Đề cương ôn tập thi cuối học kỳ Môn Xác suất - Thống kê

Chia sẻ: Weasley Ginny | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:13

0
678
lượt xem
215
download

Đề cương ôn tập thi cuối học kỳ Môn Xác suất - Thống kê

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Yêu cầu ôn tập: Phải nắm vững và vận dụng các khái niệm cơ bản và các công thức sau để làm 3 bài tập trong 90 phút: Sự kiện ngẫu nhiên, mối quan hệ giữa các sự kiện ngẫu nhiên, không gian mẫu, định nghĩa xác suất theo tiên đề, công thức cộng (và nhân) xác suất, xác suất có điều kiện, công thức xác suất toàn phần, công thức Bayes. Tính độc lập của 2 sự kiện. Thí nghiệm Béc nu li và xác suất nhị thức....

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Đề cương ôn tập thi cuối học kỳ Môn Xác suất - Thống kê

  1. Đề cương ôn tập thi cuối học kỳ Môn XS-TK (2 tín chỉ) K53 V và QH-2008-I/CQ M I, Yêu cầu ôn tập Phải nắm vững và vận dụng các khái niệm cơ bản và các công thức sau để làm 3 bài tập trong 90 phút: 1) Sự kiện ngẫu nhiên, mối quan hệ giữa các sự kiện ngẫu nhiên, không gian mẫu, định nghĩa xác suất theo tiên đề, công thức cộng (và nhân) xác suất, xác suất có điều kiện, công thức xác suất toàn ph ần, công th ức Bayes. Tính độc lập của 2 sự kiện. Thí nghiệm Béc nu li và xác su ất nh ị thức. 2) Định nghĩa biến ngẫu nhiên và hàm phân ph ối, hàm xác su ất và hàm mật độ xác suất. Các công thức tính kỳ vọng và phương sai trong trường hợp X là rời rạc hay liên tục. Định nghĩa và tính chất của các bi ến ngẫu nhiên phân phối Béc nu li, nhị thức, Poát xông, phân phối đều trên đoạn [a, b], phân phối mũ và phân phối chuẩn. 3) Định nghĩa véc tơ ngẫu nhiên, hàm phân phối đồng thời, biên duyên và hàm phân phối có điều kiện, hàm xác suất đồng thời, biên duyên và hàm xác suất có điều kiện, hàm mật độ xác suất đồng thời, biên duyên và hàm mật độ có điều kiện của véc tơ ngẫu nhiên (X,Y). Hiệp phương sai và h ệ số tương quan; tính độc lập , tính không tương quan của hai biến ngẫu nhiên. 4) Mẫu ngẫu nhiên đơn giản, phân phối mẫu. Công thức tính kỳ vọng mẫu, X , phương sai mẫu (đã hiệu chỉnh) S 2 . 5) Cách đặt vấn đề của bài toán ước lượng và bài toán ki ểm đ ịnh gi ả thuyết. Định nghĩa và cho ví dụ về ước lượng không chệch. Các bước tìm ước lượng hợp lý cực đại. Khoảng tin cậy của giá trị trung bình của phân phối chuẩn trong 2 trường hợp: phương sai đã biết hay chưa biết. Khoảng tin cậy của xác suất khi cỡ mẫu lớn. 6) Kiểm định giả thuyết về xác suất (so sánh xác suất với một giá trị định trước, so sánh 2 xác suất) và giả thuy ết về giá trị trung bình µ = E ( X ) với X ∈ N ( µ , σ 2 ) trong 2 trường hợp: a) σ 2 đã biết ; b) σ 2 chưa biết. Một số ví dụ minh hoạ trong sách phải hiểu và nhớ cách làm: Chương 1: 1.4; 1.6 và 1.8. Chương 2: 2.3 và 2.4 Chương 3: 3.3 và 3.4 1
  2. Chương 6: 6.1, 6.3, 6.4 , 6.6 và 6.7 Chương 7: 7.1, 7.2. II. Bài giải và đáp số một số bài tập trong sách Chương I 1.1 a) A ∩ C = ∅ B ∩ C = { 25 < N < 30} = C A ∪ B = { N < 30} B ∩ C ∩ D= { 25 < N < 30} = C b) i) Không, vì { 45 < N < 50} không được chứa trong { A ∪ B ∪ C ∪ D ∪ E} và tính xung khắc từng đôi không được thoả mãn với mọi cặp sự kiện. ii) Không, vì B ∩ D = { 25 ≤ N < 30} ≠ ∅ iii) Không, vì chúng chỉ xung khắc và các sự kiện xung khắc không phải là các sự kiện độc lập. iv) Vì C là phân tập của B nên P(C) ≤ P(B). 1.2 A= { ∅, { c} , { d } , { c, d } , { a, b} , { a, b, d } , { a, b, c} , Ω} 1.4 a) Cách 1: Có 36 trường hợp đồng khả năng trong đó có đúng 10 trường hợp xuất hiện một con số 6. Do đó xác suất phải tìm là: 10/36 = 5/18. Cách 2: Vì các lần gieo là độc lập nên xác suất phải tìm là: P { lần gieo 1 xuất hiện mặt 6, lần 2 không xuất hiện mặt 6 } + P { lần gieo 1 không xuất hiện mặt 6, lần gieo 2 xuất hiện mặt 6 } = 1/6 5/6 + 5/6 1/6 = 5/18. b) Xác suất xuất hiện mặt chẵn là 1/2. Do tính độc l ập, xác su ất xu ất hiện đồng thời 2 mặt chẵn là 1/2.1/2 =1/4. c) Số trường hợp thuận lợi : 3. Xác suất cần tìm là 3/36 = 1/12 d) Gọi S là tổng và (i,j) là sự kiện xảy ra mặt i trước và mặt j sau. Ta có: P(S chia hết cho 3) = P(S=3) +P(S=6) + P(S=9) + P(S=12)= { P(1, 2) + P(2,1)} + { P(1,5) + P(2, 4) + P(3,3) + P(4, 2) + P(5,1)} + { P(3, 6) + P(4,5) + P(5, 4) + P(6,3)} + P(6, 6) = 2/36+5/36+4/36+1/36=12/36 = 1/3 n −1 1 1 1.5   = 2− n . 2 2 2
  3. 1.6 a) 1/ (10)3 1.7 Đặt Ai = { cuốn sách thứ i để lại đúng chỗ cũ } 9! 1 a) Ta có: P ( Ai ) = = 10! 10 8! 1 b) P ( Ai ∩ Aj ) = = 10! 90 1 c) P ( A1 ∩ ... ∩ A10 ) = 10! 1.8 a) Tổng số cách xếp n ng ười là n!. Do vai trò của n ng ười như nhau nên không mất tính tổng quát, ta có thể tính từ một trong 2 ngư ời định trư- ớc. Với người thứ nhất trong 2 người có n cách xếp. Người thứ hai muốn ngồi cạnh người thứ nhất chỉ có 2 cách. Số người còn lại có (n-2)! cách. Tóm lại số trường hợp thuận lợi để 2 ng ười xác định ngồi cạnh nhau là n.2.(n-2)! Xác suất cần tìm là: n.2.(n-2)!/ n! =2/(n-1). b)Trường hợp bàn dài, cũng lập luận tương tự chỉ khác một điều, nếu người thứ nhất ngồi ở hai đầu, thì ng ười thứ hai chỉ có 1 khả năng ngồi bên cạnh,số các trường hợp thuận lợi sẽ là: {2 + (n-2)2}(n-2)!= 2(n-1)! Do đó, xác suất cần tìm sẽ là: P(A)= 2(n-1)!/ n! = 2/n. 1 1 1 3 1.9 a) C5C10C25 / C50 3 3 b) 1- C45 / C50 . 1.10 P(B)= 5/7= 0,7143. 1.11 a) Từ công thức cộng xác suất và tính chất 0 ≤ P ( A ) ≤ 1 , ta có: P ( AB ) = P ( A) + P ( B) − P ( A ∪ B ) ≥ P ( A) + P ( B) − 1 =1/12. Vì AB ⊂ A và AB ⊂ B nên P( AB) ≤ min { P( A), P( B)} = 1/ 3. Các cận của bất đẳng thức trên đạt được trong ví dụ sau: chọn ngẫu nhiên một số trong { 1, 2,...,12} . A và B được chọn như sau: A= { 1, 2,...,9} và B = { 9,10,11,12} . Ta có: A ∩ B = { 9} , P(A) = 3/4, P(B) = 1/3 và P(A ∩ B) =1/12. Để đạt cận trên của bất đẳng thức, ta lấy: A= { 1, 2,...,9} và B = { 1, 2,3, 4} . b)Tương tự như trên, ta có: P( A ∪ B) ≤ min { P( A) + P( B),1} = 1 và P ( A ∪ B ) ≥ max { P( A), P ( B )} = 3 / 4 . Vậy: 3 / 4 ≤ P ( A ∪ B) ≤ 1 Với A và B được chọn như trong a), các cận của bất đẳng thức s ẽ đạt được. 1.12 a) Theo định nghĩa, ta có: P( A B) = P( AB) / P( B) =1/4 : 1/3=3/4. b) P( B A) = P( AB) / P( A) = 1/4: 1/2 =1/2 3
  4. c) P( A ∪ B) = P( A) + P( B) − P( AB) = 1/2 +1/3 –1/4 =7/12 − − d) P( A) = P( AB) + P( A B) . Suy ra: P( A B) = P( A) − P( AB) = 1/2 –1/4 =1/4 − − e) P( B) = P( AB) + P( A B) . Suy ra: P( A B) = P( B) − P( AB) = 1/3 –1/4 =1/12 − − − − − − − − − f) P( A B) = P( A B)/ P( B) . Từ P( B) = P( A B) + P( A B) suy ra: − − − − − P ( A B ) = P ( B )− P ( A B ) = { 1 − P ( B )} − P ( A B ) =(1-1/3)-1/4=5/12. − − Vậy: P( A B) =5/12 : 2/3 =5/8. − − − − − g) Tương tự: P( B A) = P( A B) / P( A) = 5/12 : 1/2 =5/6. − − − − − − h) P( AB) = P( A∪ B) = P( A) + P( B) − P( A B) = 1/2+2/3-5/12= 3/4 hay P( AB) + P( AB) = 1 . Suy ra: P( AB) = 1 − P( AB) = 1-1/4 = 3/4 365 364 363 365 − n + 1 1.13 P(tất cả n ngày sinh là khác nhau)= = (1-1/365)(1- 365 365 365 365 2/365)…(1- (n-1)/365). 1.17 Đặt Ai = { nút bật tắt thứ i đóng } . B = { Tín hiệu sẽ được truyền qua mạch } . Ta có: B = A1 A2 ∪ A3 A4 . Theo công thức cộng xác suất: P ( A1 A2 ∪ A3 A4 ) = P ( A1 A2 ) + P ( A3 A4 ) − P ( A1 A2 A3 A4 ) Vì các nút bật tắt đóng mở độc lập với nhau nên: P ( B ) = P ( A1 ) P ( A2 ) + P ( A3 ) P( A4 ) − P ( A1 ) P ( A2 ) P ( A3 ) P ( A4 ) = 2 p 2 − p 4 = p 2 (2 − p 2 ) . Cách khác: B = A1 A2 A3 A4 ∪ A1 A2 A3 A4 ∪ A1 A2 A3 A4 ∪ A1 A2 A3 A4 ∪ A1 A2 A3 A4 ∪ A1 A2 A3 A4 ∪ A1 A2 A3 A4 P ( B ) = p 4 + 4 p 3 (1 − p) + 2 p 2 (1 − p) 2 = p 4 + 4 p 3 − 4 p 4 + 2 p 2 (1 − 2 p + p 2 ) = 2 p 2 − p 4 . 1.18 Đặt B = { Sản phẩm rút ra không là phế phẩm } A1 = { Sản phẩm rút ra do máy 1 sản xuất } P ( A1 ) = 2 / 3 A2 = { Sản phẩm rút ra do máy 2 sản xuất } P ( A2 ) = 1/ 3 Theo công thức toàn phần: P(B) = P( A1 ) P( B A1 ) + P( A2 ) P( B A2 ) = 2 / 3.0,97 + 1/ 3.0,98 = 0,9636 4
  5. 1.19 Đặt B = { Chi tiết rút ra từ lô thứ hai là phế phẩm } A1 = { Chi tiết rút ra từ lô thứ 1 là phế phẩm } P ( A1 ) = 1/12 A2 = { Chi tiết rút ra từ lô thứ 1 là tốt } P ( A2 ) = 11/12 Theo công thức toàn phần: P(B) = P( A1 ) P( B A1 ) + P( A2 ) P( B A2 ) = 1/12 . 2/11 + 11/12 . 1/11=1/11 . 13/12 = 0,098 P ( B ) = 0, 098 1.20 Đặt B = { Xạ thủ được chọn bắn trượt } Ai = { Xạ thủ được chọn thuộc nhóm i } P ( Ai ) P( B Ai ) Theo công thức Bay ét, ta có: P( Ai B) = 4 ∑ P( A ) P( B A ) i =1 i i trong đó: P ( A1 ) = 5 /18 và P( B A1 ) = 0, 2 P ( A2 ) = 7 /18 và P( B A2 ) = 0,3 P( A3 ) = 4 /18 và P( B A3 ) = 0, 4 P( A4 ) = 2 /18 và P( B A4 ) = 0,5 Thay vào công thức Bay ét, ta được: P ( A1 B ) = 10 / 57 , P ( A2 B ) = 21/ 57 , P ( A3 B ) = 16 / 57 . P ( A4 B ) = 10 / 57 . Trong 4 xác suất trên, xác suất thứ hai đạt cực đại. Vậy nếu xạ th ủ đ ược chọn bắn không trúng, xạ thủ này có khả năng lớn nhất thuộc nhóm 2. Chương II 2.1 Gọi Y= { độ dài của mã nhị phân } . Khi đó, ta có: Y(a) =1, Y(b)=2 , Y(c)=3, Y(d)=Y(e)=4với các xác suất tương ứng là: P(Y=1)= P(a xảy ra ) =1/2;P(Y=2)= P(b xảy ra )=1/2; P(Y=4)=P(d hay e xảy ra)= 1/8. Do đó: Y 1 2 3 4 P(Y=y) 1/2 1/4 1/8 1 /16 Hàm phân phối FY ( y) = P(Y ≤ y ) của Y là: Với y 4 : F(y) = 7 / 8 + 1 / 8 = 1 5
  6. 2.2 a) Y= Y(x,y) = x 2 + y 2 = r(x,y) . Miền xác định của Y là đoạn [0,1]. b) Ý nghĩa của sự kiện { Y ≤ y} là Y nằm trong vòng tròn có bán kính ≤ y π y2 c) P { Y ≤ y} = = y 2 với 0 ≤ y ≤ 1 . π  y khi 0 ≤ y ≤ 1 2 d) FY ( y) =   1 khi y > 1 c khi − 1 ≤ x ≤ 1 2.3 Ta có: fU ( x) =   0 nguoc lai +∞ 1 Suy ra 1= ∫ fU ( x ) = ∫ cdy = c.2 . Do đó: c=1/2. −∞ −1 +∞ 1 5 1 dx dx Ta có: P(U>0) = ∫ fU ( x ) = ∫2 = 1/ 2 ; P(U
  7. ( ) P 1 ≤ X ≤ 1 = F { ( 1) } − F 4 { ( 14 ) } = 1−  14 14 + 14 ÷= 1− 16 = 16 −  5 9 P { X < 5} = F ( 5− ) = F ( 5 ) = 1 P ( X ≥ 5 ) = 1 − P ( X < 5 ) = 1 − FX (5) = 0 1 P ( X < 0 ) = F ( 0− ) = 0 P ( X ≤ 0) = F ( 0) = 4 2.5 +∞ 1 1  x 2 x3  1 1 1 a) Ta có: 1 = ∫ f X ( x)dx = ∫ (cx − cx ) dx = c  −  = c  − ÷ = c . Suy ra: 2 −∞ 0  2 3 0  2 3 6 c=6. b) 3/ 4 1 3 3/ 4  x 2 x3   9 1   27 1  15 38 1 P  ≤ X ≤ ÷ = ∫ f ( x)dx = 6  −  = 3  − ÷− 2  − ÷ = − = 2 4  1/ 2  2 3 1/ 2  16 4   64 8  16 64 2 c) Với x < 0, FX ( x) = 0 x Với 0 ≤ x ≤ 1 , ta có FX ( x) = ∫ (6t − 6t dt = 3x − 2 x 2) 2 3 0 Với x > 1, FX ( x) = 1 2.6 Cho biến ngẫu nhiên X có hàm mật độ như trong hình BT2.2 a) Xác định f X ( x) b) Xác định hàm phân phối FX ( x) c) Tìm b sao cho P( X < b) = 1/ 2 Hình BT2.2 Giải a) Với x ∈ ( −a, 0 ) , f X ( x) = a x + c . Với x ∈ ( 0, a ) , f X ( x) = − a x + c . Ngoài ra: c c f(x) =0. x b) Với −a ≤ x ≤ 0, FX ( x) = ∫( −a c a t + c ) dt = c 2a x 2 + cx + ca 2 0 x Với: 0 ≤ x ≤ a, FX ( x) = ∫ ( t + c ) dt + ∫ ( −ac t + c ) dt = 2ca x + cx + ca c 2 a 2 −a 0 a 1 a  c a   c y  c 2 c) = ∫ f X ( x)dx = ∫  − y + c ÷dy =  − + cy  = − ( a 2 − b 2 ) + c ( a − b ) b  4 b a  a 2 b 2a c ca 1 Giải phương trình bậc 2: b2 − cb + ( − ) = 0 ta xác định được b. 2a 2 4 Chương III 7
  8. 3.1 a)Hàm xác suất biên duyên được cho bằng cách cộng theo hàng và c ột như trong bảng sau: Ta thấy tất cả các hàm xác suất đồng thời đều có được bằng cách nhân các xác suất biên duyên tương ứng. Do đó X và Y là độc lập. b) Do a) ta suy ra: cov(X,Y)=0. c) Hàm phân phối đồng thời của { min ( X , Y ) , max ( X , Y ) } được cho trong bảng sau: Ví dụ cách tính 1 phần tử của bảng: P { min( X , Y ) = 2, max( X , Y ) = 3} = P { X = 2, Y = 3} + P { X = 3, Y = 2} = 0, 08 + 0, 04 = 0,12 3.2 Giải : a) Ký hiệu S là sự kiện xuất hiện mặt sấp, và N là sự kiện xuất hiện mặt ngửa khi gieo đồng tiền. Không gian mẫu gồm 23 = 8 phần tử. Cụ thể: Ω = { SSS , SSN , SNS , SNN , NSS , NSN , NNS , NNN } . Từ đó, dễ dàng tính được các 1 1 1 hàm xác suất đồng thời. Ví dụ: P { X = 1, Y = 1} = P { SNS } + P { NSN } = + = . 8 8 4 Hàm phân phối đồng thời và biên duyên được cho trong bảng sau: 8
  9. 1 Qua bảng ta thấy ví dụ: P ( X = 0, Y = 0 ) = 0 ≠ P ( X = 0 ) P ( Y = 0 ) = chứng tỏ 16 X và Y không độc lập. b) Dễ dàng thấy: E(X)=E(Y)=1; E(XY)= 3/4. VËy: cov(X,Y)= 3 / 4 –1 = -1/4. P ( X > 3, Y ≤ 2) 0 3.3 b) P( X > 3 Y ≤ 2) = P(Y ≤ 2) = P (Y ≤ 2) = 0 vì với y 3, Y ≤ 2} = ∫ ∫ f ( x, y )dxdy = ∫ ∫ 0dxdy = 0. 0 3 0 3 P ( X > 1, Y ≤ 2) c) P( X > 1 Y ≤ 2) = P ( Y ≤ 2 ) . Ta có: 2 2 2 P ( X > 1, Y ≤ 2) = ∫∫ f X ,Y ( x, y )dxdy = ∫ dx ∫ e dy = ∫ (e − x − e −2 )dx = e −1 − e −2 − e −2 = e −1 − 2e −2 . −y 1 x 1 y y ∞ y v y P ( Y ≤ y ) = FY ( y ) = ∫ fY (v)dv = ∫ ∫ f XY ( x, v )dxdv = ∫ dv ∫ e − v dx = ∫ e − v vdv = 1 − e − y − ye − y 0 0 −∞ 0 0 0 ∞ vì fY (v) = ∫ f XY ( x, v ) dx . −∞ Suy ra: P ( Y ≤ 2 ) = 1 − e − 2e = 1 − 3e . −2 −2 −2 e −1 − 2e −2 Vậy: P( X > 1 Y ≤ 2) = . 1 − 3e −2 ∞ ∞ ∞ 10 ∞ d) P( X > 1, Y > 10) = ∫ dx ∫ e dy = ∫ e dx = ∫ e dx + ∫ e − x dx = 10e −10 −y − max(10, x ) −10 1 max(10, x ) 1 1 10 e) ∫∫ f ( x, y)dxdy = P { ( X , Y ) ∈ R} = 1 2 . Chọn a sao cho: P ( X ≤ a ) = 1 2 R tức: a ∞ a ∞ a 2 ∫∫ ∫ ∫ ∫ 1 = e − y dydx = dx e − y dy = e − x dx = 1 − e − a . 0 x 0 x 0 Vậy a = − ln ( 1 2 ) . 1 1− x 1 1 c 3.5 b) Ta phải có: ∫ ∫ cdxdy = 1 = ∫ (c − cx )dx = c − c = . Suy ra: c=2. 2 2 0 0 0 c) Hàm mật độ biên duyên: +∞ 1− x fX ( x) = ∫ f( X ,Y ) ( x, y ) dy = ∫ 2dy = 2 ( 1 − x ) −∞ 0 9
  10. 2(1 − x) 0 ≤ x < 1 Vậy: f X ( x) =   0 nguoc lai  2(1 − y ) 0 ≤ y < 1 Do tính chất đối xứng của x và y, ta có: fY ( y ) =   0 nguoc lai Chương VI 6.1 Vì X i có phân phối nhị thức với các tham số 2 và p nên ta có E X i =2p và D( X i )= 2p (1-p). a) Suy ra: E X 1 = E X i =2p và D( X 1 )=D( X i )= 2p (1-p).  X1 + X 2   X1 + X 2  2 D( X i ) E ÷ = EX i = 2 p và D  ÷ = D( X i ) = =  2   2  4 2  X + X 2 + ... X n   X 1 + X 2 + ... + X n  n D( X i ) E 1 ÷ = EX i = 2 p và D  ÷ = 2 D( X i ) =  n   n  n n b) Như vậy X (với n>2) là tốt nhất vì có phương sai nhỏ nhất. 6.4 Hàm hợp lý cực đại có dạng: n  αp  L(α ) = f ( X 1 , α ) f ( X 2 , α )... f ( X n , α ) =   [ X 1 X 2 ... X n ] e p −1 −α ( X1 + X 2 +...+ X n )  Γ( p )  L ( α ) = np ln α − n ln Γ( p) + ( p − 1) ln ( X 1 X 2 ... X n ) − α ( X 1 + X 2 + ... + X n ) ∂ np L = − ( X 1 + X 2 + ... + X n ) = 0 ∂α α np n = ∑ Xi α i =1 ∂2 np Vì 2 L= − 2 < 0 (theo định nghĩa của Γ ( p ) ở đây p>0) ∂α α np α= ˆ nên n là ước lượng hợp lý cực đại của α ∑X i =1 i 6.18 Ta tính trung bình mẫu 1 77 X= ( 9 + 14 + 10 + 12 + 7 + 13 + 12 ) = = 11 7 7 Phương sai mẫu: 1  7 2 36 ∑ ( −2 ) + ( 3) + ( −1) + ( 1) + ( −4 ) + ( 2 ) + ( 1)  = 2 2 2 2 2 2 S2 = =6 7 − 1  i =1  6 Khoảng tin cậy 80% của µ là 10
  11.  s   2, 449   x ± t0,10;6 ÷ =  11 ± 1, 44 2, 645 ÷ = ( 11 ± 1.333) = ( 9, 667 ;12,333) .  n   6.19 Vì hàm lượng ni cô tin có thể xem như có phân phối chuẩn có kỳ vọng và phương sai chưa biết nên khảng tin cậy có dạng  S S   x − tα / 2;n −1 ; x + tα / 2;n −1 ÷  n n Ta có: 1 − α = 0,99 ⇒ α = 0, 01 ⇒ α / 2 = 0, 005 . Tra bảng phân phối Student ta có tα / 2;n −1 = t0,005;4 = 4, 604 . 21 + 19 + 23 + 19 + 23 105 Mặt khác: x = = = 21 . 5 5 Do đó: s2 = 1 n n − 1 i =1 1 ( 2 2 ) ∑ ( xi − x )2 = 4 02 + ( −2 ) + 22 + ( −2 ) + 22 = 4 ⇒ s = 2 . Vậy khoảng tin cậy 99% của hàm lượng ni cô tin trung bình của loại thuốc lá đang xét là:  2 2   21 − 4, 604 × ; 21 + 4, 604 × ÷ = ( 21 − 4,116, 21 + 4,116 ) = ( 16,884; 25,116 )  5 5 6.20 Ta có n=100; m/n= 0,55. Tra bảng phân phối chuẩn N(0,1) ta được z0,025 = 1,96 z0,005 = 2,58 . Khoảng tin cậy 95% của tỉ lệ cử tri ủng hộ ứng viên A là: m p (1 − p ) 0,55 × 0, 45 ± z0,025 × = 0,55 ± 1,96 = 0,55 ± 1,96 × 0, 0497 = 0,55 ± 0, 097 = n n 100 (0,453 ;0,647). Khoảng tin cậy 99% của tỉ lệ cử tri ủng hộ ứng viên A là: m p (1 − p ) 0,55 × 0, 45 ± z0,005 × = 0,55 ± 2,58 = 0,55 ± 2,58 × 0, 0497 = 0,55 ± 0,13 = n n 100 (0,42; 0,68). Chương VII 7.3 Vì n>30 nên có thể coi X có phân phối xấp xỉ chuẩn, ở đây phương sai chưa biết. Miền bác bỏ được xác định bởi: W = { t < −tα ,n −1} . Theo đầu bài, ta có: X −µ 87,3 − 95 −7, 7 × 7 t= = = = −4, 23. 2 S /n 162 / 49 162 11
  12. Mặt khác, tra bảng ta được: t0,01,48 = z0,01 = 2.33 Vì: t = −4, 23 < −2.33 = −t0,01,48 vậy, phải bác bỏ H 0 và chấp nhận đối thuyết µ < 95 . 7.6 a) Gọi p1 và p2 là xác xuất để cử tri tại khu vực bầu cử A và B tương ứng ủng hộ ứng viên X. Đây là bài toán so sánh 2 xác suất với gi ả thuy ết H 0 :" p1 = p2 " . Đối thuyết: H1 :" p1 ≠ p2 ". Bài toán kiểm định ở đây là 2 phía nên mi ền bác b ỏ f1 − f 2 Z= , m m m + m2 W = { Z > zα / 2 } : trong đó:  1 1  f1 = 1 , f 2 = 2 , f = 1 f (1− f )  + ÷ n1 n2 n1 + n2  n1 n2  m1 m2 Theo đầu bài, ta có : f1 = n = 0,56, f 2 = n = 0, 48. Suy ra: m1 = 168, n1 = 96. Do 1 2 168 + 96 264 đó: f = = = 0,528. 300 + 200 500 0.56 − 0, 48 0, 08 Z= = = 1, 76. Như vậy:  1 1  0, 454 0,528 × 0, 471 + ÷  300 200  Mặt khác, theo đầu bài α = 0, 05. Tra bảng phân phối chuẩn N(0,1), ta có z0,025 = 1,96. Vì Z = 1, 76 < 1,96 = z0,025 nên ta chấp nhận H 0 :" p1 = p2 " tức là sự khác nhau giữa 2 khu vực A và B về việc ủng hộ ứng viên X là không có ý nghĩa. b) Đây là bài toán so sánh 2 xác suất với giả thuyết H 0 :" p1 = p2 " . Đối thuyết: H1 :" p1 > p2 ". Bài toán kiểm định ở đây là 1 phía nên miền bác bỏ W = { Z > zα } . Vì Z = 1, 76 > 1, 65 = z0,05 nên ta bác bỏ H 0 :" p1 = p2 " tức là ứng viên X được ủng hộ nhiều hơn tại khu vực A. 7.7 Đây là bài toán kiểm định giả thuyết về trung bình với ph ương sai ch- ưa biết. ở đây, H 0 :" µ = 1.600" . Đối thuyết là: H1 :" µ ≠ 1.600" . Bài toán kiểm định ở đây là 2 phía nên miền bác bỏ W= { t > tα / 2,n −1} . : trong đó: X − µ0 t= n. S X − µ0 1570 − 1600 30 Theo đầu bài, ta có: t = n= 10 = − = −2.5 . S 120 12 Mặt khác, theo đầu bài α = 0.05. Tra bảng phân phối Student, ta có t0,025;99 ≈ z0,025 = 1,96. Vì t =2,5>1,96 nên ta bác bỏ giả thuyết ở mức ý nghĩa 5%. 12
  13. Chú ý; Trong lúc ôn tập, nếu có điều gì cần hỏi thêm, liên h ệ v ới giảng viên qua thư điện tử: tmtuan@vast.ac.vn. 13
Đồng bộ tài khoản