Đại lượng ngẫu nhiên 1 chiều

Để lại phản hồi Go to comments

I. ĐỊNH NGHĨA VÀ PHÂN LOẠI ĐẠI LƯỢNG NGẪU NHIÊN

1) Định nghĩa: Đại lượng ngẫu nhiên là đại lượng mà trong kết quả của phép thử sẽ nhận một và chỉ một trong các giá trị có thể có của nó với một xác suất tương ứng xác định.

Các đại lượng ngẫu nhiên thường được ký hiệu bằng chữ cái lớn ở cuối bảng chữ cái: X, Y, Z hoặc X1, X2, …, Xn; Y1, Y2, …, Yn và dùng các chữ nhỏ để ký hiệu các giá trị có thể có (giá trị cụ thể) của chúng. Chẳng hạn X nhận các giá trị x1, x2, …, xn.

Ta chú ý rằng sở dĩ đại lượng X nào đó gọi là ngẫu nhiên vì trước khi tiến hành phép thử ta chưa có thể nói một cách chắc chắn nó sẽ nhận giá trị bằng bao nhiêu mà chỉ có thể dự đoán điều đó với một xác suất nhất định.

Nói một cách khác ,việc X nhận giá trị nào đó (X = x1) hay (X = x2), …, (X = xn) về thực chất là các biến cố ngẫu nhiên. Hơn nữa vì trong kết quả của phép thử đại lượng X nhất định sẽ nhận một và chỉ một trong các giá trị có thể có của nó, do đó các biến cố (X = x1), (X = x2), …, (X = xn) tạo nên một nhóm biến cố đầy đủ.

Thí dụ 1: Tung một con xúc xắc. Gọi X là “số chấm xuất hiện” thì X là đại lượng ngẫu nhiên vì trong kết quả của phép thử nó sẽ nhận một trong 6 giá trị: 1, 2, 3, 4, 5, 6 với xác suất tương ứng đều bằng 1/6.

Thí dụ 2: Gọi Y là số phế phẩm có trong 50 sản phẩm lấy ra kiểm tra. Y là đại lượng ngẫu nhiên vì trong kết quả của phép thử Y sẽ nhận một trong các giá trị 0, 1, 2, …, 50.

2) Phân loại đại lượng ngẫu nhiên

Trong số các đại lượng ngẫu nhiên thường gặp trong thực tế có thể phân thành hai loại chủ yếu: đại lượng ngẫu nhiên rời rạc và đại lượng ngẫu nhiên liên tục.

* Đại lượng ngẫu nhiên được gọi là rời rạc nếu các giá trị có thể có của nó lập nên một tập hợp hữu hạn hoặc đếm được.

Nói cách khác đại lượng ngẫu nhiên sẽ là rời rạc nếu ta có thể liệt kê được tất cả các giá trị có thể có của nó.

* Đại lượng ngẫu nhiên được gọi là liên tục nếu các giá trị có thể có của nó lấp kín một khoảng trên trục số.

Đối với đại lượng ngẫu nhiên liên tục ta không thể liệt kê được các giá trị có thể có của nó.

Thí dụ 3: một phân xưởng có 4 máy hoạt động. Gọi X là: “số máy hỏng trong một ca”. X là đại lượng ngẫu nhiên rời rạc với các giá trị có thể có là X = 0, 1, 2, 3, 4.

Thí dụ 4: Gọi X là “kích thước của chi tiết do một máy sản xuất ra”, X là đại lượng ngẫu nhiên liên tục.

II. QUY LUẬT PHÂN PHỐI XÁC SUẤT CỦA ĐẠI LƯỢNG NGẪU NHIÊN

Để xác định một đại lượng ngẫu nhiên, trước hết ta phải biết đại lượng ngẫu nhiên ấy có thể nhận các giá trị nào. Nhưng mặt khác ta phải biết nó nhận các giá trị trên với xác suất tương ứng là bao nhiêu.

Bất kỳ một hình thức nào cho phép biểu diễn mối quan hệ giữa các giá trị có thể có của đại lượng ngẫu nhiên và các xác suất tương ứng đều được gọi là quy luật phân phối xác suất của đại lượng ngẫu nhiên ấy.

Để thiết lập quy luật phân phối xác suất của một đại lượng ngẫu nhiên ta có thể dùng: bảng phân phối xác suất, hàm phân phối xác suất và hàm mật độ xác suất.

1. Bảng phân phối xác suất:

Bảng phân phối xác suất dùng để thiết lập quy luật phân phối xác suất của đại lượng ngẫu nhiên rời rạc.

Giả sử đại lượng ngẫu nhiên rời rạc X có thể nhận một trong các giá trị có thể có là x1, x2, …, xn với các xác suất tương ứng là p1, p2, …, pn. Bảng phân phối xác suất của X có dạng:

\begin{array}{c| c c c c } X & x_1 & x_2 & \dots & x_n \\ \hline P & p_1 & p_2 & \dots & p_n \\ \end{array}

Trong đó các xác suất pi (i = 1, 2, …, n) phải thoả mãn các điều kiện:

0 \le P_i \le 1 và \sum\limits_{i = 1}^n {P_i } = 1

Điều kiện thứ nhất là hiển nhiên vì theo tính chất của xác suất, còn điều kiện thứ hai là do các biến cố (X = x1), (X =x2), …, (X = xn) tạo nên một nhóm biến cố đầy đủ, nên tổng xác suất của chúng bằng một.

Thí dụ 1: Tung một con xúc xắc. Gọi X là “số chấm xuất hiện”. Bảng phân phối xác suất X có dạng:

\begin{array}{c| c c c c c c} \hline X & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 & 6 \\ \hline P & 1/6 & 1/6 & 1/6 & 1/6 & 1/6 & 1/6 \\ \hline \end{array}

Thí dụ 2: Trong hộp có 10 sản phẩm trong đó có 6 chính phẩm. lấy ngẫu nhiên 2 sản phẩm, xây dựng quy luật phân phối xác suất của số chính phẩm được lấy ra.

Giải: Gọi X là: “số chính phẩm được lấy ra từ hộp” thì X là đại lượng ngẫu nhiên rời rạc có thể nhận các giá trị 0, 1, 2 với các xác suất tương ứng:

P_1 = P(X = 0) = \dfrac{{C_4^2 }}{{C_{10}^2 }} = \dfrac{2}{{15}}

P_2 = P(X = 1) = \dfrac{{C_6^1 C_4^1 }}{{C_{10}^2 }} = \dfrac{8}{{15}}

P_3 = P(X = 2) = \dfrac{{C_6^2 }}{{C_{10}^2 }} = \dfrac{5}{{15}}

Vậy quy luật phân phối xác suất của X là:

\begin{array}{c| c c c } X & 0 & 1 & 2 \\ \hline P & 2/15 & 8/15 & 1/3 \\ \end{array}

2. Hàm phân phối xác suất:

Hàm phân phối xác suất áp dụng cho cả đại lượng ngẫu nhiên rời rạc và liên tục.

Giả sử X là đại lượng ngẫu nhiên bất kỳ, x là một số thực nào đó. Xét biến cố “đại lượng ngẫu nhiên X nhận giá trị nhỏ hơn x”. Biến cố này được ký hiệu (X < x). Hiển nhiên là x thay đổi thì xác suất P(X < x) cũng thay đổi theo. Như vậy xác suất này là một hàm số của x.

a) Định nghĩa: Hàm phân phối xác suất của đại lượng ngẫu nhiên X, ký hiệu là F(x) là xác suất để đại lượng ngẫu nhiên nhận giá trị nhỏ hơn x, với x là một số thực bất kỳ.

F(x) = P(X < x)

Ta chú ý rằng đây là định nghĩa tổng quát của hàm phân phối xác suất. Đối với từng loại đại lượng ngẫu nhiên hàm phân phối xác suất được tính theo công thức riêng. Chẳng hạn nếu X là đại lượng ngẫu nhiên rời rạc thì hàm phân phối xác suất F(x) được xác định bằng công thức

F(x) = \sum\limits_{x_i < x} {P_i } (1)

(Trong đó ký hiệu xi < x dưới dấu Σ có nghĩa là tổng này được lấy theo mọi trị số xi của đại lượng ngẫu nhiên bé hơn x).

Thí dụ: Tiến hành bắn 3 viên đạn độc lập. Xác suất trúng bia của mỗi viên bằng 0,4. Lập hàm phân phối của số lần trúng.

Giải: Gọi X là số lần trúng. X có thể nhận các giá trị: 0, 1, 2, 3. Với các xác suất tương ứng là:

P_1 = P(X = 0) = (0,6)^3 = 0,216

P_2 = P(X =1) = C_{1}^{3}. 0,4.(0,6)^2 = 0,432

P_3 = P(X = 2) = C_2^3.(0,4)^2. 0,6 = 0,288

P_4 = P(X = 3) = (0,4)^3 = 0,064

Ta có bảng phân phối xác suất của X:

\begin{array}{c| c c c c } X & 0 & 1 & 2 & 3 \\ \hline P & 0,216 & 0,432 & 0,288 & 0,064 \\ \end{array}

* Khi x = 0, biến cố (X < x) là biến cố không thể có do đó F(x) = 0

* Khi 0 < x = 1 biến cố (X < x) chỉ xảy ra khi X = 0 nên F(x) = P1 = 0,216

* Khi 0 < x = 2 biến cố (X < x) sẽ xảy ra khi X = 0 hoặc khi X = 1

Do đó: F(x) = P1 + P2 = 0,216 + 0,432 = 0,643

* Khi 2 < x = 3 ta có: F(x) = P1 + P2 + P3 = 0,216 + 0,432 + 0,288 = 0,936

* Khi x > 3 ta có: F(x) = P1 + P2 + P3 + P4 = 1

Vậy hàm phân phối xác suất có dạng:

f(x) = \left \{ \begin{array}{c c} 0 & x = 0 \\ 0.216 & 0 < x = 1 \\ 0.648 & 1 < x = 2 \\ 0.936 & 2 < x = 3 \\ 1 & x > 3 \\ \end{array} \right.

Đồ thị của F(x) được biểu diễn trên hình (3.1).

Như vậy đồ thị hàm phân phối xác suất của đại lượng ngẫu nhiên rời rạc có dạng bậc thang với số điểm gián đoạn chính bằng số giá trị có thể có của X.

Nếu X là đại lượng ngẫu nhiên liên tục thì hàm phân phối xác suất của nó liên tục và khả vi tại mọi điểm của X, do đó đồ thị của nó là đường cong liên tục.

Trang: 1 2

  1. Nhung
    13.03.2009 lúc 20:46 | #1
    Trả lời | Trích dẫn

    Ta có 2 hộp bi: hộp 1 có 3 bi trắng và 1 bi đỏ. Lấy ngẫu nhiên từ hộp 1 ra 2 viên bi và bỏ vào hộp 2 đã có sẵn 2 bi trắng và 2 bi đỏ. Sau đó, lấy ngẫu nhiên từ hộp 2 ra 2 viên bỏ vào hộp 1. Gọi X và Y là số bi trắng ở hộp 1 và hộp 2 sau hai lần chuyển bi như trên. Lập bảng phân phối xác suất của X và Y

    • 2Bo02B
      13.03.2009 lúc 21:38 | #2
      Trả lời | Trích dẫn

      Bài này thì phải phân tích từ từ ta mới thấy được.
      Trước tiên, lấy 2 viên từ hộp 1. Có thể có 2 trường hợp
      TH1: 1 đỏ, 1 trắng => Hộp 1 có 2 trắng, hộp 2 có 3 đỏ, 3 trắng
      TH2: 2 trắng => Hộp 1 có 1 trắng, 1đỏ, hộp 2 có 4 trắng, 2 đỏ
      Bước 2: lấy 2 viên từ hộp 2.
      Với TH1 ta có 3 TH nữa:
      TH 1.1: 1 đỏ, 1 trắng => Hộp 2 có 2 đỏ, 2 trắng, hộp 1 có 3 trắng, 1 đỏ.
      TH 1.2: 2 đỏ => Hộp 2 có 1 đỏ, 3 trắng; hộp 1 có 2 đỏ, 2 trắng.
      TH 1.3: 2 trắng => Hộp 2 có 3 đỏ, 1 trắng; hộp 1 có 4 trắng
      Với TH2 ta cũng có 3 TH nữa:
      TH 2.1: 1 đỏ, 1 trắng => Hộp 2 có 1 đỏ, 3 trắng, hộp 1 có 2 trắng, 2 đỏ.
      TH 2.2: 2 đỏ => Hộp 2 có 4 trắng; hộp 1 có 3 đỏ, 1 trắng.
      TH 2.3: 2 trắng => Hộp 2 có 2 đò, 2 trắng; hộp 1 có 3 trắng, 1 đỏ.
      Vậy sau khi chuyển qua, chuyển về thì hộp 1 có thể có X = 1, 2, 3, 4 và hộp 2 có Y = 1, 2, 3, 4
      P(X=1) = P( TH2.2) = P(lần đầu chọn 2 trắng và lần sau chọn 2 đỏ)
      Hay P(X = 1) = { \dfrac{C_3^2}{C_4^2}}.{ \dfrac{C_2^2}{C_6^2}} = 1/30
      P(X = 2) = P(TH 1.2) + P(TH 2.1)
      P(X = 3) = P(TH 1.1) + P(2.3)
      P(X = 4) = P(TH 1.3)
      tương tự với Y
      P(Y = 1) = P(TH 1.3)
      P(Y = 2) = P(TH 1.1 ) + P(TH 2.3)
      P(Y = 3) = P(TH 1.2) + P(TH 2.1)
      P(Y = 4) = P(TH 2.2)

  2. nguyen thi ngoc trang
    30.04.2009 lúc 23:47 | #3
    Trả lời | Trích dẫn

    thầy ơi, em rất cảm ơn thầy khi vô tình tìm ra trang Maths 4 physics. thầy trình bày rất rõ ràng và đầy đủ các vấn đề về bộ môn xác suất thống kê. em xin có ý kiến đóng góp nho nhỏ thế này : thầy nên thêm vào cách thực hành thống kê trên máy tính và máy vi tính( phần mềm Excell) để phù hợp với chiến lược giáo dục tiêp cận công nghệ thông tin trong thời đại nền kinh tế trí thức hiện nay. em cảm ơn thầy đã xem xét và quan tâm đến ý kiến cua em

    • 2Bo02B
      01.05.2009 lúc 05:59 | #4
      Trả lời | Trích dẫn

      Cảm ơn em đã gợi ý cho Thầy. Trong thời gian tới, Thầy sẽ cố gắng có những bài viết hướng dẫn mẹo tính nhanh bài xác suất bằng máy tính bỏ túi và các phần mềm (cũng như 1 số phần khác). Hy vọng sẽ đáp ứng được sự mong đợi của em.

    • Chen
      09.05.2009 lúc 01:24 | #5
      Trả lời | Trích dẫn

      thầy ơi!em đang làm tiểu luận về Thống kê nhiều chiều! thầy có thễ cho em bài tập mẫu cũng như lý thuyết về môn này được không.em cãm ơn thầy!!

      • 2Bo02B
        10.05.2009 lúc 20:53 | #6
        Trả lời | Trích dẫn

        Em có thể xem trong quyển Probabilities and Statistic for Dummies trong đó có trình bày kỹ về thống kê nhiều chiều và các ví dụ.
        Thân mến,

  3. Nguyễn Văn Tín
    01.06.2009 lúc 16:22 | #7
    Trả lời | Trích dẫn

    Thầy ơi! Thầy có thể giải giúp em bài này với ạ!

    Đề bài: Hai đấu thủ A và B thi đấu cờ. Xác suất thắng của A trong mỗi ván chơi là 0,4 (không có hòa). Nếu ai thắng sẽ được 1 điểm, thua không được điểm nào. Trận đấu sẽ kết thúc khi A dành được 3 điểm trước (khi đó A là người thắng) hoặc B dành được 5 diểm trước (khi đó B là người thắng).
    1. Tính xác suất thắng của A.
    2. Gọi X là số ván đấu cần thiết của toàn bộ trận đấu. Lập bảng phân phối xác suất của X

    • 2Bo02B
      13.06.2009 lúc 16:20 | #8
      Trả lời | Trích dẫn

      Đề bài yêu cầu tìm xác suất thắng của A. Do vậy, em cần phải xác định xem A có thể thắng trong những trường hợp nào.
      Ta có các TH sau
      TH1: A thắng cả 3 ván đầu. P(TH1) = (0,4)^3
      TH2: trong 3 ván đầu A thắng 2 ván và ván thứ tư A thắng. Do xác suất thắng mỗi ván là như nhau nên trong 3 ván mà A thắng 2 ván, B thắng 1 ván thì đây là mô hình bài toán Bernoulli. Do đó: P(TH2) = C_3^2(0,4)^2(0,6).(0,4)
      TH3: trong 4 ván đầu A thắng 2 ván và ván thứ năm A thắng. Tương tự ta có: P(TH2) = C_4^2(0,4)^2(0,6)^2.(0,4)
      TH4: trong 5 ván đầu A thắng 2 ván và ván thứ sáu A thắng. Tương tự ta có: P(TH2) = C_5^2(0,4)^2(0,6)^3.(0,4)
      TH5: trong 6 ván đầu A thắng 2 ván và ván thứ bảy A thắng. Tương tự ta có: P(TH2) = C_6^2(0,4)^2(0,6)^4.(0,4)
      Từ đó em có xác suất thắng của A.
      b. Gọi X là tổng số ván đấu
      TH A thắng: X = 3, 4, 5, 6, 7; TH B thắng X = 5, 6, 7
      P(X=3) = P(TH1) ; P(X = 4) = P(TH2)
      P(X=5) = P(TH3) + P(B thắng cả 5 ván)
      P(X=6) = P(TH4) + P(trong 5 ván đầu, B thắng 4 ván và ván thứ 6 B thắng)
      P(X=7) = P(TH5) + P(trong 6 ván đầu, B thắng 4 ván và ván thứ 7 B thắng)

  4. Nguyễn Mạnh Quân
    06.06.2009 lúc 22:35 | #9
    Trả lời | Trích dẫn

    Đại lượng ngẫu nhiên X thuộc N(3,1). Tính xác xuất biến cố “trong 6 lần quan sát, 3 lần X nhận giá trị nhỏ hơn 3,2″

    Thày giải giúp em bài toán kỳ lạ này với. Cảm ơn thày rất nhiều.

    • 2Bo02B
      13.06.2009 lúc 16:35 | #10
      Trả lời | Trích dẫn

      Trong lần quan sát: P(X \le 3.2) = \phi \left( \dfrac{3.2 -3}{1} \right) - \phi \left( \dfrac{0 - 3}{1} \right) = 0.5806
      Vậy nếu A là biến cố trong 6 lần quan sát, 3 lần X nhận giá trị nhỏ hơn 3,2 thì P(A) = C_6^3(0.5806)^3(0.4194)^3

  5. Lưu Vũ Tuấn Anh
    13.06.2009 lúc 14:13 | #11
    Trả lời | Trích dẫn

    Cám ơn thầy. Em cũng cố thôi Nhưng em thi còn 1 lần nữa thôi ạ! Ráng cố lắm đó thầy ơi. Hi vọng là lần 3 không gặp thầy nữa a! Chúc sưc khỏe thầy. Và Chân thành cám ơn thầy.

  6. Maika
    20.06.2009 lúc 15:16 | #12
    Trả lời | Trích dẫn

    Giup em giải bài này với Thầy ơi. Mai em phai nộp bài rùi. Cảm ơn thầy nhiều.

    BT : Tung đồng thời 3 con xuc xắc , nếu xuất hiện 3 mặt nhất thì dc 100.000, nếu xuất hiện 2 mặt nhất thì dc 50.000, nếu x/h 1 mặt nhất thì dc 10.000, ko x/h mặt nhất thì ko dc gi cả. Mỗi lần chơi chỉ đóng 10.000. Gọi X là số tiền thu dc trong 1 ván chơi.
    a) Lập bảng PPXS của X
    b) Có nên tham dự trò chơi này hay không?

    • 2Bo02B
      21.06.2009 lúc 20:26 | #13
      Trả lời | Trích dẫn

      Em tìm xác suất được 100.000 ứng với xác suất xuất hiện 3 mặt nhất. Như vậy, trong 3 xúc xắc, thì cả 3 đều xuất hiện mặt nhất -> mô hình Bernulli: C_3^3(1/6)^3
      Xác suất được 50.000 ứng với xác suất xuất hiện 2 mặt nhất. Như vậy, trong 3 xúc xắc, phải có 2 xúc xắc xuất hiện mặt 1 chấm và 1 xúc xắc không xuất hiện mặt 1 chấm: C_3^2)1/6)^2(5/6)
      Tương tự, em tìm xác suất trong 3 xúc xắc có 1 con xuất hiện mặt 1 chấm cũng như xác suất để cả 3 con không xuất hiện mặt 1 chấm nào.
      Em lập được bảng PPXS. Để kết luận có nên chơi hay không, em tìm kỳ vọng và phương sai sẽ trả lời được.

  7. tehe
    21.06.2009 lúc 15:40 | #14
    Trả lời | Trích dẫn

    thầy giảng giúp em với,cảm ơn thầy nhìu ạ
    có 3 kiện hàng , mỗi kiện có 10 sp ,số sp loại I có trong kiện thứ 1,2,3 tương ứng là 7,6,5.Chọn ngẫu nhiên 2 kiện rồi từ mỗi kiện đã chọn lấy ngẫu nhiên một sp.Tìm xs để có 1 sp loại I có trong 2sp lấy ra từ 2 kiện.

    • 2Bo02B
      21.06.2009 lúc 20:43 | #15
      Trả lời | Trích dẫn

      Có 3 kiện hàng. Đề bài không nói gì có nghĩa 3 kiện hàng đều có khả năng chọn như nhau. Vậy gọi Ki là biến cố kiện thứ i được chọn.
      P(K1K2) = P(K2K3) = P(K3K1) = 1/3.
      Th1: Kiện 1, kiện 2 được chọn.
      Gọi A là biến cố chọn được 1 sp loại 1 từ 2sp lấy ra từ 2 kiện.
      Vậy xác suất chọn được 1 sp loại 1 từ 2sp lấy ra từ 2 kiện 1, 2 là: P(A/K_1K_2) = { \dfrac{7}{10}}.{ \dfrac{4}{10}} + { \dfrac{3}{10}}.{ \dfrac{6}{10}}
      tương tự cho Th2, Th3
      Vậy 1 sp loại 1 trong 2 sp lấy ra từ 2 kiện có thể là 1 sp loại 1 trong 2 sp lấy ra từ kiện 1, 2 hoặc có thể là 1 sp loại 1 trong 2 sp lấy ra từ kiện 2, 3 hoặc có thể là 1 sp loại 1 trong 2 sp lấy ra từ kiện 1, 2. Đây là mô hình xác suất đầy đủ.
      Do đó: P(A) = P(K_1K_2)P(A/K1K2) + P(K_2K_3).P(A/K_2K_3) + P(K_3K_1).P(A/K_3K_1)

  8. Maika
    21.06.2009 lúc 20:57 | #16
    Trả lời | Trích dẫn

    Em cảm ơn Thầy về bài trước, Thầy giúp e bài này với.
    Cảm ơn Thầy nhiều.

    Một nhà đầu tư đang cân nhắc đầu tư vào 2 dự án A và B. Trong 2 lĩnh vực độc lập nhau, biết rằng khả năng thu hồi vốn của 2 dự án là các biến ngẫu nhiên có bảng phân phối xác suất như sau.

    X 65 67 68 69 71 73
    P 0,04 0,12 0,16 0,28 0,24 0,16

    X 66 68 69 71 73
    P 0,12 0,28 0,32 0,2 0,08

    Đây là 2 bảng PPXS thể hiện thu hồi vốn sau 2 năm. Dựa vào 2 bảng này, quyết định xem nhà đầu tư nên chọn phương án nào để tỉ lệ thu hồi vốn cao hơn, và nên chọn đầu tư vào dự án nào nếu muốn mức độ rủi ro thấp?

    • 2Bo02B
      22.06.2009 lúc 21:34 | #17
      Trả lời | Trích dẫn

      Với bài này, em chỉ cần tính kỳ vọng và phương sai của cả 2 dự án. Dự án nào có kỳ vọng cao hơn nhiều thì tỉ lệ thu hồi vốn cao hơn. Tuy nhiên, nó còn phụ thuộc vào phương sai (độ phân tán), vì nếu kỳ vọng cao mà phương sai càng cao thì độ phân tán càng lớn, dẫn đến mức độ rủi ro cao. Ví dụ: \overline{X} = 20 , \mu = 2 sẽ tốt hơn \overline{X} = 22 , \mu = 8 vì khi đó phương án sau sẽ có mức độ rủi ro nhiều hơn.

  9. tehe
    30.06.2009 lúc 09:51 | #18
    Trả lời | Trích dẫn

    dạ thầy giảng giúp em bài này :
    1.Trọng lượng của các sinh viên ở một trường đại học là đại lượng ngẫu nhiên có phân phối chuẩn với trọng lượng trung bình là 48 kg và độ lệch chuẩn là 8 kg. Nếu chọn ra 10% sv của trường có trọng lượng cao nhất thì trọng lượng tối thiểu của sv trong nhóm này là bao nhiu?
    2.Một nhà hàng khách sạn phải phục vụ buổi ăn trưa cho một đoàn có 900 khách. Nhà hàng phục vụ làm 2 đợt liên tiếp.Xác suất để khách hàng chọn ăn đợt 1 và đợt 2 như nhau và bằng 0,5 .Hỏi nhà hàng phải có ít nhất bao nhiu chỗ ngồi để xs không đủ chỗ ngồi cho khách bé hơn 2%.

    • 2Bo02B
      30.06.2009 lúc 19:43 | #19
      Trả lời | Trích dẫn

      Bài 2 em xem bài toán tương tự tại địa chỉ sau nhé:
      http://thunhan.wordpress.com/cung-trao-doi/trao-doi-ve-xst/trang-2/#comment-3857

      • tehe
        01.07.2009 lúc 16:19 | #20
        Trả lời | Trích dẫn

        dạ bài 2 em làm ra rùi ,còn bài 1 sao em giải ko giống đáp án,sắp thi rùi thầy giúp em với
        em cảm ơn thầy nhiều ạ.

  10. tc12bcofer
    22.11.2009 lúc 01:11 | #21
    Trả lời | Trích dẫn

    F(x)={ 0,x<0
    1/27×2(9-2x), 0<=x3
    Tính P(2<X<5). AI giúp mình với cái phần này sao mình không hiểu được. Nếu tốt bụng thì mail mình cái nhá: lvn_116@yahoo.com .Cám ơn rất nhiều

  1. No trackbacks yet.