Lời Giải Chi Tiết Môn Xác Suất Thống Kê - Thi Thử Cuối Kỳ 20231 | Trường Đại học Bách Khoa Hà Nội

Hỗ trợ Sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ trợ Học tập
LỜI GIẢI CHI TIẾT MÔN XÁC SUẤT THỐNG KÊ - Thi thử Cuối kỳ 20231
Thực hiện bởi team Xác suất thống kê - CLB Hỗ trợ Học tập Câu 1:
Gọi Ai là sự kiện trong hộp có i quyển sách, i = 0; 2
Gọi Bi là sự kiện khách đoán trong hộp có i quyển sách, i = 0; 2
Theo đề bài, ta có các xác suất sau: P (A0|B0) = 0, 4 P (A1|B1) = 0, 4 (1) P (A2|B2) = 0, 4 P (A2|B0) = 0, 4 P (A0|B2) = 0, 4
a) gọi C là sự kiện khách có sách mang về. Ta thấy {B0, B1, B2} là một nhóm đầy đủ. Do đó ta có: 2 X P (C) = P (Bi).P (C|Bi) i=0
Ta thấy P (C|Bi) cũng chính bằng P (Ai|Bi); do khách đoán đúng trong hộp chứa bao nhiêu quyển sách
mới được có sách mang về. Vì vậy ta có: 2 X P (C) =
P (Bi).P (C|Bi) = 0, 4.(P (B1) + P (B2) + P (B0)) = 0, 4 i=0
b) Theo giả thiết, ta có P (A1 + A2) = 0, 4 và P (A2|A1 + A2) = 0, 4 P (A2)
Mặt khác, {A0, A1, A2} là một nhóm đầy đủ nên suy ra P (A2|A1 + A2) = P(A1 + A2) ⇒ P (A2) = 0, 4
⇒ P (A1) = P (A1 + A2) − P (A2) = 0, 24 Ta có:
P (A0|B0) = P (A2|B0) = 0, 4 ⇒ P (A1|B0) = 0, 2 (2)
P (A2|B2) = P (A0|B2) = 0, 4 ⇒ P (A1|B2) = 0, 2 (3)
Đặt P (B1) = x và P (B0) = y. Theo giả thiết, P (B2) = 2x ⇒ y + 3x = 1 (4) 2 X
Từ (1), (2), (3) ta có P (A1) =
P (Bi).P (A1|Bi) ⇔ 0, 24 = 0, 2y + 0, 4x + 2x.0, 2 (5) i=0
Từ (1), (5) ta tính được x = 0, 2 và y = 0, 4.
Vậy xác suất cần tính là: P (A P (A P (A P (B P (A 1C ) 1).P (C |A1) 1).P (B1|A1) 1).P (A1|B1) 1|C ) = = = = = P (B1) = 0, 2. P (C) P (C) P (C) P (C)
Hỗ trợ Sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ trợ Học tập Câu 2:
a) Gọi X là phần thưởng của C khi tham gia làm cả 3 bài thi, ta có bảng phân phối xác suất của X: X 0 80 100 150 180 230 250 330 p(X) p0 p1 p2 p3 p4 p5 p6 p7
Gọi Ai là sự kiện C nhận được thưởng của bài thứ i, i = 1, 3 30 15 X X P (A1) = Ck .0, 6k.0, 430−k = 0, 5785 P (A Ck .0, 5k.0, 515−k = 0, 3036 30 2) = 15 k=18 k=9 P (A3) = 0, 43 = 0, 064
Do các sự kiện A1, A2, A3 độc lập nhau nên ta có:
p0 = P (A1.A2.A3) = P (A1).P (A2).P (A3) = 0, 2747 p4 = P (A1.A2.A3) = 0, 1644 p1 = P (A1.A2.A3) = 0, 3771 p5 = P (A1.A2.A3) = 0, 0258 p2 = P (A1.A2.A3) = 0, 1198 p6 = P (A1.A2.A3) = 0, 0082 p3 = P (A1.A2.A3) = 0, 0188 p7 = P (A1.A2.A3) = 0, 0112
Từ đó, ta dễ tính được E(X) = 86, 24 ′
b) Gọi A là sự kiện C được nhận thưởng ở bài 1 sau khi ôn luyện. 1 30 ′ X a k a 30−k P (A ) = Ck . 0, 6 + . 0, 4 − 1 30 100 100 k=18 ′
Ta cần tìm a nhỏ nhất thỏa mãn giả thiết, và P (A ) ≥ 0, 95 ⇒ min a = 13 1 Câu 3: a)   kx
(0 < y < x < 2 − y2) fXY (x, y)  0 trái lại
Có fXY (x, y) ≥ 0, ∀x, y ⇒ k ≥ 0
Mặt khác, từ hình vẽ ta có: ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ +∞ +∞ 1 ˆ √ ! x 2 2−x 1 = fXY (x, y)dxdy = kx dy dx + kx dy dx −∞ −∞ 0 0 1 0 ˆ k 2 √ k 14 19 = + kx 2 − x dx = + k = k 3 3 15 15 1 15 ⇒ k =
(thỏa mãn điều kiện k ≥ 0) 19
Hỗ trợ Sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ trợ Học tập b) ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ +∞ +∞ 1 ˆ √ ! x 2 2−x E(X) = xfXY (x, y)dxdy = kx2 dy dx + kx2 dy dx −∞ −∞ 0 0 1 0 ˆ 15 1 2 √ = + x2 2 − xdx 19 4 1 ˆ 2 √ Xét I = x2 2 − xdx 1 √ Đặt t =
2 − x ⇒ x = 2 − t2; dx = −2tdt x 1 2 Đổi cận t 1 0 ˆ 1 142 I = (2 − t2)2.t.(2t) dt = 105 0 15 1 142 673 Từ đó, E(X) = + = ≈ 1, 2650 19 4 105 532 ˆ ˆ ˆ ˆ ˆ +∞ +∞ 1 ˆ √ ! x 2 2−x E(Y ) = yfXY (x, y)dxdy = kxy dy dx + kxy dy dx −∞ −∞ 0 0 1 0 ˆ ˆ 15 1 x3 2 x(2 − x) 15 11 55 = dx + dx = . = ≈ 0, 3618 19 2 2 19 24 122 0 1
Hỗ trợ Sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ trợ Học tập Câu 4:
a) Gọi p là tỷ lệ học sinh đeo thẻ. 967 33 Kiểm tra nf = 1000.
= 967 > 5 và n(1 − f ) = 1000. = 33 > 5 1000 1000 f − p √ Chọn thống kê U = n. Thống kê U ∼ N (0; 1) pf(1 − f) r r ! f (1 − f ) f (1 − f )
Khoảng tin cậy đối xứng của xác suất p là f − u1− α ; f + u1− α 2 n 2 n
Trong đó u1− α = u0,975 = 1, 96 được tra từ bảng giá trị hàm phân phối chuẩn tắc. 2 m 967 Với n = 1000, m = 967, f = =
, suy ra khoảng tin cậy cần tìm là n 1000 r ! 0, 967.0, 033 r 0, 967.0, 033 0, 967 − 1, 96. ; 0, 967 + 1, 96. = (0, 9559; 0, 9781) 1000 1000
Kết luận: vậy tỷ lệ số sinh viên đeo thẻ của trường với độ tin cậy 95% nằm trong khoảng từ 95, 59% đến 97, 81%
b) Do độ dài khoảng tin cậy đối xứng là 0, 02, nên 2ε = 0, 02 ⇒ ε = 0, 01 u2 .f.(1 − f ) 1− α
Gọi n là số sinh viên thoả mãn, ta có n ≥ 2 ε2 967
Trong đó u1− α = u0,995 = 2, 576; f =
; ε = 0, 01 ⇒ n ≥ 2117, 5425 2 1000
⇒ n = 2118 (do n là số nguyên) Câu 5:
Gọi X1, X2 lần lượt là biến ngẫu nhiên đại diện cho điểm môn Giải tích I và Đại số của Đại học Bách
khoa Hà Nội học kì 20231.
Từ đề bài ta tính được: n1 = 140, x1 = 5.65, s2 = 3.5097, n = 3.7358 1 2 = 144, x2 = 5.6111, s2 2
Ta thấy X1 ∼ N (µ1, σ1), X2 ∼ N (µ2, σ2). Đây là bài toán so sánh hai kỳ vọng của hai biến ngẫu nhiên
có phân phối chuẩn trong trường hợp chưa biết phương sai, mẫu cỡ n1 = 140 > 30, n2 = 144 > 30
Đặt giả thuyết H0 : µ1 = µ2, đối thuyết H1 : µ1 ̸= µ2 X1 − X2 − µ1 − µ2
Chọn tiêu chuẩn kiểm định: U = r S2 S2 1 + 2 n1 n2 X1 − X2
Nếu giả thuyết H0 là đúng : U = ∼ N (0, 1) r S2 S2 1 + 2 n1 n2
Với α = 0, 01 tra bảng giá trị hàm phân phối chuẩn tắc được u1− α = u0,995 = 2, 576. 2
Hỗ trợ Sinh viên Bách Khoa
CLB Hỗ trợ Học tập
Miền bác bỏ giả thuyết H0 là:
Wα = (−∞; −u1− α ) ∪ (u1− α ; +∞) = (−∞; −2, 576) ∪ (2, 576; +∞) 2 2
Từ đề bài ta tính được giá trị quan sát: x 5.65 − 5.6111 u 1 − x2 qs = = = 0, 1722 r s2 s2 r 3.5097 3.7358 1 + 2 + n1 n2 140 144 Với uqs = 0, 1722 /
∈ Wα nên chưa có đủ cở sở để bác bỏ giả thuyết H0.
Vậy với mức ý nghĩa α = 1% ta có thể kết độ khó của hai môn là như nhau.