Giáo trình môn học Toán kinh tế (Nghề: Kế toán doanh nghiệp): Phần 2

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:46

Thêm vào BST

Báo xấu

62
lượt xem 9
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nối tiếp nội dung phần 1, phần 2 của giáo trình môn học Toán kinh tế cung cấp cho người học những nội dung kiến thức về toán xác suất và thống kê toán. Mời các bạn cùng tham khảo để biết thêm các nội dung chi tiết.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Giáo trình môn học Toán kinh tế (Nghề: Kế toán doanh nghiệp): Phần 2

Chương 3: Toán xác suất 1. Giải tích tổ hợp 1.1. Tính giai thừa, hoán vị a. Tính giai thừa Số đếm đƣợc hình thành từ xa xƣa trong lịch sử. Khi toán học phát triển, một số nhà toán học khi làm toán lại quan tâm đến tích của nh ng số đếm đầu tiên nhƣ 1 x 2, 1 x 2 x 3... Ngƣời ta gọi tích của n số đếm đầu tiên là n giai thừa, kí hiệu là n!. Ví dụ: 2! = 1 x 2 = 2, 3! = 1 x 2 x 3 = 6 Dựa vào khái niệm giai thừa, ta thấy (n + 1)! = (n + 1) x n!. Chẳng hạn với n = 4 thì 5! = 5 x 4!. Thật vậy, 5! = 1 x 2 x 3 x 4 x 5, còn 5 x 4! = 5 x (1 x 2 x 3 x 4). Do đó 5! = 5 x 4!. Ngƣời ta gọi (n + 1)! = (n + 1) x n! là một công thức truy hồi. Muốn tính giai thừa của một số, ta tính theo giai thừa của số bé hơn. Biết 4! = 24, muốn tính 6!, ta có thể làm nhƣ sau: 5! = 5 x 4! = 5 x 24 = 120, 6! = 6 x 5! = 6 x 120 = 720. Công thức giai thừa xuất hiện nhiều trong toán nhƣ hoán vị, tổ hợp, chỉnh hợp, lý thuyết số, giới hạn, số nguyên tố hay nh ng khai triển toán học theo các chuỗi số... Chẳng hạn số cách xếp hàng ngang 3 bạn để chụp ảnh gọi là một hoán vị của 3, chính là 3! = 6. Ví dụ với 3 bạn A, B, C thì 6 cách xếp hàng đó là ABC, ACB, BAC, BCA, CAB, CBA. Với ngôi sao 5 cánh thì số đoạn thẳng nối 2 điểm đƣợc gọi là một tổ hợp 2 của 5. Công thức tính là 5! : (2! x (5 - 2)!) hay 5! : (2! x 3!) = 120 : (2 x 6) = 120 : 12 = 10. Em hãy vẽ thử xem nhé. Ở một số loại máy tính cầm tay, ngƣời ta viết phím nCk để chỉ tổ hợp k của n. Với bài toán ngôi sao này thì đó là 5C2. Ta có thể tính 5C2 theo cách liệt kê: Chọn 5 điểm A, B, C, D, E và đếm số đoạn thẳng là AB, AC, AD, AE, BC, BD, BE, CD, CE, DE. Ta vẫn đƣợc đáp số là 10 đoạn thẳng. Bây giờ ta giải thích tại sao phải có kí hiệu 0! và 1!. Theo khái niệm ở trên thì n! chỉ tích của n số đếm đầu tiên. Theo công thức truy hồi thì 2! = 2 x 1! hay 2 = 2 x 1!, từ đó 1! = 1. Đến bài toán tổ hợp, chẳng hạn tính số đoạn thẳng nối 2 điểm. Đáp số rõ ràng là 1. Tức là 2C2 = 1 hay 2! : (2! x (2 - 2)!) = 1. Từ đó 2 : (2 x 0!) = 1, 2 x 0! = 2, 0! = 1. Vậy để đầy đủ các khái niệm giai thừa cho các số tự nhiên, ngƣời ta quy ƣớc 0! = 1! = 1 b. Hoán vị Giả sử có n phần tử. Một hoán vị của n phần tử là một cách sắp xếp có thứ tự n phần tử đó vào n vị trí khác nhau. 50
Nhƣ vậy việc lập một hoán vị có thể chia ra làm n giai đoạn: Giai đoạn 1 là việc lấy ra một phần tử từ n phần tử đã cho sẽ có n cách lấy. Giai đoạn 2 là việc lấy ra một phần tử từ (n-1) phần tử còn lại sẽ có (n-1) cách lấy. Giai đoạn thứ n là việc lấy ra một phần tử từ 1 phần tử còn lại cuối cùng sẽ có 1 cách lấy Do đó theo luật tích thì số các hoán vị của n phần tử sẽ là Pn = n(n-1)(n-2)....1 = n! Ví dụ: Có ba phần tử (a, b, c) số hoán vị của 3 phần tử là: P3 = 3.2.1 = 6 Đó là các hoán vị abc, bac, acb, bca, cba, cab 1.2. Tổ hợp, chỉnh hợp a. Tổ hợp Cho tập E gồm n phần tử. Tổ hợp chập k từ n phần tử (k ≤ n) là một nhóm gồm k phần tử không phân biệt thứ tự đƣợc lấy ra đồng thời từ tập đã cho và đƣợc ký hiệu: k C n  k k n n! C = = n k! k!(n  k )! Các tính chất: nk k a. C n = C n , k = 0, n k k k 1 b. C n 1 = C n + C n , k = 1, n Nhận xét: Hai tổ hợp khác nhau khi có ít nhất một phần tử khác nhau. Tổ hợp khác chỉnh hợp ở việc không lƣu ý đến thứ tự sắp xếp của các phần tử. Ví dụ a. Mỗi đề thi gồm 3 câu hỏi lấy trong 25 câu hỏi cho trƣớc. Hỏi có thể lập đƣợc bao nhiêu đề thi khác nhau? b. Một đa giác lồi có n cạnh thì có bao nhiêu đƣờng chéo? Giải: a. Số đoạn thẳng có 2 đầu mút là 2 đỉnh của đa giác lồi n đỉnh chính bằng số tổ hợp n chập 2, tức là . Do đó, số đƣờng chéo của đa giác là 2 2 C n C n -n b. Số đề thi có thể lập nên là 3 25! 25 . 24 . 23 C 25 = = = 2300 3!22! 1. 2 . 3 51
b. Chỉnh hợp * Chỉnh hợp: Chỉnh hợp chập k từ n phần tử là một nhóm có thứ tự gồm k phần tử lấy ra từ n phần tử đã cho. Đó chính là một nhóm gồm k phần tử khác nhau đƣợc xếp theo thứ tự nhất định. Số các chỉnh hợp nhƣ vậy, ký hiệu là: n!  = n(n-1) … (n – k + 1) = k n (n  k )! Ví dụ 1.2. Cho 6 ch số 2, 3, 4, 5, 6,7. Hỏi a. Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 3 ch số đƣợc thành lập từ 6 ch số này? b. Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 3 ch số khác nhau và chia hết cho 5 đƣợc thành lập từ 6 ch số này? Giải: a.Mỗi số gồm 3 ch số thành lập từ 6 ch số này là một chỉnh hợp lặp 6 chập 3. Vậy, số các số gồm 3 ch số lập từ 6 ch số này là: 3 3 F 6 = 6 = 216 b. Số chia hết cho 5 đƣợc thành lập từ 6 ch số này phải có tận cùng là ch số 5. Do đó, mỗi cách thành lập một số có 3 ch số khác nhau và chia hết cho 5 là một cách thành lập một số có 2 ch số khác nhau từ 5 ch số còn lại là 2, 3, 4, 6, 7. Vậy, số các số có 3 ch số khác nhau và chia hết cho 5 thành lập từ 6 ch số này là: 2 5! A 5 = = 20 3! * Chỉnh hợp lặp: Chỉnh hợp lặp chập k từ n phần tử là một nhóm có thứ tự gồm k phần tử có thể giống nhau lấy từ n đã cho. Đó chính là một nhóm gồm k phần tử có thể lặp lại và đƣợc xếp theo thứ tự nhất định. Số chỉnh hợp lặp nhƣ vậy, ký  hiệu là  k k n = n Ví dụ a. Có bao nhiêu cách sắp xếp 5 quyển sách vào 3 ngăn? b. Một đề thi trắc nghiệm khách quan gồm 10 câu, mỗi câu có 4 phƣơng án trả lời. Hỏi bài thi có tất cả bao nhiêu phƣơng án trả lời? Giải: a. Mỗi cách sắp xếp 5 quyển sách vào 3 ngăn là một chỉnh hợp lặp 3 chập 5 (mỗi lần xếp 1 quyển sách vào 1 ngăn xem nhƣ chọn 1 ngăn trong 3 ngăn, do có 5 quyển sách nên việc chọn ngăn đƣợc tiến hành 5 lần). Vậy số cách sắp xếp là   5 5 3 = 3 = 243 52
b. Mỗi phƣơng án trả lời bài thi là một chỉnh hợp lặp 4 chập 10, nên số các phƣơng án trả lời bài thi đó là   1 10 4 = 4 2. Phép thử, các loại biến cố và xác suất của biến cố 2.1. Phép thử, biến cố Trong tự nhiên và xã hội, mỗi hiện tƣợng đều gắn liền với một nhóm các điều kiện cơ bản và các hiện tượng đó chỉ có thể ảy ra khi nhóm các điều kiện cơ bản gắn liền với nó được thực hiện. Do đó khi muốn nghiên cứu một hiện tƣợng ta cần thực hiện nhóm các điều kiện cơ bản ấy. Nói cách khác, mỗi hiện tượng trong tự nhiên chỉ có thể ảy ra khi một số điều kiện cơ bản liên quan đến nó được thực hiện. Việc thực h iện một số điều kiện liên quan này được gọi là phép thử. Mỗi phép thử có thể có nhiều kết quả khác nhau, các kết quả này gọi là biến cố. Ví dụ: a) Bật công tắc đèn, bóng đèn có thể sáng hoặc không sáng. Việc bật công tắc đèn là thực hiện một phép thử, còn bóng đèn sáng hoặc không sáng là nh ng biến cố. b) Gieo một đồng xu (thực hiện một phép thử) hai biến cố có thể xảy ra: xuất hiện mặt sấp (biến cố A) hoặc xuất hiện mặt ngửa (biến cố B). c) Bắn một viên đạn vào bia (thực hiện phép thử): viên đạn trúng đíc h hoặc viên đạn không trúng đích là các biến cố. d) Gieo một con xúc xắc khối lập phƣơng (thực hiện 1 phép thử) có thể có 6 khả năng xảy ra: xuất hiện mặt 1 chấm, xuất hiện mặt 2 chấm, …, xuất hiện mặt 6 chấm. Đó là 6 biến cố. Vậy biến cố chỉ có thể ảy ra khi phép thử được thực hiện . Phép thử ngẫu nhiên là phép thử khi thực hiện thì ngƣời ta không đoán biết trƣớc đƣợc kết quả nào trong số các kết quả có thể có của nó sẽ xảy ra. Phép thử trong lý thuyết phải hiểu theo một nghĩa rộng, đó là nh ng thí nghiệm, sự quan sát, sự đo lƣờng, … thậm chí là một quá trình sản xuất ra sản phẩm cũng đƣợc coi là một phép thử. 2.2. Các loại biến cố Trong thực tế biến cố đƣợc chia làm ba loại. a) Biến cố ngẫu nhiên: Là kết quả của phép thử ngẫu nhiên. Các biến cố ngẫu nhiên thƣờng đƣợc ký hiệu bởi các ch cái A, B, C … 53
b) Biến cố chắc chắn: Là biến cố nhất định sẽ xảy ra khi phép thử đƣợc thực hiện. Biến cố chắc chắn ký hiệu là ch U. c) Biến cố không thể có: Là biến cố không thể xảy ra khi phép thử đƣợc thực hiện. Biến cố không thể có đƣợc ký hiệu là ch V. Ví dụ: a. Để cốc nƣớc ở nhiệt độ bình thƣờng ( 20 0 c ) (phép thử), “nƣớc đóng băng” là biến cố không thể có. b.Gieo một xúc sắc (thực hiện phép thử) thì Có các biến cố ngẫu nhiên như sau: Xuấthiện mặt 1 chấm … Xuất hiện mặt 6 chấm U: “ xuất hiện số chấm nhỏ hơn 7” thì U là biến cố chắc chắn V: “ xuất hiện mặt 7 chấm” thì V là biến cố không thể có Trong thực tế khi lấy ví dụ về biến cố chắc chắn và biến cố không thể có bao giờ cũng là nh ng hiện tƣợng hiển nhiên hoặc vô lý trong khuôn khổ của phép thử. Tất cả các biến cố mà chúng ta gặp trong thực tế đều thuộc về một trong ba loại biến cố trên, tuy nhiên biến cố ngẫu nhiên là biến cố thƣờng gặp hơn cả. 2.3. Xác suất của biến cố Ta đã thấy việc biến cố ngẫu nhiên xảy ra hay không xảy ra trong kết quả của phép thử là điều không thể đoán trƣớc đƣợc, tuy nhiên bằng trực quan ta có thể nhận thấy các biến cố ngẫu nhiên khác nhau có những khả năng ảy ra khác nhau. Chẳng hạn biến cố “xuất hiện mặt sấp” khi tung một đồng xu sẽ có khả năng xảy ra lớn hơn nhiều so với biến cố “xuất hiện mặt một chấm” khi tung một con xúc xắc. Khi lặp đi lặp lại nhiều lần cùng một phép thử trong nh ng điều kiện nhƣ nhau, ngƣời ta thấy tính chất ngẫu nhiên của biến cố mất dần đi và khả năng ảy ra của biến cố sẽ được thể hiện theo những quy luật nhất định. Từ đó ta thấy có thể đo lƣờng (định lƣợng) khả năng khách quan xuất hiện một biến cố nào đó. Nói cách khác, khả năng xuất hiện của các biến cố ngẫu nhiên nói chung khác nhau, để đo khả năng này, ngƣời ta phải tìm một công cụ, công cụ đó chính là xác suất. Xác suất của một biến cố là một con số đặc trưng khả năng khách quan uất hiện biến cố đó khi thực hiện phép thử. 54
Khả năng khách quan ở đây là do nh ng điều kiện xảy ra của phép thử quy định chứ không tùy thuộc ý muốn chủ quan của con ngƣời. Vậy bản chất của xác suất của một biến cố là một số xác định. Để tính xác suất của một biến cố, ngƣời ta xây dựng các định nghĩa về xác suất. Có nhiều định nghĩa khác nhau về xác suất đó là: định nghĩa cổ điển, định nghĩa thống kê, định nghĩa hình học và định nghĩa theo tiên đề. 3. Định lý cộng xác suất Từ định nghĩa xác suất, ta đã suy ra đƣợc tính chất cơ bản sau của xác suất: + Nếu A, B là hai biến cố xung khắc thì P(A + B) = P(A) + P(B). + Tổng quát, nếu A1, A2, . . . , An là n biến cố xung khắc từng đôi thì - Nếu A, B là hai biến cố bất kỳ thì P(A  B) = P(A) + P(B) – P(AB). - Nếu A, B, C là ba biến cố bất kỳ thì P(A  B  C) = P(A) + P(B) + P(C) - P(AB) - P(AC) - P(BC) + P(ABC) Ví dụ. Trong một lớp học, tỉ lệ học sinh đạt điểm giỏi môn Toán là 10%, tỉ lệ học sinh đạt điểm giỏi môn Anh là 9% và giỏi cả hai môn là 5%. Chọn ngẫu nhiên một học sinh trong lớp. Tính xác suất để học sinh đó không đạt điểm giỏi cả môn Toán lẫn môn Anh? Giải: Gọi A là biến cố “Sinh viên đó đạt điểm giỏi môn Toán”, B là biến cố “Sinh viên đó đạt điểm giỏi môn Anh”. Theo giả thiết thì P(A) = 0,01, P(B) = 0,09 và P(AB) = 0,05 gọi C là biến cố “Sinh viên đó không đạt điểm giỏi cả môn Toán lẫn môn Anh” thì C là biến cố “Sinh viên đó đạt điểm giỏi môn Toán hoặc môn Anh” hay C = A  B. Theo định lý cộng xác suất (1.3), ta có P(C) = P(A  B) = P(A) + P(B) – P(AB) = 0,01 + 0,09 – 0,05 = 0,14 Suy ra P( C ) = 1 – P(C) = 1 – 0,14 = 0,86 4. Định lý nh n xác suất a. Xác suất có điều kiện Xác suất có điều kiện của biến cố A với điều kiện B đã xảy ra, ký hiệu P( AB ) P( A | B) , đƣợc xác định bởi công thức: P( A | B) = P( B) Ví dụ: Một hộp chứa 10 viên bi giống nhau, trong đó có 6 bi xanh và 4 bi trắng. Ngƣời thứ 1 lấy ngẫu nhiên 1 bi (không trả lại vào hộp). Tiếp đó, ngƣời thứ 2 lấy 1 bi. Tính xác suất để ngƣời thứ 2 lấy đƣợc bi xanh nếu biết ngƣời thứ 1 đã lấy đƣợc bi xanh? 55
Giải: Gọi A là biến cố “Ngƣời thứ 1 lấy đƣợc bi xanh” và B là biến cố “Ngƣời thứ 2 lấy đƣợc bi xanh”. Khi đó, xác suất P(B) sẽ phụ thuộc vào việc A xảy ra hay không xảy ra. + Nếu A đã xảy ra thì xác suất của B là 5/9 ký hiệu P(B | A) = 5/9 + Nếu A không xảy ra thì xác suất của B là 6/9, ký hiệu P( B | A ) = 6/9 Nhƣ vậy, việc xảy ra hay không xảy ra của A đã ảnh hƣởng đến khả năng xảy ra của B. Xác suất của B trong điều kiện A đã xảy ra đƣợc gọi là xác suất có điều kiện của B trong điều kiện A đã xảy ra, ký hiệu P(B | A) b. Định lý nhân xác suất Với A, B là 2 biến cố bất kỳ, ta có P(A.B) = P(B) . P(A/B) = P(A) . P(B/A) Tổng quát với A1, A2, . . . , An là n biến cố bất kỳ, ta có: P( A1...An ) = P( A1 )P( A2 | A1 )P( A3 | A1 A2 )...P( An | A1 A2 ...An-1 ) Hệ quả: - Nếu hai biến cố A và B độc lập với nhau nếu và chỉ nếu P( AB) = P( A).P(B) . - Tổng quát nếu {A1, A2, . . . , An} độc lập trong toàn thể thì P( A1 A2 ...An ) = P( A1 )...P( An ) Ví dụ. Hai xạ thủ bắn mỗi ngƣời một viên vào cùng một mục tiêu. Xác suất trúng đích của xạ thủ 1 là 0,7; của xạ thủ 2 là 0,6. Tính xác suất để mục tiêu bị trúng đạn? Giải: Gọi A là biến cố “xạ thủ 1 bắn trúng mục tiêu” B là biến cố “xạ thủ 2 bắn trúng mục tiêu” H là biến cố “mục tiêu bị trúng đạn”. Lúc đó, P(A) = 0,7, P(B) = 0,6 và H = A  B. Theo công thức cộng xác suất, P(H) = P(A  B) = P(A) + P(B) – P(AB). Mặt khác, do hai biến cố A và B độc lập với nhau nên P(AB) = P(A).P(B) = 0,7.0,6 = 0,4 2 Suy ra, xác suất để mục tiêu bị trúng đạn là : P(H) = 0,7 + 0,6 – 0,42 = 0,88 5. Công thức Bernoull 5.1. Định nghĩa Một phép thử trong đó biến cố A xảy ra với xác suất p và không xảy ra với xác suất q = 1 – p đƣợc gọi là phép thử Bernoulli. Tiến hành lặp lại phép thử Bernoulli n lần độc lập nhau, ta có dãy n phép thử Bernoulli hay còn gọi là lƣợc đồ Bernoulli. 56
Ví dụ: tỷ lệ nảy mầm của một loại hạt giống là 75%, ngƣời ta gieo thí điểm 10 hạt. Đó là dãy 10 phép thử Bernoulli. 5.2.Công thức Bernoulli Bài toán đặt ra: Tìm xác suất để trong n phép thử Bernoulli, biến cố A xuất hiện k lần. Định lý: Xác suất để trong n phép thử Bernoulli, biến cố A xuất hiện đúng k lần, ký hiệu Pn (k ) , đƣợc tính theo công thức: k nk với k = 0, 1, ……, n k Pn (k ) = C n p q Ví dụ1. Xác suất thành công của một thí nghiệm sinh học là 0,7. Một nhóm gồm 5 sinh viên cùng tiến hành thí nghiệm trên một cách độc lập nhau. Tính xác suất để trong 5 thí nghiệm: a. Có đúng 3 thí nghiệm thành công. a. Có từ 2 đến 4 thí nghiệm thành công. b. Có ít nhất 1 thí nghiệm thành công. Giải: a. Gọi A là biến cố “thí nghiệm thành công”. Khi đó, P(A) = p = 0,7. Xác suất để có đúng 3 thí nghiệm thành công đƣợc tính theo công thức Bernoulli là P(3; 0, 7) = C3 (0, 7)3 .(0, 3)2 = 0,3087. b. Xác suất để có từ 2 đến 4 thí nghiệm thành công là P(2, 4) = C2 (0, 7)2 .(0, 3)3 + C5 (0, 7) .(0, 3) + C5 (0, 7) .(0, 3) = 0,80115. c.Gọi B là biến cố “có ít nhất 1 thí nghiệm thành công”. Khi đó, B là biến cố “không có thí nghiệm nào thành công”. Ví dụ 2: Sản phẩm trong một nhà máy đƣợc đóng thành từng kiện, mỗi kiện gồm 10 sản phẩm, số sản phẩm loại A trong các hộp là X có phân phối nhƣ sau: X 6 8 P 0,9 0,1 Khách hàng chọn cách kiểm tra nhƣ sau: Từ mỗi kiện lấy ra 2 sản phẩm; nếu thấy cả 2 sản phẩm đều loại A thì mới nhận kiến đó; ngƣợc lại thì loại kiện đó. Kiểm tra 144 kiện (trong rất nhiều kiện). a. Tính xác suất để có 53 kiện nhận đƣợc 57
b. Tính xác suất để có từ 52 đến 56 kiện nhận đƣợc c. Phải kiểm tra ít nhất bao nhiêu kiện để xác suất có ít nhất 1 kiện đƣợc nhân không nhỏ hơn 95% ? Bài giải Trƣớc hết ta tìm xác suất p để một kiện nhận đƣợc Gọi C là biến cố kiện hàng đƣợc nhận. Ta cần tìm p = P(C). Từ giả thiết ta suy ra có hai loại kiện hàng: Loại I: Gồm 6A, 4B chiếm 0,9 = 90% Loại II: Goomg 8°, 2B chiếm 0,1 = 10% Gọi A1, A2 lần lƣợt là các biến cố kiện hàng thuộc loại I, II khi đó A1, A2 là một hệ đầy đủ, xung khắc từng đôi và ta có P(A1) = 0,9; P(A2) = 0,1 Theo công thức xác suất đầy đủ ta có: P(C) = P(A1) P(C/A1) + P(A2) P(C/A2) Theo giả thiết, từ mỗi kiện lấy ra 2 sản phẩm; nếu cả 2 sản phẩm thuộc loại A thì mới nhận kiện đó. Do đó 2 0 P(C/A1) = P2(2) = CC 6 4 = 1 2 C 3 10 CC 2 0 28 8 2 P(C/A2) = P2(2) = = C 2 10 45 Suy ra P(C) = 0,9 . 1/3 + 0,1 . 28/35 = 0,3622 Vậy xác suất để một kiện đƣợc nhận là p = 0,3622 Bây giờ, kiểm tra 144 kiện. Gọi X là số kiện đƣợc nhận trong 144 kiện đƣợc kiểm tra, thì X có phân phối nhị thức X ~ B(n,p) với n = 144, p = 0,3622. Vì n = 144 khá lớn và p = 0,3622 không quá gần 0 cũng không quá gần 1 nên ta có thể xem X có phân phối chuẩn nhƣ sau: X ~ N(  , ) 2 Với  = n.p = 144 . 0,3622 = 52,1568  2 = npq = 144.0,3622.(1  0,3622) = 5,7676 c.Phải kiểm tra ít nhất bao nhiêu kiện để xác suất có ít nhất 1 kiện đƣợc nhận không nhỏ hơn 95%? Gọi n là số kiện cần kiểm tra và D là biến cố có ít nhất 1 kiện đƣợc nhận. Yêu cầu bài toán là xác định n nhỏ nhất sao cho P(D) ≥ 0,95. 58
Biến cố đối lập của D là D : không có kiện nào đƣợc nhận. Theo chứng minh trên, xác suất để một kiện đƣợc nhận là p = 0,3622. Do đó Theo công thức Bernoulli ta có: n P(D) = 1 – P( D ) = 1 - q = 1 – (1 – 0,3622)n = 1 – (0,6378)n. Suy ra: P(D) ≥ 0,95 ↔ 1 – (0,3622)n ≥ 0,95 ↔ (0,3622)n ≤ 0,05 ↔n ln (0,3622)n ≤ ln 0,05 ln 0,05 ↔n≥  6,6612 ln (0,6378) ↔n≥7 Vậy kiểm tra ít nhất 7 kiện Ta có P(B) = P(0;0,7)C0(0,7)0 . (0,3)5 = 0,00243 Suy ra: P( B ) = 1 – P(B) = 1 – 0,00243 = 0,99757 6. Công thức xác suất đầy đủ và Bayes a) Hệ đầy đủ các biến cố Hệ các biến cố (B1, B2, …, Bn) đƣợc gọi là đầy đủ nếu thỏa mãn đồng thời hai điều kiện: - B1, B2, …, Bn là các biến cố xung khắc từng đôi một nghĩa là: BiBj =  ( i  j )  = B1  B2  …  Bn Hệ (B, B ) là một hệ đầy đủ, trong đó là một biến cố bất kỳ. b) Công thức xác suất đầy đủ Giả sử (B1, B2, …, Bn) là hệ đầy đủ các biến cố với P(Bi) > 0 với mọi i = 1, 2, …, n. Khi đó với bất kỳ biến cố A, ta có P(A) = P(B1)P(A/B1) + P(B2)P(A/B2) + … + P(Bn)P(A/Bn) Ví dụ: Có 3 hộp giống nhau. Hộp thứ nhất đựng 10 sản phẩm, trong đó có 6 chính phẩm, hộp thứ hai đựng 15 sản phẩm, trong đó có 10 chính phẩm, hộp thứ ba đựng 20 sản phẩm, trong đó có 15 chính phẩm. Lấy ngẫu nhiên một hộp và từ đó lấy ngẫu nhiên một sản phẩm. Tìm xác suất để lấy đƣợc chính phẩm. Lời giải: Ký hiệu Bk là biến cố: “Sản phẩm lấy ra thuộc hộp thứ k“, k = 1, 2, 3 và là biến cố: “Lấy đƣợc chính phẩm”. Khi đó B1, B2, …, Bn là hệ đầy đủ các biến cố và 59
1 1 1 P(B1) = , P(B2) = , P(B3) = , 3 3 3 6 P(A/B1) = 10 10 P(A/B2) = 5 15 P(A/B3) = 20 Theo công thức xác suất đầy đủ P(A) = P(B1)P(A/B1) + P(B2)P(A/B2) + P(B3)P(A/B3) 124 31 = = 180 45 31 Vậy xác suất để lấy đƣợc chính phẩm là . 45 c) Công thức Bayes Giả sử P(A) > 0 và B1, B2, …, Bn là hệ đầy đủ các biến cố với P(Bk) > 0 với mọi k = 1, 2, …, n. Khi đó với mọi k = 1, 2, …, n, ta có P( B1) P( A / B1) P(B1 /A) = P( B1) P( A / B1)  P( B2) P( A / B2) Ví dụ: Dây chuyền lắp ráp nhận đƣợc các chi tiết do hai máy sản xuất. Trung bình máy thứ nhất cung cấp 60% chi tiết, máy thứ hai cung cấp 40% chi tiết. Khoảng 90% chi tiết do máy thứ nhất sản xuất là đạt tiêu chuẩn, còn 85% chi tiết do máy thứ hai sản xuất là đạt tiêu chuẩn. Lấy ngẫu nhiên từ dây chuyền một sản phẩm, thấy nó đạt tiêu chuẩn. Tìm xác suất để sản phẩm đó do máy thứ nhất sản xuất. Lời giải: Gọi A là biến cố: “Chi tiết lấy từ dây chuyền đạt tiêu chuẩn”, B1 là biến cố: “Chi tiết do máy thứ nhất sản xuất” và B2 là biến cố: “Chi tiết do máy thứ hai sản xuất”. Ta cần tính xác suất P(B1 /A). Theo công thức Bayes P( B1) P( A / B1) P(B1 /A) = P( B1) P( A / B1)  P( B2) P( A / B2) Theo điều kiện bài toán P(B1) = 0,6 P(B2) = 0,4 P(A/B1) = 0,9 60
P(A/B2) = 0,85 Thay vào ta có 0,6  0,9 P(B1 /A) = = 0,614 0,6  0,9  0,4  0,85 7. Biến ngẫu nhiên và quy luật ph n phối xác suất 7.1. Định nghĩa biến ngẫu nhiên và quy luật ph n phối xác suất a) Khái niệm: Biến ngẫu nhiên là một đại lƣợng nhận các giá trị của nó với xác suất tƣơng ứng nào đó. - Biến ngẫu nhiên thƣờng biểu thị giá trị kết quả của một phép thử ngẫu nhiên. - Biến ngẫu nhiên thƣờng đƣợc ký hiệu là X, Y, Z… Ví dụ. - Tung một con xúc xắc cân đối, đồng chất. Gọi X là số chấm xuất hiện trên mặt con xúc xắc thì X là một biến ngẫu nhiên. - Ðo ngẫu nhiên chiều cao của 1 sinh viên. Gọi Y là chiều cao của sinh viên đó thì Y là một bíến ngẫu nhiên. b) Phân loại biến ngẫu nhiên: - Biến ngẫu nhiên rời rạc - Biến ngẫu nhiên liên tục 7.2. Biến ngẫu nhiên rời rạc và bảng ph n phối xác suất Ðịnh nghĩa: Biến ngẫu nhiên đƣợc gọi là rời rạc nếu tập các giá trị của nó là h u hạn hoặc đếm đƣợc. Ví dụ. - Số chấm xuất hiện trên mặt con xúc xắc khi tung. - Số tai nạn giao thông trong một ngày ở một vùng. Bảng phân phối xác suất Giả sử đại lƣợng ngẫu nhiên rời rạc X có thể nhận một trong các giá trị là x 1, x2,......xn (xi < xj khi i < j) với các xác suất tƣơng ứng là p 1, p2,.......,pn trong đó pi = P(X = xj) thì bảng phân phối xác suất của X có dạng sau: Bảng phân phối xác suất của biến ngẫu nhi ên rời rạc X x1 x2 ... Xn ... ... P p1 p2 ... pn n ... ... Với  i =1 i 1 7.3. Hàm ph n bố xác suất a. Định nghĩa: Cho X là đại lƣợng ngẫu nhiên và x là một số thực tùy ý thì 61
F(x) = P(X < x) gọi là hàm phân phối xác suất của X. Thì hàm phân phối xác suất F(x) có dạng: 0 Khi x   x 1 p  1 Khi xxx 1 2   Khi x  x  x  p1 p 2 2 3  F(x) = ...............  i 1  p Khi x i 1 x x  k 1 k i ...............  1 Khi x  x n b. Tính chất của hàm phân phối xác suất - Tính chất 1: 0  F ( x)  1, x R -Tính chất 2: F(-∞) = 0; F(+∞) = 1 - Tính chất 3: F(x) là hàm không giảm trên toàn trục số. c. Công thức xác suất để đại lượng ngẫu nhiên X nhận giá trị trong một khoảng Nếu đại lƣợng ngẫu nhiên X có hàm phân phối F(x) thì: P(x1 ≤ x < x2) = F(x2) – F(x1). d. Đại lượng ngẫu nhiên liên tục. Đại lƣợng ngẫu nhiên X đƣợc gọi là đại lƣợng ngẫu nhiên liên tục nếu hàm phân phối xác suất của nó liên tục trên toán trục số. - Tính chất của đại lƣợng ngẫu nhiên liên tục Nếu X là đại lƣợng ngẫu nhiên liên tục thì P(X = x0) = 0  x0 tùy ý cho trƣớc. 7.4. Hàm mật độ xác suất a. Định nghĩa Hàm mật đọ xác suất của đại lƣợng ngẫu nhiên liên tục X đƣợc kí hiệu và xác định nhƣ sau: f(x) = , F ( x) b. Công thức về hàm mật độ x F(x) =   f(t)dt x2 P(x1 < X < x2) =  f(x)dx x1 c. Tính chất của hàm mật độ. 62
- Tính chất 1: f(x) ≥ 0 x  - Tính chất 2:   f(x)dx = 1 8. Các tham số đặc trưng của biến ngẫu nhiên 8.1. V ng toán (kỳ v ng toán) a. Định nghĩa. - Nếu X là đại lƣợng ngẫu nhiên rời rạc có bảng phân phối xác suất X x1 x2 ... xn P P1 P2 ... ... pn n ... Với   =1 i 1 i Thì vọng toán của X đƣợc xác định và ký hiệu nhƣ sau: n E(X) =  px i 1 i i Trong trƣờng hợp các giá trị của X là tập hợp vô hạn thì:  E(X) =  px i 1 i i Nếu X là đại lƣợng ngẫu nhiên liện tục có hàm mật độ xác suất f(x) thì vọng toán của nó là:  E(X) =   x.f(x)dx Nếu X là đại lƣợng ngẫu nhiên liện tục với miền giá trị là: [ a, b] thì  E(X) =   x.f(x)dx b. Tính chất - E(C) = C, với C là một hằng số - E(CX) = C.E(X), với C là một hằng số - E(X  Y) = E(X)  E(Y) - E(XY) = E(X).E(Y) nếu X, Y độc lập c. Ý nghĩa của vọng toán Đặc trƣng cho giá trị trung bình của đại lƣợng ngẫu nhiên 8.2. Phương sai a. Định nghĩa. 63
X là đại lƣợng ngẫu nhiên với vọng toán E(X) = a. Phƣơng sai của đại lƣợng ngẫu nhiên X kí hiệu là D(X) D(X) = E(X – a)2 = E{X – E(X)}2 = E(X2 – 2aX + a2) = E(X2) – E2(X) - Nếu X là đại lƣợng ngẫu nhiên rời rạc X thì:  D(X) =  p ( xi  a)2 i 1 i - Nếu X là đại lƣợng ngẫu nhiên liên tục với hàm mật độ xác suất là f(x) thì:  D(X) =   (x – a)2.f(x)dx - Nếu X là đại lƣợng ngẫu nhiên liên tục với miền giá trị lá [a, b] thì: b D(X) =  a (x – a)2.f(x)dx b. Tính chất - D(C) = C, với C là một hằng số - D(CX) = C.E(X), với C là một hằng số - D(XY) = D(X).D(Y) nếu X, Y độc lập c. Ý nghĩa của phương sai Phƣơng sai của đại lƣợng ngẫu nhiến X đặc trƣng cho mức độ phân tán của các giá trị của đại lƣợng ngẫu nhiên X xung quanh vọng toán của nó. 8.3 Độ lệch chuẩn a. Định nghĩa Đại lƣợng Ϭ(X) = D(X ) đƣợc gọi là độ lệch tiêu chuẩn của đại lƣợng ngẫu nhiên X. b. Ý nghĩa Độ lệch chuẩn phản ảnh mức độ phân tán trung bình của đại lƣợng ngẫu nhiên so với vọng toán. Ví dụ: Tìm vọng toán và phƣơng sai của số chấm xuất hiện khi gieo một con xuc sắc Giải: Gọi X là số chấm xuất hiện khi gieo con xúc sắc thì X có bảng phân phối xác suất nhƣ sau: X 1 2 3 4 5 6 P 1/6 1/6 1/6 1/6 1/6 1/6 Ta có: E(X) = 1/6.1 + 1/6 .2 + 1/6 .3 + 1/6 .4 + 1/6 .5 + 1/6 . 6 = 3,5 64
1 1 1 1 1 D(X) = .(1 – 3,5)2 + .(2 – 3,5)2 + .(3 – 3,5)2 + .(4 – 3,5)2 + .(5 – 3,5)2 6 6 6 6 6 1 35 + .(6 – 3,5)2 = 6 12 Chúng ta có thể sử dụng cách tính: D(X) = E(X2) – E2(X) 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 91 E(X2) = .1 + .2 + .3 + .4 + .5 + .6 = 6 6 6 6 6 6 6 2 91 7 35 Vậy D(X) = -   = 6 2 12 9. Một số quy luật ph n phối xác suất thông dụng 9.1. Quy luật không - một a. Định nghĩa Xét n là đại lƣợng ngẫu nhiên độc lập và đƣợc kí hiệu là N(0;1) với i = 1, n . Khi đó biến ngẫu nhiên đƣợc tính nhƣ sau: n X ~ x2(n). 2 Un = i i 1 b. Các tham số đặc trưng. E(Un) = n D(Un) = 2n 9.2. Quy luật nhị thức- B(n,p) a. Định nghĩa Đại lƣợng ngẫu nhiên X đƣợc gọi là có quy luật phân phối nhị thức với hai tham số n và p nếu X có bảng phân phối các xuất nhƣ sau: X 0 1 ... I ... N n 1 n i P 0 0 n 1 1 ... i i ... n n o C pq n C pqn C pq n C pq n Trong đó: q + p = 1 và 0
- Phƣơng sai D(X) = n.p.q [(n  1). p] Neu (n  1). p không nguyên. ModX =  m0  (n  1). p và m0  1 Neu (n  1). p không nguyên Ví dụ 1: Tiến hành gieo 4 lần một đồng xu, các lần gieo độc lập nhau. Xác suất xuất hiện mặt sấp trong mỗi lần gieo đều bằng 0,5. Lập bảng phân phối xác suất và tính vọng toán, phƣơng sai của lần xuất hiện mặt sấp trong 4 lần gieo đó. Giải: Gọi X là số lần xuất hiện mặt sấp trong 4 lần gieo thì X có quy luật phân phối nhị thức với 2 tham số n =4 và p = 0,5 vì mỗi lần gieo đồng xu nhƣ tiến hành một phép thử, các lần gieo độc lập nhau nên ơe dãy thực hiện 4 phép thử độc lập. Xác suất xuất hiện mặt sấp trong mỗi lần gieo đều bằng 0,5 Vậy P(X = k) = . 0,5k . 0,54-k k C 4 k  0,4 Vậy bảng phân phối X là X 0 1 2 3 4 P 1 4 6 4 1 16 16 16 16 16 E(X) = n.p = 2 D(X) = n.p.(1-p) =1 Ví dụ 2: Một máy tính gồm 1.000 linh kiện A, 800 linh kiện B và 2.000 linh kiện C. Xác suất hỏng của 3 linh kiện đó lần lƣợt là 0,02%; 0,0125% và 0,005%. Máy tính ngừng hoạt động khi số linh kiện hỏng nhiều hơn 1. Các linh kiện hỏng độc lập với nhau. a. Tính xác suất để có ít nhất 1 linh kiện B bị hỏng. b. Tịnh xác suất để máy tính ngừng hoạt động. c. Giả sử trong máy đã có 1 linh kiện hỏng. Tính xác suất để máy tính ngừng hoạt động. Bài giải Tóm tắt: Loại linh kiện A B C Số lƣợng/ 1 máy 1000 800 2000 Xác suất 1 linh kiện hỏng 0,02% 0,0125% 0,005% - Gọi X là đại lƣợng ngẫu nhiên chỉ số linh kiện A bị hỏng trong một máy tính. Khi đó, X1 có phân phối nhị thức X1 ~ B(n1,p1) với n = 1.000 và p1 = 0,02% = 0,0002. Vì n1 khá lớn và p1 khá bé nên ta có thể xem X1 có phân phối Poisson: 66
X1 ~ P(a1) với a1 = n1 p1 = 1.000 x 0,0002 = 0,2, nghĩa là X1 ~ P(0,2) - Tƣơng tự, gọi X2, X3 lần lƣợt là các đại lƣợng ngẫu nhiên chỉ số linh kiện B, C bị hỏng trong một máy tính. Khi đó X2, X3 có phân phối Poisson nhƣ sau: X2 ~ P( 800 x 0,0125%) = P(0,1) X2 ~ P(2.000 x 0,005%) = P(0,1) a. Xác suất có ít nhất 1 linh kiện B bị hỏng là: 0 ,1 0 e  (0,1) 0 ,1 P(X2 ≥ 1) = 1 – P(X2 = 0) = 1 - =1- e = 0,0952 0! b. Tính xác suất để máy tính ngừng hoạt động Theo giả thiết, máy tính ngừng hoạt động khi số linh kiện hỏng nhiều sơn 1, nghĩa là khi. X1 + X 2 + X3 > 1 Vì X1 ~ P(0,2) X2 ~ P(0,1) X3 ~ P(0,1) nên X1 + X2 + X3 ~ P(0,2 + 0,1 + 0,1) = P(0,4) Suy ra xác suất để máy tính ngừng hoạt động là P(X1 + X2 + X3 > 1) = 1 - P(X1 + X2 + X3 ≤ 1) = 1 – [ P(X1 + X2 + X3 = 0) + P(X1 + X2 + X3 = 1)] 0 , 4 0 0 , 4 1 e  (0,4) e  (0,4) = - 0! 1! 0 , 4 = 1 – 1,4. e = 0,0615 = 6,15% c. Giả sử trong máy đã có 1 linh kiện hỏng. Khi đó máy tính ngừng hoạt động khi có thêm ít nhất 1 linh kiện hỏng n a, nghĩa là khi X1 + X 2 + X 3 ≥ 1 Suy ra xác suất để máy tính ngừng hoạt động trong trƣờng hợp này là P(X1 + X2 + X3 ≥ 1) = 1 – P(X1 + X2 + X3 < 1) = 1 – P(X1 + X2 + X3 = 0) 0 , 4 0 e  (0,4) 0 , 4 =1- =1- e = 0,3297 = 32,97% 0! 9.3. Quy luật ph n phối đều – U(a,b) a. Định nghĩa 67
Biến ngẫu nhiên X đƣợc gọi là tuân theo luật phân phối đều liên tục trên [a;b] kí hiệu X ~ U(a;b), nếu X có hàm mật độ (a
a. Có đúng 70 sản phẩm loại A b. Có không quá 60 sản phẩm loại A c. Có ít nhất 65 sản phẩm loại A Bài giải: Gọi X0 là trọng lƣợng của loại sản phẩm đã cho. Từ giả thiết ta suy ra X 0 có phân phối chuẩn X0 ~ N(  0 , 02 ) với   = 100 ( 0 = 10). Vì một sản phẩm 2 0 = 50, 0 đƣợc xếp vào loại A khi có trọng lƣợng từ 45kg đến 70kg nên xác suất để một sản phẩm thuộc loại A là P(45 ≤ X0 ≤ 70). Ta có: (70   ) (45   ) (70  50) (45  50) P(45 ≤ X0 ≤ 70) =  ( 0 - 0 = ( -  0  0 10 10 =  (2) -  (-0,5) =  (2) +  (0,5) = 0,4772 + 0,1915 = 0,6687 (Tra bảng giá trị hàm Laplace ta đƣợc  (2) = 0,4772;  (0,5) = 0,1915). Vậy xác suất để một sản phẩm thuộc loại A là p = 0,6687. Bây giờ, kiểm tra 100 sản phẩm. Gọi X là số sản phẩm loại A có trong 100 sản phẩm đƣợc kiểm tra, thif X có phân phối nhị thức X ~ B(n,p) với n = 100, p = 0,6687. Vì n = 100 khá lớn và p = 0,6687 không quá gần 0 cũng không quá gần 1 nên ta có thể xem X có phân phối chuẩn nhƣ sau: X ~N(  , ) 2 Với  = n.p = 100 x 0,6687 = 66,87  = npq = 100  0,6687  (1  0,6687) = 4,7068 a. Xác suất để có 70 sản phẩm loại A là: 1 70   1 70  66,87 P(X = 70) = f( ) = f( )   4,7068 4,7068 1 0,3209 = f(0,66) = = 0,0681 = 6,81% 4,7068 4,7068 (Tra bảng giá trị hàm Gauss ta đƣợc f(0,66) = 0,3209) b. Xác suất để có không quá 60 sản phẩm loại A là: (60   ) (0   ) (60  66,87) (0  66,87) P(0 ≤ X ≤ 60) =  ( - = ( -   4,7068 4,7068 =  (-1,46) -  (-14,21) = -  (1,46) +  (14,21) = -  (1,46) +  (5) = - 0,4279 + 0,5 = 0,0721 = 7,21% (Tra bảng giá trị hàm Laplace ta đƣợc  (14,21) =  (5) = 0,5;  (1,46) = 0,4279) 69