Bai tap XS va TK Toan-Th.s Hoang Ngoc Nham.doc

Tài liệu ôn tập môn Xác suất thống kê của Ths. Hoàng Ngọc Nhâm.

Bài 1.3:

yêu cầu môn 1”

A2 là biến cố “SV đạt yêu cầu môn 2”

A là biến cố “SV đạt yêu cầu cả 2 môn” thì A=A1A2

Áp dụng công thức nhân XS

 P(A)=P(A1A2)=P(A1)P(A2/A1)=0,8.0,6=0,48

b, A là biến cố “SV không đạt yêu cầu môn 1”

 A và A là 2 biến cố đầy đủ và xung khắc Biến cố A2

có thể xảy ra đồng thời với 1 trong 2 biến cố trên Do đó, theo công thức xác suất đầy đủ

P(A2)= P(A1)P(A2/A1)+ P( A)P(A2/ A)

= 0,8.0,6+0,2.0,3

=0,54

c, Gọi B là biến cố “SV đạt ít nhất một môn”

SV: Hồ Quang Vương Email: kakaking262@yahoo.com Lớp 35/K36.

MSSV: 31101023112

 B=A1 A2

 P(B)=P(A1)+P(A2)-P(A1A2)

=0,8+0,54-0,48 =0,86

d, B là biến cố “SV đạt ít nhất một môn”  B là biến cố

“SV không đạt yêu cầu cả 2 môn”

P(B )=1-P(B)=1-0,86=0,14

Bài 1.5:

a, A1 là biến cố “Lấy hộp thứ nhất ra chai thuốc tốt”

A2 là biến cố “Lấy hộp thứ hai ra chai thuốc tốt”

A là biến cố “Lấy được 2 chai thuốc tốt” thì A=A1A2

5 3 3

8 5 8

b, Gọi B là biến cố “Lấy được 1 chai tốt và 1 chai kém phẩm chất” thì B A A  1 2  A A1 2

1 2 1 2

c, Gọi C là biến cố “Chai kém phẩm chất thuộc hộp 1” Ta cần tính P(C/B)

3 3 ( ) 8 5 9 ( / )

19

40

P CB

P C B

P B

Câu 1.6

a, Gọi Ai (i=1,2) là biến cố “Chọn được hộp i”

B là biến cố “Chọn được 2 chai thuốc tốt”

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

23 0,5 0,5.

70

b, Gọi C là biến cố “Lấy được 1 chai tốt và 1 chai kém phẩm chất”

P(C)= P(A1)P(C/A1)+P(A2)P(C/A2)

3.5 2.3 159 0,5 0,5

280

2 8

1

3.5 0,5

, ( / )

159

280

C

P A P C A

c P A C

P C

Bài 1.12

Gọi A1 là biến cố “Khách hàng biết được sản phẩm của công

ty qua TV”

A2 là biến cố “Khách hàng biết được sản phẩm của công ty qua đài phát thanh”

A là biến cố “Khách hàng được chọn biết được sản phẩm quảng cáo của công ty”

 A=A1+A2

Vì A1 và A2 là hai biến cố không xung khắc nên

P(A)=P(A1)+P(A2)-P(A1A2)

=15%+24%-10%

=29%

Bài 1.17

Gọi Ai là biến cố “Sản phẩm thứ i được chọn là sản phẩm loại B”

Để việc kiểm tra dừng lại ở sản phẩm thứ tư thì một trong

ba lần đầu chọn được một sản phẩm loại B và lần thứ tư chọn được sản phẩm loại B còn lại

Gọi B là biến cố “một trong ba lần đầu chọn được một sản phẩm loại B và lần thứ tư chọn được sản phẩm loại B còn lại”

Ta có B A A A A  1 2 3 4  A A A A1 2 3 4  A A A A1 2 3 4

Vì các biến cố tích A A A A1 2 3 4 , A A A A và 1 2 3 4 A A A A là 1 2 3 4

xung khắc nên:

1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4

P B  P A A A A  P A A A A  P A A A A

Mà

P A A A A P A P A A P A A A P A A A A

50 49 48 47 1225

Tương tự ( 1 2 3 4) ( 1 2 3 4) 1

1225

P A A A A P A A A A 

 3

( )

1225

P B 

Bài 1.18

Gọi A1;A2;A3 lần lượt là các biến cố SV thứ nhất, thứ hai, thứ ba rút được thăm có đánh dấu Ta có

1

2 ( )

3

P A 

 2  1  2 1 1 2 1

P A  P A P A / A  P( ) ( A P A A / )

P A P(A A  A ) P A( )

2 1 1 2

3 2 3 3

Vì P(A1)=P(A2)=P(A3) nên khả năng rút được thăm có đánh dấu của 3 SV là như nhau nên cách làm này là công bằng

Chương 2: ĐẠI LƯỢNG NGẪU NHIÊN VÀ QUY LUẬT

PHÂN PHỐI XÁC SUẤT

Bài 2.5:

a, Gọi X là số sản phẩm loại I có trong 9 sản phẩm lấy ra từ 3 kiện  X là đại lượng ngẫu nhiên và có thể nhận một

trong các giá trị 3,4,5,6

Gọi A i (i 0,3) là biến cố “Có i sản phẩm loại I lấy ra từ kiện II”

Vì cả 3 sản phẩm lấy ra từ kiện I đều phải là sản phẩm loại I Cả 3 sản phẩm lấy ra từ kiện II đều phải là sản phẩm loại

II nên:

3 5

10 2 5

10 2 5

10 3 5

10

1

12

12 5 5

12 1

12

C

C C

C C

C C

C

b, Gọi Bi (i=1,2,3) là biến cố “chọn được kiện I”

1

3

i

Gọi Ci là biến cố “có i sản phẩm loại I trong 3 sản phẩm lấy ra” và đại lượng ngẫu nhiên Y là số sản phẩm loại I có trong 3 sản phẩm Y có thể nhận một trong các giá trị 0,1,2,3

Theo công thức xác suất đầy đủ ta có:

( 0) ( 0) ( 1) ( 0 / 1) ( 2) ( 0 / 2) ( 3) ( 0 / 3)

P X  P C P B P C B  P B P C B P B P C B

3 5 3 10

C C

Tương tự ta tính được

2 5

10 2 5

10 3 5

10

5

.5

C

C C

C C

C

Bài 2.9:

Gọi Ai (i=0,1,2) là biến cố “có i sản phẩm loại A trong

2 sản phẩm lấy ra từ kiện thứ nhất” Ta có:

2 8

12

12 2 4

12

14 ( )

33 4.8 16 ( )

33 1 ( )

11

C

P A

C

P A

C C

P A

C

Gọi BI (i=0,1,2,3) là biến cố “có i sản phẩm loại A trong 3 sản phẩm lấy ra từ kiện thứ hai”

X là số sản phẩm loại A trong 3 sản phẩm lấy ra từ kiện thứ hai  X là đại lượng ngẫu nhiên và X có thể nhận 1 trong các giá trị 0,1,2,3

Áp dụng công thức xác suất đầy đủ ta có:

P(X=0)=P(B0)=P(A0)P(B0/A0)+ P(A1)P(B0/A1)+ P(A2)P(B0/A2)

Trong đó:

3 7

10 3 6

10 3 5

10

7 ( / )

24 1 ( / )

6 1 ( / )

12

C

P B A

C C

P B A

C C

P B A

C

0

Tính tương tự ta được:

3 3

5 4

C C

Bảng phân phối xác suất của X:

330

166 330

85 330

9 330

b, E(X)=0.70/330+1.166/330+2.85/330+3.9/330=11/10=1,1

E(X2)= 02.70/330+12.166/330+22.85/330+32.9/330=587/330 Var(X)=E(X2)-E(X)2=587/330-(11/10)20,5688

Bài 2.18

a, Ta có:

E(X)=4.0,05+6.0,1+8.0,3+10.0,4+12.0,15=9

E(Y)=-4.0,1+2.0,2+8.0,2+10.0,25+12.0,15+16.0,1=7,5

b, Đầu tư vào công ty A có lãi suất kì vọng cao hơn

Để biết đầu tư vào công ty nào có mức độ rủi ro nhiều hay ít hơn ta cần tính và so sánh phương sai về lãi suất Công ty nào có phương sai về phần trăm lãi suất thấp hơn thì sẽ có ít rủi ro hơn E(X2)=85,2; E(Y2)=87,4

 Var(X)=4,2; Var(Y)=31,15

Do vậy, đầu tư vào công ty A có ít rủi ro hơn

Chuong 3:

Bài 3.23

Gọi X là khoảng thời gian (năm) từ khi sản phẩm được sử dụng đến khi bị hư.

Theo đề, X là đại lượng ngẫu nhiên được phân phối theo quy luật chuẩn với kì vọng toán là 11 và độ lệch chuẩn là 2 X~N(11, 2)

a, Nếu quy định thời gian bảo hành là 10 năm thì để được bảo hành, sản phẩm phải có thời gian sử dụng đến lúc bị hư bé hơn hoặc bằng 10 năm Do vậy tỉ lệ bảo hành chính là xác suất P(X10).

P(X10)= P(0X10)

= (10 11) (0 11) ( 0,71) ( 7,78)

       

=  (7,78)   (0,71) 0,5 0, 26115 0,23885    23,9%



b, Gọi thời gian tối thiểu cần bảo hành là α năm

Ta cần tìm α sao cho P(Xα)=10% hoặc P(Xα)

10%

P(Xα)=P(0Xα)

      

=0,5 ( 11)

2

 

  =0,1

2

 

 =-0,4

1, 29 2

 



 α9,18 năm( gần 9 năm 2 tháng).

Với α=9 thì P(Xα)8%.

Bài tập chương 4

Bài 4.5:

X

Y

4

P

P Y X

P

Bài 4.12

Ta có Y=X2+1

 E(Y)=E(X2+1)

Ta có thể xem một hằng số C bất kì là đại lượng ngẫu nhiên đặc biệt, chỉ nhận một giá trị có thể có là C với xác xuất tương ứng bằng 1

Do đó: E(X2+1)=E(X2)+E(1)

Mà E(1)=1 (theo tính chất của kì vọng toán) nên

E(X2+1)=E(X2)+1

Từ bảng phân phối xác suất của X ta tính được

E(X2)=12.0,2+32.0,5+52.0,3=12,2

 => E(Y)=E(X2)+1=12,2+1=13,2

Bài 4.17

X1~B(2;0,7) nên X1 có thể nhận một trong các giá trị: 0,1,2

X2~N(10,6,3) nên X2 có thể nhận một trong các giá trị 0,1,2,3

Vì X1 là đại lượng ngẫu nhiên có thể nhận một trong các giá trị 0,1,2 nên 2X1 cũng là đại lượng ngẫu nhiên và có thể nhận một trong các giá trị 0,2,4

Vì X1 và X2 là 2 đại lượng ngẫu nhiên độc lập Tức là phân phối xác suất của X1 không phụ thuộc vào việc đại lượng ngẫu nhiên X2 nhận giá trị là bao nhiêu nên 2X1 và X2 cũng là 2 đại lượng độc lập