng thể có dấu hiệu nghiên cứu là biến ngẫu nhiên X có hàm mật độ xác suất (hay biểu thức xác suất ) f (x,θ) thỏa mãn một số điều kiện nhất định (thường được thỏa mãn trong thực tế, ít ra là các phân bố xác suất đã xét trong chương II) và θˆ là ước lượng không chệch bất kỳ của θ thì : 1 D   (5.26) 2   lnf(x, )      nE       

D

Ví dụ: Dựa vào bất đẳng thức trên ta có thể chứng minh được rằng trung bình mẫu X là ước lượng hiệu quả của kỳ vọng μ của dấu hiệu nghiên cứu X của tổng thể có phân bố chuẩn N(,2 ) .

2 Thật vậy theo công thức (5.8) ta có D X  . Mặt khác theo (2.26) hàm n



mật độ của X có dạng : f(x, ) 

1  2

(x)2 e 22 51

ThS: Đặng Xuân Quỳnh

Bài Giảng: XÁC SUẤT THỐNG KÊ

2  lnf(x,) ln  2  (x )   lnf(x,)  x   22 2

  ln f(X,) 2  X 2 n n n Vaäy nE   nE 2   4 E(X )2  4 D(X)  2         

2 Như vậy D X  đạt giá trị cực tiểu của bất đẳng thức Cramer-Rao, do đó n trung bình mẫu X là ước lượng hiệu quả của μ .

4.5. Ước lượng vững

FF IC IA L



  T X1 ,X2 ,...,Xn  được gọi là ước lượng vững của Định nghĩa: Thống kê 

  T X1,X2 ,...,X n  hội tụ theo xác suất tham số θ của biến ngẫu nhiên gốc X nếu  đến θ khi n →∞.      Nghĩa là với mọi ε > 0 , luôn có: lim (5.27)   P   1 n     

O

 

D

ẠY

KÈ

M

Q

U

Y

N

H

Ơ

N

Theo hệ quả 2 của luật số lớn Trêbưsep, công thức (4.9) chương IV, ta có 2 trung bình mẫu X là ước lượng vững của kỳ vọng μ , S2 , S là ước lượng vững của phương sai 2 của biến ngẫu nhiên gốc X của tổng thể.

Theo luật số lớn Bernoulli ta suy ra tần suất mẫu f là ước lượng vững của tần suất p của tổng thể.

Tóm lại ta có kết quả sau: + Trung bình mẫu X là ước lượng không chệch, hiệu quả và vững của kỳ vọng μ của biến ngẫu nhiên gốc của tổng thể. + Tần suất mẫu f là ước lượng không chệch, hiệu quả và vững của tần suất p của tổng thể. + Phương sai mẫu S2 và S*2 (trường hợp μ đã biết) là ước lượng không chệch và vững của phương sai 2 của biến ngẫu nhiên gốc của tổng thể.

4.6. Phương pháp ước lượng bằng khoảng tin cậy Các phương pháp ước lượng điểm nói trên có nhược điểm là khi kích thước mẫu bé thì ướclượng điểm có thể sai lệch rất nhiều so với giá trị của tham số cần ước lượng. Mặt khác phương pháp trên cũng không thể đánh giá được khả năng mắc sai lầm khi ước lượng là bao nhiêu. Do đó khi kích thước mẫu bé người ta thường dùng phương pháp ước lượng khoảng tin cậy. Nghĩa là từ mẫu ngẫu nhiên tìm khoảng [a; b] chứa tham số θ với xác suất β đủ lớn cho trước (β được gọi là độ tin cậy và thường được chọn là 0,95 hay 0,99). Định nghĩa: Khoảng [a;b] có hai đầu mút là hai thống kê a  a X ,X ,...,Xn , b  b X ,X ,...,Xn  (5.28) 1 2 1 2 phụ thuộc mẫu ngẫu nhiên W  X1 ,X2 ,...,Xn  của biến ngẫu nhiên gốc X , gọi là khoảng tin cậy của tham số θ với độ tin cậy β nếu: P aX1 ,X2 ,...,Xn   bX1,X2 ,...,Xn   (5.29) 52

ThS: Đặng Xuân Quỳnh

Bài Giảng: XÁC SUẤT THỐNG KÊ

Trong thực tế thường yêu cầu độ tin cậy β khá lớn, khi đó theo nguyên lý xác suất lớn biến cố {a ≤ θ ≤ b} hầu như chắc chắn sẽ xảy ra trong một phép thử. Tiến hành một phép thử với mẫu ngẫu nhiên W  X1 ,X2 ,...,Xn  ta thu được một mẫu cụ thể tính được giá trị cụ thể w  x1 ,x2 ,...,xn  ,

   XU  ;XU      n n  2 2 

N

O

FF IC IA L

a  a x ,x ,...,xn , b  b x ,x ,...,x n  . Lúc đó có thể kết luận là: Qua mẫu cụ thể 1 2 1 2 với độ tin cậy β tham số θ của biến ngẫu nhiên gốc X sẽ nằm trong khoảng [a;b], tức là a ≤ θ ≤ b .

4.6.1. Khoảng tin cậy của kỳ vọng của biến ngẫu nhiên phân bố theo quy luật chuẩn Giả sử tổng thể biến ngẫu nhiên gốc X có phân bố chuẩn N(,2 ) nhưng chưa biết tham số μ của nó.

Từ tổng thể rút ra một mẫu ngẫu nhiên kích thước n : W  X1 ,X2 ,...,Xn  , ta tìm khoảng tin cậy của μ trong các trường hợp sau: 4.6.2. Trường hợp phương sai 2 đã biết Định lý: Khoảng tin cậy của tham số μ với độ tin cậy β có dạng:

Ơ

(5.30)

trong đó:α =1−β ; U là giá trị tới hạn mức  của phân bố chuẩn tắc N(0;1)

N

(công thức 3.21).

2

H

2

 X  n ~ N 0;1

    X  n  U   Mặt khác: X U   X  U   

U

Y

Chứng minh: Theo công thức (5.19) ta có

n

Q 2

n

2

2

Áp dụng công thức (2.32) ta có



KÈ

M

    X     P XU  XU   P     n n   2 2 

 n U 1    2



D

ẠY

Định nghĩa:   U  được gọi là độ chính xác của ước lượng.

2 n Với độ chính xác ε0 và độ tin cậy β cho trước, thì kích thước mẫu cần thiết là số tự nhiên n nhỏ nhất thỏa mãn: 2 U2  2 n (5.31) 2  0 Ví dụ: Trọng lượng của một loại sản phẩm là một biến ngẫu nhiên phân bố theo quy luật chuẩn với độ lệch tiêu chuẩn 1 gram. Cần thử 25 sản phẩm loại này ta thu được kết quả: 53

ThS: Đặng Xuân Quỳnh

Bài Giảng: XÁC SUẤT THỐNG KÊ

Với độ tin cậy  0,95 

  0,025  U  1,96 2 2

FF IC IA L

Trọng lượng (gram) 18 19 20 21 Số SP tương ứng 3 5 15 2 Với độ tin cậy 95% a. Hãy tìm khoảng tin cậy của trọng lượng trung bình của loại sản phẩm trên. b. Nếu muốn độ chính xác của ước lượng không vượt quá 0,3 thì cần cân thử ít nhất bao nhiêu sản phẩm.

Giải: Gọi X là trọng lượng sản phẩm, theo giả thiết X có phân bố chuẩn N(,2 ) với σ = 1. Trọng lượng trung bình của sản phẩm là tham số μ. Khoảng tin cậy có dạng (5.30).

KÈ

M

Q

U

Y

N

H

Ơ

N

O

a. Từ bảng số liệu tìm được trung bình mẫu cụ thể: x  3.18  5.19 15.20  2.21 19,64 25 1 Độ chính xác của ước lượng:   U  1,96.  0,392 n 25 2 Vậy với độ tin cậy 95% qua mẫu cụ thể này, khoảng tin cậy của tham số μ là: [19,64 − 0,392; 19,64 + 0,392] hay 19,248 ≤ μ ≤ 20,032 . b. Nếu muốn độ chính xác của ước lượng không vượt quá 0,3 thì cần cân thử ít nhất n sản phẩm sao cho: (Chọn n = 43) 2U2  1.1,962 2 n   42,68 2 2 0,3 0 4.6.3. Trường hợp phương sai 2 chưa biết, kích thước mẫu n ≥ 30 Trong nhiều bài toán thực tế, ta không biết phương sai 2 của biến ngẫu nhiên gốc X của tổng thể. Nhưng nếu kích thước mẫu n đủ lớn ( n ≥ 30 ) ta có thể xấp xỉ độ lệch chuẩn σ bởi độ lệch chuẩn mẫu S (vì S2 là ước lượng vững không chệch của 2 ), S được xác định bởi công thức (5.12). Mặt khác, theo định lý giới hạn trung tâm thì thống kê

X n xấp xỉ chuẩn, đúng với mọi biến ngẫu nhiên 

D

ẠY

gốc X (không đòi hỏi phân bố chuẩn).

Do đó khoảng tin cậy của tham số μ với độ tin cậy β có thể lấy là

   XU S ;XU S     n n   2 2

(5.32)

Ví dụ: Để xác định chiều cao trung bình của các cây bạch đàn trong khu rừng rộng trồng bạch đàn, ta tiến hành đo ngẫu nhiên 35 cây và có kết quả cho trong bảng sau: ui  x 8,25 ri ui xi Tần số ri ri u2i Khoảng i 6,5-7,0

2

6,75

-1,5 54

-3

4,5

ThS: Đặng Xuân Quỳnh

7,0-7,5 7,5-8,0 8,0-8,5 8,5-9,0 9,0-9,5

4 10 11 5 3



35

Bài Giảng: XÁC SUẤT THỐNG KÊ

7,25 7,75 8,25 8,75 9,25

-1,0 -0,5 0 0,5 1,0

-4 -5 0 2,5 3

4 2,5 0 1,25 3

-6,5

15,25

6,5 0,1857  x  8,25 0,1857  8,06 35 2     6,5   1 2 2   0,413  s  0,64 sX  sU  15,25 35  34   

FF IC IA L

u

Với độ tin cậy  95%  U 1,96

O

2

0,64

N

X n

(5.33)

S

Y

T

H

Ơ

N

Độ chính xác của ước lượng:   U  1,96.  0,21 n 35 2 Vậy khoảng tin cậy cho chiều cao trung bình μ của các cây bạch đàn là: 7,87 ≤ μ ≤ 8,29 .

4.6.4. Trường hợp phương sai 2 chưa biết, kích thước mẫu n < 30 Trong trường hợp này, theo công thức (5.22) thống kê

Q

U

có phân bố Student n −1 bậc tự do. Vì vậy khoảng tin cậy được tính theo kết quả sau: Định lý: Khoảng tin cậy của tham số μ với độ tin cậy β có dạng:

   Xt (n1) S ;Xt (n1) S     n n   2 2

M

(5.34)

KÈ

trong đó t   n 1 là giá trị tới hạn mức  của phân bố Student n −1 bậc tự

2

2

do (công thức 2.43).

ẠY

Độ chính xác của ước lượng:   t   n 1 2

S n

(5.35)

D

Với độ tin cậy β và độ chính xác 0 cho trước thì kích thước mẫu cần thiết là số tự nhiên n nhỏ nhất thỏa mãn:  S.t (n 1) 2      2   (5.36) n       0   



55

ThS: Đặng Xuân Quỳnh

Bài Giảng: XÁC SUẤT THỐNG KÊ

2

Độ chính xác:   t   n 1 2

S n

 2,131.

3,4254 16

FF IC IA L

Ví dụ: Năng suất của một loại giống mới là một biến ngẫu nhiên có quy luật phân bố chuẩn N(,2 ) . Gieo thử giống hạt này trên 16 mảnh vườn thí nghiệm thu được như sau (đơn vị kg/ha): 172, 173, 173,174, 174, 175, 176, 166, 166, 167, 165, 173, 171, 170, 171, 170.

Hãy tìm khoảng tin cậy cho năng suất trung bình của loại hạt giống này với độ tin cậy β = 95%.

Giải: Năng suất trung bình của hạt giống là tham số μ .

Từ các số liệu trên ta tính được: x 171;s  3,4254,  0,05;   0,025 2 Tra bảng phân bố Student với 15 bậc tự do ta tìm được t  n 1  t0,025 161  2,131

1,885

Q

n

U

Y

N

H

Ơ

N

O

Vậy khoảng tin cậy cho năng suất trung bình của loại hạt giống này là μ thỏa mãn: 169,115 ≤ μ ≤172,885.

4.6.5. Khoảng tin cậy cho tần suất p Ta cần nghiên cứu một dấu hiệu nghiên cứu A nào đó mà mỗi cá thể của tổng thể có thể có hoặc không có dấu hiệu A . Nếu cá thể có dấu hiệu A ta cho nhận giá trị 1, trường hợp ngược lại ta cho nhận giá trị 0. Lúc đó dấu hiệu nghiên cứu có thể xem là biến ngẫu nhiên X có quy luật phân bố xác suất không – một A( p) có kỳ vọng và phương sai EX = p; DX = p(1− p) .

Lấy mẫu ngẫu nhiên W  X1 ,X2 ,...,Xn  , trong đó X1 ,X2 ,...,Xn là các biến ngẫu nhiên độc lập có cùng phân bố không – một A( p) . f  X1  X2 ...  Xn là tần suất mẫu. Theo định lý Moivre-Laplace (4.12) thì khi n đủ lớn ta có thể xấp xỉ thống kê U 

f p n với phân bố chuẩn tắc N(0;1)

D

ẠY

KÈ

M

p(1p) . Tuy nhiên vì p chưa biết nên chưa biết p(1− p) = DX .

Mặt khác theo công thức (5.21), (5.24) thì tần suất mẫu f là ước lượng vững, không chệch và hiệu quả của tần suất p tổng thể. Vì vậy khi n đủ lớn ta có thể thay p bằng f .

Do đó khoảng tin cậy cho tần suất p của tổng thể với độ tin cậy β là:

   f U f(1f) ;f U f(1f)  (5.37)     n n   2 2   nf 10 Với điều kiện:  (5.38)   n(1  f)  10   trong đó U là giá trị tới hạn mức  của phân bố chuẩn tắc N(0;1) với α 2 2

=1−β .

56

ThS: Đặng Xuân Quỳnh

Bài Giảng: XÁC SUẤT THỐNG KÊ

Độ chính xác của khoảng tin cậy:   U

 2

f(1f) n

(5.39)

Với độ tin cậy β và độ chính xác ε 0 cho trước thì kích thước mẫu cần thiết là

 U 2     số tự nhiên n nhỏ nhất thỏa mãn: n  f(1 f) 2    0   

FF IC IA L

(5.40)

N

O

trong đó f là tần suất mẫu của một mẫu ngẫu nhiên nào đó.

Ví dụ: Trong đợt vận động bầu cử tổng thống ở một nước nọ, người ta phỏng vấn ngẫu nhiên 1600 cử tri, được biết có 960 người trong số đó sẽ bỏ phiếu cho ứng cử viên A. Với độ tin cậy β = 95% tối thiếu ứng cử viên A sẽ chiếm được bao nhiêu % số phiếu bầu.

Giải: Gọi p là tỉ lệ số phiếu sẽ bầu cho ứng cử viên A. Tổng thể nghiên cứu là tập hợp tất cả các cử tri. Dấu hiệu nghiên cứu là cử tri sẽ bỏ phiếu cho A, là biến ngẫu nhiên có quy luật phân bố không – một A( p) . Khoảng tin cậy cho p có dạng (5.37) với điều kiện (5.38).

 nf 96010

Ơ

Từ mẫu cụ thể trên ta có f  960  0,6 thỏa mãn điều kiện   1600 n(1f)64010

H

 f(1f) 0,6.0,4 1,96  0,024 n 1600

N

Độ chính xác của ước lượng   U 2

KÈ

M

Q

U

Y

Khoảng tin cậy: 0,576 ≤ p ≤ 0,624 .

Vậy với độ tin cậy 95% thì tối thiểu có 57,6% cử tri sẽ bỏ phiếu cho ứng cử viên A.

Chương 5: Kiểm định giả thiết

D

ẠY

5.1.Kiểm định về trung bình với một số:

57

ThS: Đặng Xuân Quỳnh

Bài Giảng: XÁC SUẤT THỐNG KÊ

Vôùi soá  0 cho tröôùc, ta ñaët giaû thuyeát H: = 0 a.TH1: n  30, cho bieát , möùc yù nghóa:  x  0 1  Ta coù:   t    tra baûng. Tính t= x n 2  Neáu t  t  thì ta chaáp nhaän H  = 0 

FF IC IA L

Neáu t>t  thì ta baùc boû H     0 

x   0 keát luaän: > 0 ; x   0 keát luaän:    0

Ví dụ 1: Sở điện lực A báo cáo rằng: Trung bình 1 hộ hàng tháng phải trả 250 000đ tiền điện, với độ lệch chuẩn là: 20 000đ, người ta khảo sát ngẫu nhiên 500 hộ thì tính được trung bình hàng tháng 1 hộ trả 252 000đ tiền điện.

O

Trong kiểm định giả thuyết H: “TB 1 hộ phải trả hàng tháng là 250 000đ tiền

N

điện” với mức ý nghĩa   1%  0,01 . Hãy cho biết giá trị thống kê t và kết luận ?

252  250

N

500  2,23 20 1   1  0,01 Ta coù: (t  )    0,495  t   2,57 2 2 Do t  t  thì ta chaáp nhaän H: = 0  250 

n

Q

U

Y

t

x  0

H

Ơ

Giaûi : Theo baøi ra ta coù H:   250, n=500, x  252 Ñoä leäch chuaån: =20, =0,01, tính t-?

Tröôøng hôïp 2: n  30 chöa bieát =?

M

Ta laøm theo TH1 nhöng thay =S

KÈ

Tröôøng hôïp 3: n<30 bieát  vaø X coù phaân phoái chuaån (lam nhö TH1)

D

ẠY

Tröôøng hôïp 4: n<30 chöa bieát =? vaø X coù phaân phoái chuaån Töø côõ maãu n vaø yù nghóa  tra baûng  t

n 1 

ta tính: t 

x  0 S

n

Neáu t  t n 1 thi ta chaáp nhaän giaû thieát H Neáu t  t n 1 thi ta chaáp nhaän giaû thieát H

Ví dụ 2: Nhà giáo dục học B muốn nghiên cứu xem số giờ tự học trung bình

hàng ngày của sinh viên có thay đổi hay không so với mức 1 giờ/ngày cách đây 10 năm. Ông B khảo sát ngẫu nhiên 120 sinh viên và tính TB là 0,82h/ngày với s  0,75 h/ngaøy . Với mức ý nghĩa 3%, hãy cho biết kết luận của ông B? 58

ThS: Đặng Xuân Quỳnh

Bài Giảng: XÁC SUẤT THỐNG KÊ

Giaûi : Theo baøi ra ta coù H:   1, n=120, x  0,82  Ñoä leäch chuaån:   s=0,75, =0,03, tính t=? x  0

0,82  1

120  2,62 0,753 1   1  0,03 Ta coù: (t  )    0,485  t   2,57 2 2 Do t>t  thì ta baùc boû H:   1 

n

FF IC IA L

t

Ta coù theå keát luaän <1 vì x  1

Ví dụ 3: Trong một nhà máy, trọng lượng đóng bao theo quy định của một bao gạo là 50 kg và độ lệch chuẩn 0.3 kg, cân thử 296 bao gạo của nhà máy này thì

O

thấy trọng lượng trung bình 49,97 kg. Kiểm định giả thuyết H: “trọng lượng mỗi bao gạo của nhà máy này là 50 kg” có giá trị thống kê t và kết luận ?. với mức ý

N

nghĩa là 6%.

N

H

Ơ

Giaûi : Theo baøi ra ta coù n=296; x  49,97. Ñoä leäch chuaån:   0,3 Giaû thuyeát H:   50, ñoä tin caäy =0,06 1   1  0,06 (t  )    0,475  t   1,87 2 2 49,97  50

Y

x  0

296  1,72  0,3 Do t  t  thì ta chaáp nhaän H:    0  50

U

n

Q

Ta coù: t 

M

Ví dụ 4: Một công ty cho biết mức lương trung bình của một kỹ sư ở công ty

KÈ

là 5,7 triệu đồng/tháng với độ lệch chuẩn 0,5 triệu đồng/tháng. Kỹ sư A dự định xin vào làm ở công ty này và đã thăm dò 18 kỹ sư thì thấy lương trung bình 5,45 triệu đồng/tháng. Kỹ sư A quyết định: Nếu mức lương trung bình với mức lương

ẠY

công ty đưa ra thì nộp đơn xin làm việc, với mức ý nghĩa 2%, cho biết kết luận của

D

kỹ sư A.

59

ThS: Đặng Xuân Quỳnh

Bài Giảng: XÁC SUẤT THỐNG KÊ

Giaûi : Theo baøi ra ta coù giaû thuyeát H: n  18  30; x  5,45; =5,7 Ñoä leäch chuaån:   0,5, möùc yù nghóa =0,02 1   1  0,02 (t  )    0,49  t   2,33 tra baûng 2 2 x  0

n

5,45  5,7

18  2,12  0,5 Do t  t  thì ta chaáp nhaän H:    0  5,7

FF IC IA L

Ta coù: t 

Ví dụ 5: Người ta kiêm tra ngẫu nhiên 38 của hàng của công ty A và có bảng doanh thu trong một tháng là: X (triệu/tháng)

200

220

240

260

N

O

Số của hàng 8 16 12 2 Kiểm định giả thuyết H: “Doanh thu trung bình hàng tháng của một cửa

Ơ

hàng công ty là 230 triệu đồng, mức ý nghĩa tối đa để giả thuyết H được chấp nhận

H

là:

N

A : 3,4%; B: 4,2%; C: 5,6% ; D: 7,8% Giaûi : Ta coù: n=38;   230;  chöa bieát, möùc yù nghóa =?

Y

x  0

 x  224,2, S=16,87, t 

. n

224.2  230

Q

U

S 16.87 Giaû thuyeát H ñöôïc chaáp nhaän t  t   2,12  t 

M

 (2,12)  (t  )  0,483  (t  )  (t  ) 

. 38  2,12

1   0,483    0,034 2

KÈ

Vậy mức ý nghĩa lớn nhất mà H còn được chấp nhận là:

  0,034    3,4%

ẠY

5.2.Kiểm định về tỷ lệ

D

Với số p chi trước ta đặt giả thuyết H: p=p0 Töø möùc yù nghóa  ta coù: (t  ) 

1  tra baûng ta coù: t  2

Từ mẫu cụ thể tính tỷ lệ mẫu: f 

f  p0 m vaø giaùi trò thoáng keâ t  . n n p.p 0

Mà p=1-p0 60

ThS: Đặng Xuân Quỳnh

Bài Giảng: XÁC SUẤT THỐNG KÊ

+Nếu t  t  thì ta chấp nhận giả thuyết H, nghĩa là: p=p0 +Nếu t  t n1 thì ta bác bỏ giả thuyết H. nghĩa là: p  p 0 Ví dụ 9: Một báo cáo cho biết 58% người tiêu dung Việt Nam quan tâm đến hàng Việt. Khảo sát ngẫu nhiên 1000 người Việt Nam thấy có 536 người được hỏi

trên ?

Giải: Giả thuyết H: p=58% ; n=1000; m=536 m 536   0.536 n 1000

Möùc yù nghóa =0,05 ta coù: (t  ) 

f  p0 p.p 0

N

. n maø p=1-p 0

Ơ

p.p0

. n

0.536  0.58

H

=> t 

f  p0

0.58(1  0.58)

. 1000  2,82

N

t

1   1  0.05   0.475  t   1,96 2 2

O

=> f 

FF IC IA L

có quan tâm đến hàng Việt Nam. Với mức ý nghĩa 5%. Hãy kiểm định báo cáo nêu

Y

Do t  t  thì ta bác bỏ giả thuyết H.

U

Kết luận nghĩa là: p <58% vì f<58%.

Q

Ví dụ 10: Khảo sát ngẫu nhiên 400 sinh viên về mức độ nghiêm túc trong

M

giờ học thì thấy 13 sinh viên thừa nhận có ngủ trong giờ học, trong kiểm định giả

KÈ

thuyết H: “Có 20% sinh viên ngủ trong giờ học”, mức ý nghĩa tối đa là bao nhiêu để H được chấp nhận?

D

ẠY

Giải: Theo bài toán giả thuyết: n=400; m=13 => f 

m 13   0,0325 n 400

Giả thuyết H: p=2% Ta có: t 

f  p0 pp 0

n

0,0325  0,02 0,02(1  0,02)

Để H được chấp nhận thì: t  t  61

400  1,79

ThS: Đặng Xuân Quỳnh

Bài Giảng: XÁC SUẤT THỐNG KÊ

=> t   1,79, (t  ) 

1   0,4641    0,0718 2

Vậy mức ý nghĩa lớn nhất là   0,0718 thì H còn được chấp nhận.

Ví dụ 11: Để kiểm tra một loại súng thể thao, người ta cho bắn 1000 viên đạn vào một tấm bia thấy có 670 viên trúng mục tiêu, sau đó người ta cải tiến kỹ

FF IC IA L

thuật và kiểm tra lại thấy tỷ lệ trúng của súng lúc này là 70%. Trong kiểm định giả thuyết H: “Tỷ lệ bắn trúng của súng thể thao này là 70%” với mức ý nghĩa 3% có giá trị thống kê t và kết luận?

Giải: Theo bài toán giả thuyết: n=1000; m=670 m 670   0,67 n 1000

n

p.p0

0,67  0,7 0,7(1  0,7)

1000  2,07

Ơ

f  p0

H

Ta có: t 

N

Giả thuyết H: p=3% Mức ý nghĩa   0,03

O

=> f 

1   1  0.03   0.485  t   2,17 (Tra baûng) 2 2

Y

(t  ) 

N

Để H được chấp nhận thì: t  t 

Q

U

=> t  t  thì H được chấp nhận.

Ví dụ 12: Đo đường kính 100 trục máy do 1 nhà máy sản xuất có bảng số

M

liệu sau đây:

9,75

9,8

9,85

9,9

Số trục máy

5

37

42

16

KÈ

Đường kính (cm)

ẠY

a)Ước lượng đường kính trung bình của trục máy với độ tin cậy 97%.

b)Nếu muốn ước lượng với độ chính xác lớn hơn 0,003 với độ tin cậy 99%

D

thì phải đo thêm bao nhiêu trục nữa?

Giải: Theo bài toán ta có: n=100>30 và 1    97%  0,97 Bấm máy tính ta có: x  9,83 vaø S=0,04 a)Ta có: (t  ) 

1   0.97   0.485  t   2,17 (tra baûng) 2 2 62

ThS: Đặng Xuân Quỳnh

  t

S

Bài Giảng: XÁC SUẤT THỐNG KÊ

 2,17

n

0,04  0,00868 10



Vậy khoảng ước lượng trung tình là: x  ; x  



b)Độ chính xác lớn hơn 0,003, vậy sai số bé hơn 0,003;   0,003

(t  )    t

FF IC IA L

ta có: 1    0,99 theo bài ra 1   0.99   0.495  t   2,57 (tra baûng) 2 2

S

 0,003  2,57

n

0,04 n

 0,003  n  1177

Vậy cần đo thêm số trục là: 1177-100=1077 trục nữa.

O

5.3.Kiểm định một phân phối

N

Để khảo sát một biến định tính X, ta lấy mẫu quan sát gồm N cá thể và phân

L2

Tần số mi

m1

m2

...

H

L1

...

Lk

Tổng

mk

N   mi

N

Biến X

Ơ

chia thành k lớp (loại) như bảng sau: (Li là lớp thứ i, mi là số lần X thuộc lớp i).

Y

Từ một lí thuyết nào đó, có thể là một lí thuyết đã được xây dựng chặt chẽ,

U

có giải thích cơ chế, hay một lí thuyết mang tính kinh nghiệm, người ta đưa ra một

Q

giả thiết H0 thể hiện ở dãy các tần suất lí thuyết f1,f2,...,fk của biến X. Căn cứ vào tần suất lí thuyết fi và tần số thực tế mi chúng ta phải đưa ra một trong hai kết luận:

M

a.Chấp nhận H0 tức là xem tần số thực tế mới phù hợp với lí thuyết đã nêu

KÈ

(thể hiện ở tần suất fi) b.Bác bỏ H0 tức là dãy tần số thực tế mi không phù với lí thuyết đã nêu.

ẠY

Việc kiểm định được thực hiện với mức ý nghĩa  , tức là nếu giả thiết H0

đúng thì xác suất để bác bỏ một cách sai lầm H0 bằng  .

D

Các bước cần làm gồm: Bước 1: Tính các tần số lí thuyết theo công thức: ti=Nfi (7.1) Bước 2: Tính khoảng cách giữa hai số mi và t i theo cách tính khoảng cách

m  t   töùc laø tính 2

i

2

i

ti

63

ThS: Đặng Xuân Quỳnh

Bài Giảng: XÁC SUẤT THỐNG KÊ

Bước 3: Tính khoảng cách giữa hai dãy tần số thực tế mi và tần số lí thuyết ti theo công thức: n

m  t 

c 1

ti

2tn  

i

2

i

(7.2)

Bước 4: tính giá trị tới hạn trong bảng 4 (cột  , dòng k-1, kí hiệu là:

FF IC IA L

2  ,k  1 )

Bước 5: nếu 2tn  2  ,k  1 thì chấp nhận H0: “Dãy tần số thực tế mi phù hợp với lí thuyết đã nêu”.

Nếu 2tn  2  ,k  1 thì bác bỏ H0, tức là : “Dãy tần số thực tế mi không

O

phù hợp với lí thuyết đã nêu”.

N

Ví dụ 1: lai đậu đỏ (gen trội A) hạt trơn (gen trội B) với đậu hoa trắng (gen Kiểu hình

AB

Ab

aB

ab

Ơ

N

Tần số mi

59

18

H

lặn a) hạt nhăn (gen lăn b). Đến thế hệ F2 ta được 4 kiểu hình:

12

115

N

26

của Mendel hay không?

Y

Hỏi số liệu trong thí nghiệm lai đậu này có phù hợp với luật phân li thứ 3

U

Giải: gọi H0 là giải thiết: Dãy số liệu trong thí nghiệm phù hợp với luật phân

Q

li thứ 3 của Mendel”

M

Dựa vào tỉ lệ 9:3:3:1 trong luật phân li, ta có các tần suất lí thuyết: 9/16

KÈ

fi ti

3/16

Tổng

1/16

115.9/16=64,7 115.3/16=21,6 115.3/16=21,6 115.1/16=7,2 n

ẠY

2tn  

D

3/16

c1

115

 m  t    59  64,6   18  21,6   26  21,6   12  7,2   5,198 i

2

2

2

2

2

i

ti

64,7

21,6

21,6

7,2

Bậc tự do: Df=4-1=3 Giá trị tới hạn: 2  ,k  1  2 (0,05;3)  7,815 Kết luận 2tn  2 (0,05;3) nên chấp nhận H0: “Số liệu trong thí nghiệm lai

đậu phù hợp với định luật phân li thứ 3 của Mendel”

64

ThS: Đặng Xuân Quỳnh

Bài Giảng: XÁC SUẤT THỐNG KÊ

Ví dụ 2: trồng mỗi chậu hai cây hoa, số cây sống ghi trong bảng (biến X có 3 lớp: “0 cây nào sống” „1 cây sống” „2 cây sống”). Tất cả có 500 chậu cây.

Kiểm định giả thiết H0: „‟biến X phân phối nhị thức B(2;0,3)” (tức là coi như trong một chậu hai sự kiện, cây thứ nhất „sống” và sự kiện cây thứ hai „sống” là hai sự kiện độc lập có xác suất bằng nhau và bằng 0,3).

Tần suất fi

0,72

2.0,3.0,7

Tần số lí thuyết ti

245

210

 2tn

 248  245

190  210 

2

245

210

2

FF IC IA L

Từ giả thiết H0 ta suy ra tần suất lí thuyết và tần suất tương ứng: 0,32

1

45

500

 62  45

2

8,364

45

O

Bậc tự do Df=3-1=2, giá trị tới hạn 2  ,k  1  2 (0,05;2)  5,991

N

Kết luận: bác bỏ H0, như vậy số cây sống trong chậu không tuân theo luật

D

ẠY

KÈ

M

Q

U

Y

N

H

Ơ

nhị thức B(2;0,3).

65