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

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 phần, công thức Bayes. Tính
độc lập của 2 sự kiện. Thí nghiệm Béc nu li và xác suất nhị thức.
2) Định nghĩa biến ngẫu nhiên và hàm phân phối, hàm xác suất 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 biến 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 hệ 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)
2
S
.
5) Cách đặt vấn đề của bài toán ước lượng và bài toán kiểm định giả 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 thuyết về giá trị trung bình
( )E X
µ
=
với
( )
2
,X N
µ σ
∈
trong 2 trường hợp: a)
2
σ
đã biết ; b)
2
σ
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
Chương 6: 6.1, 6.3, 6.4 , 6.6 và 6.7
Chương 7: 7.1, 7.2.
1

II. Bài giải và đáp số một số bài tập trong sách
Chương I
1.1
a) A

∩
C =
∅
B
∩
C =
{ }
25 30N< <
= C
A
∪
B =
{ }
30N <
B
∩
C
∩
D=
{ }
25 30N< <
= C
b)
i) Không, vì
{ }
45 50N< <
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
{ }
25 30B D N∩ = ≤ < ≠ ∅
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 lập, xác suất xuất 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)=
{ }
(1,2) (2,1)P P+
+
{ }
(1,5) (2,4) (3,3) (4,2) (5,1)P P P P P+ + + +
+
{ }
(3,6) (4,5) (5,4) (6,3) (6,6)P P P P P+ + + +
= 2/36+5/36+4/36+1/36=12/36 =
1/3
1.5
1
1 1
2
2 2
n
n
−
−
 
=
 
 
.
1.6 a) 1/
3
(10)
1.7 Đặt

{
i
A =
cuốn sách thứ i để lại đúng chỗ cũ
}
2
a) Ta có:
( )
9! 1
10! 10
i
P A = =
b)
( )
8! 1
10! 90
i j
P A A∩ = =
c)
( )
1 10
1

10!
P A A∩ ∩ =
1.8 a) Tổng số cách xếp n người là n!. Do vai trò của n người như nhau nên
không mất tính tổng quát, ta có thể tính từ một trong 2 người định trước. 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 người 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 người 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.
1.9 a)
1 1 1
5 10 25
C C C
/
3
50
C
b) 1-
3
45
C
/
3
50
C
.
1.10 P(B)= 5/7= 0,7143.
1.11 a) Từ công thức cộng xác suất và tính chất
( )
0 1P A≤ ≤
, ta có:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1P AB P A P B P A B P A P B= + − ∪ ≥ + −
=1/12.
Vì

AB A⊂
và
AB B⊂
nên
{ }
( ) min ( ), ( ) 1/ 3.P AB P A P B≤ =
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:
{ }
( ) min ( ) ( ),1 1P A B P A P B∪ ≤ + =
và
{ }
( ) max ( ), ( ) 3/ 4P A B P A P B∪ ≥ =
. Vậy:
3/ 4 ( ) 1P A B≤ ∪ ≤
Với A và B được chọn như trong a), các cận của bất đẳng thức sẽ 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
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
3

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:
{ }
( ) ( ) ( ) 1 ( ) ( )P A B P B P A B 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
( ) ( ) 1P AB P AB+ =
. Suy ra:
( ) 1 ( )P AB P AB= −
= 1-1/4 = 3/4
1.13 P(tất cả n ngày sinh là khác nhau)=
365364 363 365 1
365365365 365
n− +
=
(1-1/365)(1-
2/365)…(1- (n-1)/365).
1.17
Đặt
{
i
A =
nút bật tắt thứ i đóng
}
.

{
B =

Tín hiệu sẽ được truyền qua mạch
}
.
Ta có:
1 2 3 4
B A A A A= ∪
. Theo công thức cộng xác suất:
( ) ( ) ( ) ( )
1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4
P A A A A P A A P A A P A A A A∪ = + −
Vì các nút bật tắt đóng mở độc lập với nhau nên:
( ) ( ) ( ) ( )
2 4 2 2
1 2 3 4 1 2 3 4
) ( ) ( ) ( ) ( ) ( 2 (2 )P B P A P A P A P A P A P A P A P A p p p p= + − = − = −
.
Cách khác:
1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4
B A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A= ∪ ∪ ∪ ∪ ∪ ∪
( )
4 3 2 2 4 3 4 2 2 2 4
4 (1 ) 2 (1 ) 4 4 2 (1 2 ) 2P B p p p p p p p p p p p p p= + − + − = + − + − + = −
.
1.18 Đặt B =
{
Sản phẩm rút ra không là phế phẩm
}

1
A

=
{
Sản phẩm rút ra do máy 1 sản xuất
}

1
( ) 2 / 3P A =

2
A
=
{
Sản phẩm rút ra do máy 2 sản xuất
}

2
( ) 1/ 3P A =
Theo công thức toàn phần:
P(B) = P(
1 1 2 2
) ( ) ( ) ( ) 2 / 3.0,97 1/ 3.0,98 0,9636A P B A P A P B A+ = + =
1.19 Đặt B =
{
Chi tiết rút ra từ lô thứ hai là phế phẩm
}
1
A
=
{
Chi tiết rút ra từ lô thứ 1 là phế phẩm

}

1
( ) 1/12P A =
4
2
A
=
{
Chi tiết rút ra từ lô thứ 1 là tốt
}

2
( ) 11/12P A =
Theo công thức toàn phần:
P(B) = P(
1 1 2 2
) ( ) ( ) ( )A P B A P A P B A+ =

1/12 . 2/11 + 11/12 . 1/11=1/11 . 13/12 = 0,098
( )
0,098P B =
1.20 Đặt B =
{
Xạ thủ được chọn bắn trượt
}
i
A
=
{

Xạ thủ được chọn thuộc nhóm i
}

Theo công thức Bay ét, ta có: P(
i
A
)B
=
4
1
( ) ( )
( ) ( )
i i
i i
i
P A P B A
P A P B A
=
∑
trong đó: P (
1
) 5/18A =
và
1
( ) 0,2P B A =
P (
2
) 7 /18A =
và
2

( ) 0,3P B A =
P(
3
) 4 /18A =
và
3
( ) 0,4P B A =
P(
4
) 2/18A =
và
4
( ) 0,5P B A =
Thay vào công thức Bay ét, ta được:
1
( ) 10 / 57P A B =
,
2
( ) 21/ 57P A B =
,
3
( ) 16 / 57P A B =
.
4
( ) 10 / 57P A B =
.
Trong 4 xác suất trên, xác suất thứ hai đạt cực đại. Vậy nếu xạ thủ được
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
( ) ( )
Y
F y P Y y= ≤
của Y là:
Với y<1: F(y) = 0
Với
1 2y≤ <
: F(y) = 1 / 2
Với
2 3y≤ <
: F(y) = 1 / 2 + 1 / 4 = 3 / 4
Với
3 4y≤ <
: F(y) = 3 / 4 + 1 / 8 = 7 / 8
Với y > 4 : F(y) = 7 / 8 + 1 / 8 = 1
2.2 a) Y= Y(x,y) =
2 2
x y+
= 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
5
c) P
}
{
Y y≤
=
2
2
y
y
π
π
=
với
0 1y≤ ≤
.
d)
2
0 1
( )
1 1
Y
y khi y
F y
khi y


≤ ≤
=

>

2.3 Ta có:
1 1
( )
0
U
c khi x
f x
nguoc lai
− ≤ ≤

=


Suy ra 1=
( )
U
f x
+∞
−∞
=
∫

1
1

.2cdy c
−
=
∫
. Do đó: c=1/2.
Ta có: P(U>0) =
( )
U
f x
+∞
−∞
=
∫
1
0
1/ 2
2
dx
=
∫
; P(U<5)=
5 1
1
( ) 1
2
U
dx
f x dx
−∞ −
= =

∫ ∫
.
P
( )
1/ 3
1/ 3
1 1 1 2 1
1/ 3
3 3 2 2 3 3
dx
U P U
−
 
< = − < < = = =
 
 
∫
P
( )
1/ 2
1/ 3
1 1 1 1
1/ 3 1/ 2 ( )
2 2 2 3 12
dx
U< < = = − =
∫
( ) ( )
3
1

4
3
1
4
1 1 1
3 3 3
( )
4 4 4
2 2 8 8 4
dx dx
P U P U P U
−
−
≥ = ≥ + ≤ − = + = + =
∫ ∫

2.4
a) Hàm phân phối trong hình vẽ cho thấy
X vừa là biến ngẫu nhiên liên tục, vừa là
biến ngẫu nhiên rời rạc tức thuộc loại hỗn
hợp.
Hình BT2.1
b) Với
0 1x
≤ <
, hàm phân phối có dạng đường thẳng với phương trình
1
( )
4 4
x

F x = +
Với các công thức trong 2.2 của giáo trình, ta có:
( )
{ }
1
1
0
2
2
X
P X F
−
 
< − = =
 ÷
 

( )
( )
{ }
( )
{ }
1 1 1 1 1 5 3
1 1
1 1
4 4
2 4 4 4 2 16 16
P X F F
−
−

 
≤ < = − = − + = − =
 ÷
 
( )
( )
{ }
( )
{ }
1 1 1 5 9
1 1
1 1 1 1
4 4
4 4 4 16 16
P X F F
−
 
≤ ≤ = − = − + = − =
 ÷
 
6
{ }
( )
( )
5 5 5 1P X F F
−
< = = =
( ) ( )
5 1 5 1 (5) 0
X

P X P X F≥ = − < = − =
( )
( )
0 0 0P X F
−
< = =

( ) ( )
1
0 0
4
P X F≤ = =
2.5
a) Ta có:
1
1
2 3
2
0
0
1 1 1
1 ( ) ( )
2 3 2 3 6
X
x x
f x dx cx cx dx c c c
+∞
−∞
 
 

= = − = − = − =
 ÷
 
 
 
∫ ∫
. Suy ra:
c=6.
b)
3/ 4
3/ 4
2 3
1/ 2
1/ 2
1 3 9 1 27 1 15 38 1
( ) 6 3 2
2 4 2 3 16 4 64 8 16 64 2
x x
P X f x dx
 
     
≤ ≤ = = − = − − − = − =
 ÷  ÷  ÷
 
     
 
∫
c) Với
0, ( ) 0
X

x F x< =
Với
0 1x
≤ ≤
, ta có
2) 2 3
0
( ) (6 6 3 2
x
X
F x t t dt x x= − = −
∫
Với
1, ( ) 1
X
x F x> =
2.6 Cho biến ngẫu nhiên X có hàm mật độ như trong hình BT2.2
a) Xác định
( )
X
f x
b) Xác định hàm phân phối
( )
X
F x
c) Tìm b sao cho
( ) 1 2P X b< = /

Hình BT2.2
Giải

a) Với
( )
,0 , ( )
c
X
a
x a f x x c∈ − = +
. Với
( )
0, , ( )
c
X
a
x a f x x c∈ = − +
. Ngoài ra:
f(x) =0.
b) Với
( )
2
2 2
0, ( )
x
c c ca
X
a a
a
a x F x t c dt x cx
−
− ≤ ≤ = + = + +
∫

Với:
( ) ( )
0
2
2 2
0
0 , ( )
x
c c c ca
X
a a a
a
x a F x t c dt t c dt x cx
−
−
≤ ≤ = + + + = + +
∫ ∫
c)
( )
( )
2
2 2
1
( )
4 2 2
a
a a
X
b b
b

c c y c
f x dx y c dy cy a b c a b
a a a
 
 
= = − + = − + = − − + −
 ÷
 
 
 
∫ ∫
Giải phương trình bậc 2:
2
1
( ) 0
2 2 4
c ca
b cb
a
− + − =
ta xác định được b.
Chương III
7
3.1 a)Hàm xác suất biên duyên được cho bằng cách cộng theo hàng và cột
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 , ,max ,X Y X Y
được cho trong bảng
sau:
Ví dụ cách tính 1 phần tử của bảng:
{ } { } { }
min( , ) 2, ( , ) 3 2, 3 3, 2 0,08 0,04 0,12P X Y max X Y P X Y P X Y= = = = = + = = = + =
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
3
2 8=
phần tử. Cụ
thể:
{ }
, , , , , , ,SSS SSN SNS SNN NSS NSN NNS NNNΩ =
. Từ đó, dễ dàng tính được các
hàm xác suất đồng thời. Ví dụ:
{ } { } { }
1 1 1
1, 1 .
8 8 4
P X Y P SNS P NSN= = = + = + =
Hàm phân phối đồng thời và biên duyên được cho trong bảng sau:
Qua bảng ta thấy ví dụ:
( ) ( ) ( )
1
0, 0 0 0 0
16
P X Y P X P Y= = = ≠ = = =
chứng tỏ X

và Y không độc lập.
8
b) Dễ dàng thấy: E(X)=E(Y)=1; E(XY)= 3/4. VËy: cov(X,Y)= 3 / 4 –1 =
-1/4.
3.3 b)
( 3, 2) 0
( 3 2) 0
( 2) ( 2)
P X Y
P X Y
P Y P Y
> ≤
> ≤ = = =
≤ ≤
vì với y<x thì f(x,y) =0 và
{ }
2 2
0 3 0 3
3, 2 ( , ) 0 0.
y y
P X Y f x y dxdy dxdy> ≤ = = =
∫∫ ∫∫
c)
( )
( 1, 2)
( 1 2) .
2
P X Y
P X Y
P Y

> ≤
> ≤ =
≤
Ta có:
2 2 2
2 1 2 2 1 2
,
1 1
( 1, 2) ( , ) ( ) 2 .
y x
X Y
x
P X Y f x y dxdy dx e dy e e dx e e e e e
− − − − − − − −
> ≤ = = = − = − − = −
∫∫ ∫ ∫ ∫
( )
0 0 0 0 0
( ) ( ) ( , ) 1
y y y y
v
v v y y
Y Y XY
P Y y F y f v dv f x v dxdv dv e dx e vdv e ye
∞
− − − −
−∞
≤ = = = = = = − −
∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫
vì

( )
( ) ,
Y XY
f v f x v dx
∞
−∞
=
∫
.
Suy ra:
( )
2 2 2
2 1 2 1 3 .P Y e e e
− − −
≤ = − − = −
Vậy:
1 2
2
2
( 1 2) .
1 3
e e
P X Y
e
− −
−
−
> ≤ =
−
d)

10
max(10, ) 10 10
1 max(10, ) 1 1 10
( 1 10) 10
y x x
x
P X Y dx e dy e dx e dx e dx e
∞ ∞ ∞ ∞
− − − − −
> , > = = = + =
∫ ∫ ∫ ∫ ∫
e)
( )
{ }
1
( , ) ,
2
R
f x y dxdy P X Y R= ∈ =
∫∫
. Chọn a sao cho:
( )
1
2
P X a≤ =
tức:
0 0 0
1
1 .
2

a a a
y y x a
x x
e dydx dx e dy e dx e
∞ ∞
− − − −
= = = = −
∫∫ ∫ ∫ ∫
Vậy
( )
1
ln .
2
a = −
3.5 b) Ta phải có:
1 1 1
0 0 0
1
1 ( )
2 2
x
c
cdxdy c cx dx c c
−
= = − = − =
∫ ∫ ∫
. Suy ra: c=2.
c) Hàm mật độ biên duyên:
( )
( )

( ) ( )
1
,
0
, 2 2 1
x
X
X Y
f x f x y dy dy x
+∞ −
−∞
= = = −
∫ ∫
Vậy:
2(1 ) 0 1
( )
0
X
x x
f x
nguoc lai
− ≤ <

=


9
Do tính chất đối xứng của x và y, ta có:
2(1 ) 0 1
( )

0
Y
y y
f y
nguoc lai
− ≤ <

=


Chương VI
6.1 Vì
i
X
có phân phối nhị thức với các tham số 2 và p nên ta có E
i
X
=2p
và D(
i
X
)= 2p (1-p).
a) Suy ra: E
1
X
= E
i
X
=2p và D(
1

X
)=D(
i
X
)= 2p (1-p).
E
1 2
2
2
i
X X
EX p
+
 
= =
 ÷
 
và D
1 2
( )2
( )
2 4 2
i
i
D XX X
D X
+
 
= = =
 ÷

 
1 2

2
n
i
X X X
E EX p
n
+ +
 
= =
 ÷
 
và
1 2
2
( )
( )
n i
i
X X X D Xn
D D X
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:
( )
[ ]
( )
1 2
1

1 2 1 2
( ) , ( , ) ( , )
( )
n
n
p
p
X X X
n n
L f X f X f X X X X e
p
α
α
α α α α
−
− + + +
 
= =
 
Γ
 

L
( ) ( ) ( ) ( )
1 2 1 2
ln ln ( ) 1 ln
n n
np n p p X X X X X X
α α α
= − Γ + − − + + +
α
∂
∂
L =
( )
1 2
0
n
np
X X X
α
− + + + =
1
n
i
i
np
X
α
=
=
∑

Vì
2
2
α
∂
∂
L=
2
0
np
α
− <
(theo định nghĩa của
( )
pΓ
ở đây p>0)
nên
1
ˆ
n
i
i
np
X
α
=
=
∑
là ước lượng hợp lý cực đại của
α

6.18 Ta tính trung bình mẫu
( )
1 77
9 14 10 12 7 13 12 11
7 7
X = + + + + + + = =
Phương sai mẫu:
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
7
2 2 2 2 2 2 2
2
1
1 36
2 3 1 1 4 2 1 6
7 1 6
i
S
=
 
= − + + − + + − + + = =
 
−
 
∑
Khoảng tin cậy 80% của
µ
là
( ) ( )
0,10;6
2,449

11 1,44 11 1.333 9,667 ;12,333
2,645
s
x t
n
   
± = ± = ± =
 ÷  ÷
   
.
10
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
/ 2; 1 / 2; 1
;
n n
S S
x t x t
n n
α α
− −
 
− +
 ÷
 
Ta có:
1 0,99 0,01 / 2 0,005
α α α
− = ⇒ = ⇒ =
. Tra bảng phân phối Student ta có

/ 2; 1 0,005;4
4,604
n
t t
α
−
= =
.
Mặt khác:
21 19 23 19 23 105
21
5 5
x
+ + + +
= = =
.
Do đó:
( ) ( )
( )
2 2
2 2 2 2 2
1
1 1
( ) 0 2 2 2 2 4 2
1 4
n
i
i
s x x s
n

=
= − = + − + + − + = ⇒ =
−
∑
.
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
0,025 0,005
1,96 2,58z z= =
.
Khoảng tin cậy 95% của tỉ lệ cử tri ủng hộ ứng viên A là:
0,025
(1 ) 0,55 0,45
0,55 1,96 0,55 1,96 0,0497 0,55 0,097
100
m p p
z
n n
− ×
± × = ± = ± × = ± =
(0,453 ;0,647).

Khoảng tin cậy 99% của tỉ lệ cử tri ủng hộ ứng viên A là:
0,005
(1 ) 0,55 0,45
0,55 2,58 0,55 2,58 0,0497 0,55 0,13
100
m p p
z
n n
− ×
± × = ± = ± × = ± =
(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:
{ }
, 1
.
n
W t t
α
−
= < −
Theo đầu bài, ta
có:
2
87,3 95 7,7 7
4,23.
162 / 49 162

/
X
t
S n
µ
− − − ×
= = = = −
Mặt khác, tra bảng ta được:
0,01,48 0,01
2.33t z= =
Vì:
0,01,48
4,23 2.33t t= − < − = −

vậy, phải bác bỏ
0
H
và chấp nhận đối thuyết
95
µ
<
.
7.6 a) Gọi
1
p
và
2
p
là xác xuất để cử tri tại khu vực bầu cử A và B tương
ứng ủng hộ ứng viên X.

11
Đây là bài toán so sánh 2 xác suất với giả thuyết
0 1 2
:" "H p p=
. Đối thuyết:
1 1 2
:" ".H p p≠
Bài toán kiểm định ở đây là 2 phía nên miền bác bỏ
{ }
/ 2
W Z z
α
= >
: trong đó:
( )
1 2
1 2
,
1 1
1
f f
Z
f f
n n
−
=
 
− +
 ÷
 

1 2 1 2
1 2
1 2 1 2
, ,
m m m m
f f f
n n n n
+
= = =
+
Theo đầu bài, ta có :
1 2
1 2
1 2
0,56, 0,48.
m m
f f
n n
= = = =
Suy ra:
1 1
168, 96.m n= =
Do
đó:
168 96 264
0,528.
300 200 500
f
+
= = =

+
Như vậy:
0.56 0,48 0,08
1,76.
0,454
1 1
0,528 0,471
300 200
Z
−
= = =
 
× +
 ÷
 
Mặt khác, theo đầu bài
0,05.
α
=
Tra bảng phân phối chuẩn N(0,1), ta có
0,025
1,96.z =
Vì
0,025
1,76 1,96Z z= < =
nên ta chấp nhận
0 1 2
:" "H p p=
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
0 1 2
:" "H p p=
. Đối thuyết:
1 1 2
:" ".H p p>
Bài toán kiểm định ở đây là 1 phía nên miền bác bỏ
{ }
W Z z
α
= >
.
Vì
0,05
1,76 1,65Z z= > =
nên ta bác bỏ
0 1 2
:" "H p p=
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 phương sai chưa
biết. ở đây,
0
:" 1.600"H
µ
=
. Đối thuyết là:
1
:" 1.600"H
µ

≠
. Bài toán kiểm định
ở đây là 2 phía nên miền bác bỏ W=
{ }
/ 2, 1
.
n
t t
α
−
>
: trong đó:
0
.
X
t n
S
µ
−
=
Theo đầu bài, ta có:
0
1570 1600 30
10 2.5
120 12
X
t n
S
µ
− −

= = = − = −
.
Mặt khác, theo đầu bài
0.05.
α
=
Tra bảng phân phối Student, ta có
0,025;99 0,025
1,96.t z≈ =
Vì
t
=2,5>1,96 nên ta bác bỏ giả thuyết ở mức ý nghĩa
5%.
Chú ý; Trong lúc ôn tập, nếu có điều gì cần hỏi thêm, liên hệ với giảng
viên qua thư điện tử:
12