Đề tài Một số nội dung của lí thuyết xác suất trong chương trình toán THPT

t trong ch−ơng trình THPT 18 1.2.6.3. Hệ quả của định lý cộng và nhân xác suất a, Hệ quả 1: Xác suất của hợp n biến cố không xung khắc đ−ợc xác định bằng công thức: P ( n i i 1 A = ∪ ) = n i i P(A )∑ - i j i j P(A A ) 〈 ∑ + ... + (-1)n-1P(A1A2...An). b, Hệ quả 2: Xác suất của giao n biến cố đ−ợc xác định bằng công thức: P( n i i 1 A = ∩ ) = n i i 1 P(A ) = ∑ - i j i j P(A A ) 〈 ∪∑ + ... + (-1)n-1P(A1 ∪A2∪ ... ∪ An) c, Hệ quả 3: Xác suất của hợp n biến cố không xung khắc và độc lập toàn phần với nhau bằng một trừ đi tích xác suất của các biến cố đối lập với các biến cố đó: P ( n i i 1 A = ∪ ) = 1 - n i i 1 P(A ) = ∏ . Đặc biệt: Khi n = 2: +) A, B là hai biến cố không xung khắc khi đó xác suất của hợp hai biến cố bằng tổng xác suất của hai biến cố trừ đi xác suất của tích hai biến cố: P(A∪B) = P(A) + P(B) - P(AB). +) A, B là hai biến cố, xác suất của biến cố giao đ−ợc xác định: P(AB) = P(A) + P(B) - P(A∪B). +) A, B là hai biến cố độc lập toàn phần với nhau. Khi đó: P(A∪B) = 1 - P( A )P( B ). Khi n =3: +) A, B, C là ba biến cố không xung khắc khi đó xác suất của hợp ba biến cố đ−ợc xác định: P(A∪B∪C) = P(A) + P(B) + P(C) - P(AB) - P(AC) - P(BC) + P(ABC) 19 +) A, B, C là ba biến cố, xác suất của biến cố giao đ−ợc xác định: P(ABC) = P(A)+P(B)+P(C) - P(A∪B) - P(B∪C) - P(A∪C) + P(A∪B∪C) +) A, B, C là ba biến cố độc lập toàn phần với nhau. Khi đó: P(A∪B∪C) = 1 - P(A )P( B )P(C ) Kết luận ch−ơng I Ch−ơng 1 bao gồm các khái niệm mở đầu khái niệm về biến cố, các dạng định nghĩa khác nhau về xác suất của biến cố các phép toán về biến cố, tính chất của xác suất của biến cố, xác suất có điều kiện, các qui tắc tính xác suất. Bên cạnh đó, tác giả cũng đ đặc biệt hoá ra các kết quả ở phổ thông để ng−ời đọc thấy đ−ợc mối liên hệ giữa nội dung của xác suất ở ch−ơng trình Đại học với ch−ơng trình ở Phổ thông. Từ đó có cách nhìn tổng quan hơn về kiến thức, đồng thời giúp cho ng−ời đọc thấy đ−ợc những kiến thức thiết thực liên quan tới việc nghiên cứu giảng dạy ở THPT sau này, góp phần nâng cao kiến thức nghiệp vụ s− phạm trong qua trình học tập môn xác suất thống kê. 20 ch−ơng ii Biến ngẫu nhiên 2.1. biến ngẫu nhiên 2.1.1. Khái niệm về biến ngẫu nhiên 2.1.1.1. Định nghĩa Giả sử (Ω, A , P ) là một không gian xác suất ℝ= (-∞ ; +∞ ) là đ−ờng thẳng số thực với σ -đại số các tập borel B, ta có không gian đo (ℝ , B). Khi đó: Một ánh xạ X: Ω→ ℝ đo đ−ợc theo (A, B) đ−ợc gọi là một biến ngẫu nhiên ( Hay đại l−ợng ngẫu nhiên) trên (Ω, A , P). ở đây ta hiểu X đo đ−ợc theo (A, B) nếu ∀B ∈ B thì X-1(B) ∈ A 2.1.1.2. Mệnh đề Giả sử X,Y là các biến ngẫu nhiên xác định trên Ω lấy giá trị trong ℝ ; a,b∈ℝ . Khi đó : aX+bY là biến ngẫu nhiên XY là biến ngẫu nhiên X Y là biến ngẫu nhiên (Y≠ 0) Min(X, Y) là biến ngẫu nhiên Max(X, Y) là biến ngẫu nhiên 2.1.1.3. Phân loại a, Biến ngẫu nhiên rời rạc: Biến ngẫu nhiên rời rạc là biến ngẫu nhiên chỉ nhận một số hữu hạn hoặc vô hạn đếm đ−ợc các giá trị. b, Biến ngẫu nhiên liên tục: Biến ngẫu nhiên liên tục là biến ngẫu nhiên nhận mọi giá trị trong khoảng (a; b) nào đó ( a có thể là -∞ ; b có thể là +∞ ). 21 Đặc biệt ở tr−ờng THPT khái niệm biến ngẫu nhiên rời rạc đ−ợc định nghĩa: Đại l−ợng X đ−ợc gọi là một biến ngẫu nhiên rời rạc nếu nó nhận giá trị bằng số thuộc một tập hữu hạn nào đó và giá trị ấy là ngẫu nhiên không dự đoán tr−ớc đ−ợc 2.1.2. Hàm phân phối xác suất của biến ngẫu nhiên Ta có thể nghĩ rằng chỉ cần xác định các giá trị có thể có của một biến ngẫu nhiên là đủ để xác định biến ngẫu nhiên ấy. Tuy nhiên điều này ch−a đủ, trong thực tế có những đại l−ợng rất khác nhau mà các giá trị có thể có của chúng lại giống nhau. Hơn nữa việc các biến ngẫu nhiên nhận một giá trị nào đó trong kết quả của phép thử chỉ là một biến cố ngẫu nhiên, do đó nếu mới chỉ biết đ−ợc các giá trị có thể có của nó thì ta mới nắm đ−ợc rất ít thông tin về biến ngẫu nhiên ấy. Vì vậy ta còn phải xác định các xác suất t−ơng ứng với các giá trị có thể có của biến ngẫu nhiên để hoàn toàn xác định nó. Từ đó ta có định nghĩa sau đây: 2.1.2.1. Định nghĩa Trong không gian xác suất (Ω, A , P) cho biến ngẫu nhiên X. Ta gọi hàm thực F(x) đ−ợc xác định bởi hệ thức: F(x) = FX(x) = P[X<x] ∀x ∈ℝ là hàm phân phối của X 2.1.2.2. Các tính chất cơ bản Tính chất 1: Hàm phân phối xác suất luôn nhận giá trị trong đoạn [0;1] 0≤ F(x)≤1 Đặc biệt Từ định nghĩa hàm phân phối của biến ngẫu nhiên X: [ ]F(x) = P X<x , x∀ ∈ℝ . Gọi { }A = : X( ) < x , xω ω ∈ℝ suy ra F(x) = P(A). Tính chất này đ−ợc thể hiện ở THPT là 0 P(A) 1≤ ≤ Tính chất 2: Hàm phân phối xác suất là hàm không giảm tức là với x1 > x2 thì: F(x1) ≥ F(x2) 22 Hệ quả 1: Xác suất để biến ngẫu nhiên X nhận giá trị trong nửa khoảng [a;b) bằng hiệu số của hàm phân phối tại hai đầu khoảng đó: P(a≤X<b) = F(b) - F(a) Hệ quả 2: Đối với biến ngẫu nhiên liên tục ta có đẳng thức sau: P(a≤X≤b) = P(a≤X<b) = P(a<X≤b) = P(a<X<b) = b a f (x)dx∫ Tính chất 3: Ta có biểu thức giới hạn lim ( ) →−∞x F x = 0 lim ( ) →+∞x F x = 1 Hệ quả: Nếu biến ngẫu nhiên X chỉ nhận giá trị trong [a, b] thì: Với x≤a , F(x) = 0 Với x≥b , F(x) = 1 Đặc biệt ở tr−ờng THPT hệ quả này thể hiện P( ) = 0∅ và P( ) = 1Ω Thật vậy với x≤a thì P(X<x) = F(x), (X<x) = ∅ , P(∅ ) = 0 nên F(x) = 0 Với x≥b thì P(X<x) = F(x), (X<x) = Ω , P(Ω ) = 1 nên F(x) = 1 2.1.2.3. Phân phối rời rạc a, Định nghĩa: Biến ngẫu nhiên X đ−ợc gọi là có phân phối rời rạc nếu miền giá trị của X là một tập hữu hạn hay đếm đ−ợc f(x) = fX(x) = P[X=x] = [ ]i i i P X x khi x x 0 khi x x  = =  ≠ ∀ i∈ℕ đ−ợc gọi là mật độ rời rạc của X. Hàm mật độ xác suất của biến ngẫu nhiên X tại mỗi điểm cho biết mức độ tập trung xác suất tại điểm đó b, Các tính chất Cho biến ngẫu nhiên rời rạc X có hàm mật độ rời rạc fX(x) = f(x) miền giá trị {xi, i∈ℕ} ta có: 23 i, i i f (x ) 1 ∈ =∑ ℕ ii, F(x) = i i i ,x x f (x ) ∈ < ∑ ℕ ∀x ∈ℝ iii, P[a≤X<b] = i i i ,a x b f (x ) ∈ ≤ < ∑ ℕ ∀a, b ∈ℝ ; a < b c, Bảng phân phối xác suất của biến ngẫu nhiên rời rạc X với { }1 2 nImX x , x , ..., x , ...= và pi = P(X =xi), i =1, 2, ... Đặc biệt trong tr−ờng hợp X là biến ngẫu nhiên rời rạc với hữu hạn giá trị { }1 2 nx , x , ..., x ta có bảng phân phối xác suất thể hiện trong sách giáo khoa THPT: Nhận xét: Tính chất i, i i f (x ) 1 ∈ =∑ ℕ đ−ợc thể hiện ở trong ch−ơng trình THPT: Vì hợp của các biến cố X=xi (i = 1, 2, ..., n) là biến cố chắc chắn và các biến cố ấy đôi một xung khắc nên theo qui tắc cộng ta có: 1 = [ ]n i i 1 P X x = =∑ = n i i 1 p = ∑ = p1+p2+...+pn 2.2. Các số đặc tr−ng của biến ngẫu nhiên 2.2.1. Kỳ vọng 2.2.2.1. Định nghĩa: Giả sử X là biến ngẫu nhiên rời rạc với miền giá trị { }ix , i I∈ nếu [ ]i i i I x P X x ∈ =∑ hội tụ thì đại l−ợng [ ]i i i I E(X) x P X x ∈ = =∑ đ−ợc gọi là kỳ vọng toán của X. X x1 x2 ... xk ... P p1 p2 ... pk ... X x1 x2 ... xn P p1 p2 ... pn 24 - Giả sử X là biến ngẫu nhiên liên tục tuyệt đối với hàm mật độ fX(x), nếu: Xx f (x)dx +∞ −∞ < ∞∫ thì đại l−ợng XE(X) xf (x)dx +∞ −∞ = ∫ đ−ợc gọi là kỳ vọng toán của X - Đặc biệt khi X là biến ngẫu nhiên rời rạc với tập giá trị hữu hạn ta có định nghĩa ở THPT: Cho X là biến ngẫu nhiên rời rạc với tập giá trị là {x1, x2, ..., xn}kỳ vọng của X, kí hiệu là E(X), là một số đ−ợc tính theo công thức: E(X) = 1 1 2 2 n nx p x p ... x p+ + + = n i i i 1 x p = ∑ Trong đó pi = P(X=xi) i =1, 2, ..., n 2.2.1.2. Các tính chất của kỳ vọng toán Tính chất 1: Kỳ vọng toán của một hằng số bằng chính hằng số đó: E(C) = C Tính chất 2: Kỳ vọng toán của của tích giữa một hằng số và một biến ngẫu nhiên bằng tích giữa hằng số đó và kỳ vọng toán của biến ngẫu nhiên ấy: E(CX) = CE(X) Tính chất 3: Kỳ vọng toán của tổng hai biến ngẫu nhiên bằng tổng các kỳ vọng toán thành phần: E(X+Y) = E(X) + E(Y) Mở rộng: Kỳ vọng toán của tổng n biến X1, X2 ,..., Xn bằng tổng kỳ vọng toán thành phần: E( n i i 1 X = ∑ ) = n i i 1 E(X ) = ∑ Tính chất 4: Kỳ vọng toán của tích hai biến ngẫu nhiên độc lập bằng tích các kỳ vọng toán thành phần: E(XY) = E(X)E(Y) Mở rộng: Kỳ vọng toán của tích n biến ngẫu nhiên X1, X2 ,..., Xn độc lập bằng tích các kỳ vọng toán thành phần: n i i 1 E X =       ∏ = n i i 1 E(X ) = ∏ 25 2.2.2. Ph−ơng sai 2.2.2.1. Định nghĩa Giả sử X là biến ngẫu nhiên có kỳ vọng EX, nếu tồn tại E(X-EX)2 thì ta nói đó là ph−ơng sai của X, kí hiệu là V(X): V(X) = E(X-E(X))2 - Khi X là biến ngẫu nhiên rời rạc với tập giá trị { }ix , i∈ℕ , P(X = xi) = pi thì: V(X) = 2i i i I (x EX) p ∈ −∑ - Khi X là biến ngẫu nhiên liên tục tuyệt đối với hàm mật độ f(x) thì: 2V(X) (x EX) f (x)dx +∞ −∞ = −∫ Đặc biệt khi X là biến ngẫu nhiên rời rạc với tập giá trị { }1 2 nx , x , ..., x , và i ip = P(X=x ), i = 1, 2, ...,n thì khái niệm này ở phổ thông đ−ợc định nghĩa: V(X) = E[X-E(X)]2 = (x1-à )2p1+(x2-à )2p2 +...+ (xn-à )2pn = n 2 i i i 1 (x ) p = − à∑ Với à = EX 2.2.2.2. Các tính chất của ph−ơng sai Tính chất 1: Ph−ơng sai của biến ngẫu nhiên X bằng hiệu của kỳ vọng biến ngẫu nhiên bình ph−ơng và bình ph−ơng kỳ vọng của biến ngẫu nhiên V(X) = EX2- (EX)2 Đặc biệt ở tr−ờng THPT khi X là biến ngẫu nhiên rời rạc với hữu hạn giá trị có thể có{ }1 2 nx , x , ..., x , i ip = P(X=x ), i = 1, 2, ...,n khi đó n 2 2 i i i 1 EX x p = =∑ và n i i i 1 EX x p = =∑ nên 2 n n 2 i i i i i 1 i 1 V(X) = x p - x p = =       ∑ ∑ Tính chất 2: Ph−ong sai của một hằng số bằng 0: V(C) = 0 26 Tính chất 3: Ph−ơng sai của tích giữa một hằng số và một biến ngẫu nhiên bằng tích giữa bình ph−ơng hằng số đó và ph−ơng sai của biến ngẫu nhiên ấy: V(CX) = C2V(X) Tính chất 4: Ph−ơng sai của tổng hai biến ngẫu nhiên độc lập tổng các ph−ơng sai thành phần: V(X+Y) = V(X) + V(Y) Hệ quả 1: Ph−ơng sai của tổng n biến ngẫu nhiên độc lập với nhau X1, X2 ,..., Xn bằng tổng các ph−ơng sai thành phần: V( n i i 1 X = ∑ ) = n i i 1 V(X ) = ∑ Hệ quả 2: Ph−ơng sai của tổng một hằng số với một biến ngẫu nhiên bằng ph−ơng sai của chính biến ngẫu nhiên đó : V(C+X) = V(X) Hệ quả 3: Ph−ơng sai của hiệu hai biến ngẫu nhiên độc lập bằng tổng các ph−ơng sai thành phần: V(X-Y) = V(X) + V(Y) 2.2.3. Bản chất và ý nghĩa của kỳ vọng và ph−ơng sai 2.2.3.1. Bản chất và ý nghĩa của kỳ vọng Giả sử đối với biến ngẫu nhiên X tiến hành n phép thử trong đó có n1 lần nhận giá trị x1 , n2 lần nhận giá trị x2 ,..., nk lần nhận giá trị xk ( n i i 1 n = ∑ = n). Giá trị trung bình của biến ngẫu nhiên X trong n phép thử này là: x = 1 1 2 2 k k x n x n ... x n n + + + = x1 1n n + x2 2n n +...+ xk kn n Ta có chú ý rằng 1 n n , 2 n n ,..., k n n chính là tần suất xuất hiện các giá trị x1, x2 ,..., xk trong n phép thử trên . Do đó: x ≈ x1p1 + x2p2 +...+ xkpk = E(X) Nh− vậy ta thu đ−ợc kết quả: E(X) ≈ x Do đó kỳ vọng toán của biến ngẫu nhiên gần bằng giá trị trung bình số học của các giá trị quan sát của biến ngẫu nhiên. Nó phản ánh giá trị trung tâm của phân phối xác suất của biến ngẫu nhiên. 27 - Đặc biệt trong ch−ơng trình THPT phát biểu: E(X) là một số cho ta một ý niệm về độ lớn trung bình của X. Vì thế kỳ vọng E(X) còn đ−ợc gọi là giá trị trung bình của X. Tuy nhiên trung bình ở đây nói chung không đ−ợc hiểu là trung bình số học, chẳng hạn cho X là đại l−ợng ngẫu nhiên có bảng phân phối xác suất là: Khi đó trung bìnhsố học của các giá trị -1, 1 là 0 còn E(X)=-1 1 4 +1 3 4 = 1 2 . Khi P(X=1) = P(X= -1) = 1 2 thì EX = 0 chính là trung bình số học 2.2.3.2. Bản chất và ý nghĩa của ph−ơng sai Trong thực tế nhiều khi chỉ xác định kỳ vọng toán của biến ngẫu nhiên thì ch−a đủ để xác định biến ngẫu nhiên đó. Ta còn phải xác định mức độ phân tán của các giá trị của biến ngẫu nhiên xung quanh giá trị trung bình của nó nữa. Ta có thể nghĩ rằng để đặc tr−ng cho mức độ phân tán thì đơn giản nhất là tìm tất cả các sai lệch của các giá trị của biến ngẫu nhiên so với kỳ vọng toán của nó và lấy trung bình số học của các sai lệch đó, song cách làm này không mang lại kết quả vì E(X-EX) = 0. Để khắc phục điều đó ng−ời ta không tính trực tiếp trung bình của các sai lệch mà tính trung bình của bình ph−ơng các sai lệch. Đó chính là ph−ơng sai. Từ định nghĩa của ph−ơng sai, ta thấy ph−ơng sai chính là trung bình số học của bình ph−ơng các sai lệch giữa các giá trị có thể có của biến ngẫu nhiên với giá trị trung bình của nó là kỳ vọng toán. Đặc biệt do V(X) = E(X-EX)2, mà (X-EX)2 là một biến ngẫu nhiên không âm nên V(X)≥ 0 nên trong ch−ơng trình THPT phát biểu: Ph−ơng sai là một số không âm. Nó cho ta một ý niệm về mức độ phân tán các giá trị của X xung quanh giá trị trung bình. Ph−ơng sai càng lớn thì độ phân tán này càng lớn X -1 1 P 1 4 3 4 28 2.2.4. Một số số đặc tr−ng khác 2.2.4.1. Độ lệch chuẩn Định nghĩa: Độ lệch chuẩn của biến ngẫu nhiên X là căn bậc hai của ph−ơng sai, kí hiệu là: σ X σ X = V(X) Ta thấy rằng đơn vị đo của ph−ơng sai bằng bình ph−ơng đơn vị đo của biến ngẫu nhiên. Vì vậy khi cần phải đánh giá mức độ phân tán cuả biến ngẫu nhiên theo đơn vị đo của nó ng−ời ta th−ờng tính độ lệch chuẩn có cùng đơn vị đo với biến ngẫu nhiên cần nghiên cứu. 2.2.4.2. Trung vị Trung vị là giá trị nằm ở chính giữa tập hợp các giá trị có thể có của biến ngẫu nhiên. Nói cách khác đó là giá trị chia phân phối của biến ngẫu nhiên thành hai phần bằng nhau. Kí hiệu là md Nếu X là biến ngẫu nhiên rời rạc thì giá trị Xi sẽ là trung vị md nếu thoả mn điều kiện: F(Xi) ≤0,5 < F(Xi+1) 2.2.4.3. Mode Giả sử X là biến ngẫu nhiên với hàm mật độ fX(x), ta gọi điểm cực đại của fX(x) là mode của X, kí hiệu mod(X) 2.2.4.4. Hệ số biến thiên Để đo mức độ quan trọng t−ơng đối của sự phân tán của một phân phối ng−ời ta th−ờng dùng hệ số biến thiên. Kí hiệu là CV và đ−ợc xác định bởi: CV = X E(X) σ 100% nếu E(X) ≠ 0 Hệ số biến thiên th−ờng đ−ợc dùng để đo mức độ thuần nhất của một phân phối. Giá trị của nó càng nhỏ mức độ thuần nhất càng lớn. Ngoài ra nó còn dùng để so sánh mức độ phân tán của hai phân phối mà kỳ vọng toán và độ lệch chuẩn của chúng không nhất thiết phải nh− nhau. 29 2.2.4.5. Hệ số bất đối xứng Nếu X là biến ngẫu nhiên có moment bậc 3 hữu hạn thì tỉ số ( ) ( ) 3 3 1 3 3 E X EX X −àγ = = σ σ   đ−ợc gọi là hệ số bất đối xứng của X γ 1 < 0 thì phân phối là bất đối xứng và đồ thị sẽ xuôi về bên trái nhiều hơn γ 1 > 0 thì phân phối là bất đối xứng và đồ thị sẽ xuôi về bên phải nhiều hơn γ 1 = 0 thì phân phối là đối xứng 2.2.4.6. Hệ số nhọn Để biểu thị độ nhọn của các đ−ờng cong mật độ quanh kỳ vọng ta dùng đại l−ợng γ 2 đ−ợc xác định bởi: 42 4 3àγ = − σ và đ−ợc gọi là hệ số nhọn của X với phân phối chuẩn ( )2N a,σ , ta tính đ−ợc ( )4 44 E X a 3à = − = σ , do đó γ 2(X) = 0 (hệ số nhọn bằng 0) - Nếu γ 2 > 0 thì có nghĩa phân bố đó có đỉnh “nhọn” hơn đ−ờng cong chuẩn - Nếu γ 2 < 0 thì có nghĩa phân bố đó có đỉnh “phẳng” hơn đ−ờng cong chuẩn 2.3. Các bất đẳng thức moment 2.3.1. Định nghĩa moment Giả sử (Ω, A , P) là không gian xác suất, X là biến ngẫu nhiên xác định trên Ω lấy giá trị trong ℝ , với p ∈ℕ , trong điều kiện tồn tại ta gọi E(Xp) là moment bậc p của X Với 0 <p <+∞ kí hiệu Lp là tập tất cả các biến ngẫu nhiên có moment cấp p 3.2 Các bất đẳng thức moment 2.3.2.1. Bất đẳng thức Chebyshev { } { } n 1 n 1 P X n E X 1 P X n ∞ ∞ = = ≥ ≤ ≤ + ≥∑ ∑ 30 Chứng minh Đặt A = { }: X( )ω ω ≥ ε , ta có Eg(X) ≥ Eg(X)1A ≥ g(ε )E1A = g(ε )P(A) Từ đó suy ra điều phải chứng minh Hệ quả { } 2V(X)P : X( ) E(X)ω ω − ≥ ε ≤ ε (1) { } p p E X P : X( )ω ω ≥ ε ≤ ε , 0∀ε > (2) Đặc biệt: Trong ch−ơng trình THPT đ−a ra ý nghĩa ph−ơng sai cho ta một ý niệm về mức độ phân tán của giá trị X xung quanh giá trị trung bình. Ph−ơng sai càng lớn thì độ phân tán càng lớn. Vì: { } 2V(X)P : X( ) - E , >0ω ω ≥ ε ≤ ∀εε nên V(X) càng nhỏ, thì độ lệch của X so với E(X) có xác suất nhỏ. Do đó coi V(X) nh− số đo độ phân tán của X quanh EX của nó Ng−ời ta th−ờng gọi (1) là bất đẳng thức Chebyshev, còn (2) đ−ợc gọi là bất đẳng thức Markov. Đó là những bất đẳng thức quan trọng của lý thuyết xác suất. Mặc dù chứng minh chúng hoàn toàn đơn giản, nh−ng nó có ý nghĩa toán học sâu sắc. Chẳng hạn (1) cho ta thấy: Nếu biết ph−ơng sai của X thì ta sẽ biết với xác suất bằng bao nhiêu để X rơi vào lân cận ε của giá trị trung bình, tức là cho ta biết mức độ tập trung (phân tán) của X quanh EX. Cụ thể nh− nếu V(X) = 5.10-4 và ε = 10-1 thì { } 2P : X( ) E(X) 0,1 1 5.10 95−ω ω − < ≥ − = % 2.3.2.2. Bất đẳng thức Cr Nếu X, Y∈ Lr với r > 0, thì r r rE X Y CrE X CrE Y+ ≤ + Trong đó r-1 1 khi 0<r 1 Cr 2 khi r 1 ≤ =  ≥ 31 Chứng minh Tr−ớc hết ta chứng minh bất đẳng thức số học: r r r a b Cr a Cr b+ ≤ + (*) Với mọi a, b, r >0. Xét hàm f(t) = tr +(1-t)r trên [0,1]. Với r >1 hàm f(t) có cực tiểu tại t = 1 2 , tức là f(t) = tr +(1-t)r ≥ f( 1 2 ) = r 1 1 2 − = 1 Cr Với 0 < r ≤ 1, f(t) có cực tiểu tại t = 0 và t = 1, tức là f(t) ≥ f(0) = f(1) = 1 Cr Vậy ta có tr +(1-t)r ≥ 1 Cr với ∀ r > 0, 0≤ t ≤ 1. Thay t = a a b+ ta có: r r rra b ( a b ) Cr a Cr b+ ≤ + ≤ + Trong bất đẳng thức (*) , thay a, b bằng X, Y sau đó lấy kỳ vọng hai vế ta đ−ợc bất đẳng thức cần chứng minh. 2.3.2.3. Bất đẳng thức Holder Nếu X∈ Lp , Y∈ Lq và 1 1 1 p q + = , thì XY∈ L1 và 1 1 p qp qE XY (E X ) (E Y )≤ Khi p = q = 2 ta có bất đẳng thức Cauchy - Schwarz: 1 1 2 2 2 2E XY (E X ) (E Y )≤ Chứng minh Vì hàm lnx lồi nên với mọi 0 0, ta có: lnx[(1-t)x1 + tx2] ≥ (1-t)lnx1 + tlnx2 = ln 1 t 1x − + ln t2x 32 Tức là x1(1-t) + x2t ≥ 1 t 1x − t 2x . Chọn x1 = p p X E X , x2 = p p Y E Y , t = 1 q , 1-t = 1 p Ta có : 1 p p p X E X + 1 q p p Y E Y ≥ 1 1 p qp q X Y (E X ) (E Y ) Lấy kỳ vọng hai vế bất đẳng thức cuối cùng, ta có: 1 1 p qp qE XY (E X ) (E Y )≤ 2.3.2.4. Bất đẳng thức Minkowski Nếu X, Y ∈ Lp và 0 < p < ∞ , thì X+Y∈ Lp và p p pE X Y E X E Y , 0<p 1+ ≤ + ≤ ; 1 1 1 p p pp p p(E X Y ) (E X ) (E Y ) , 1<p<+ ≤ ≥ + ∞ Chứng minh Do bất đẳng thức Cr, ta chỉ còn phải chứng minh bất đẳng thức Minkowski với p >1. Ta có: p p 1 p 1 p 1X Y X Y X Y X X Y Y X Y− − −+ = + + ≤ + + + (*) Mặt khác, bất đẳng thức Holder cho ta: 1 1 p pp 1 p pE X X Y (E X ) (E X Y )−+ ≤ + 1 1 p pp 1 p pE Y X Y (E Y ) (E X Y )−+ ≤ + Từ hai bất đẳng thức cuối cùng và (*) suy ra điều phải chứng minh. 2.3.2.5. Bất đẳng thức Jensen Nếu g: ℝ → ℝ là hàm Borel, lồi và X∈ L1 , thì g(EX) ≤ Eg(X) 33 Chứng minh Theo tính chất của hàm lồi với mọi số x0, tồn tại λ (x0) sao cho: g(x) - g(x0) ≥ λ (x0)(x-x0) Thay x0 = EX, x = X, ta có: g(X) - g(EX) ≥ λ (EX)(X - EX) Lấy kỳ vọng hai vế, ta nhận đ−ợc bất đẳng thức Jensen. Đặc biệt từ bất đẳng thức Jensen chọn p1 = 1 và p2 = 1 khi đó 2E X E X≤ 22E X E X⇔ ≤ Do X không âm nên (EX)2 ≤ EX2 ⇒ EX2 - (EX)2 ≥ 0 nên ở THPT đ−a ra nhận xét ph−ơng sai của đại l−ơng ngẫu nhiên X không âm. 2.3.2.6. Bất đẳng thức Liapounov Nếu 0 < p1 < p2< ∞ , thì 1 1 p p1 21 2 p p(E X ) (E X )≤ Chứng minh Bất đẳng thức Liapounov là tr−ờng hợp riêng của bất đẳng thức Jensen khi thay vai trò của X bằng 1 pX và chọn hàm g(x) = p1 p2x Kết luận ch−ơng 2 Ch−ơng 2 bao gồm các khái niệm, tính chất của biến ngẫu nhiên, hàm phân phối của biến ngẫu nhiên và các số đặc tr−ng của biến ngẫu nhiên nh− kỳ vọng ph−ơng sai trình bày bản chất, ý nghĩa của kỳ vọng, ph−ơng sai, xây dựng, chọn lọc và tìm mối liên hệ với những nội dung t−ơng ứng trong ch−ơng trình THPT. Ngoài ra ở ch−ơng 2 tác giả cũng đ đ−a ra một số bất đẳng thức moment đó là những bất đẳng thức quan trọng trong xác suất thống kê. 34 Ch−ơng iii Bài tập 3.1. xác suất cơ bản Bài 1 Một tổ gồm có 9 học sinh nam, 3 học sinh nữ a, Cần chọn một nhóm 4 ng−ời để làm trực nhật. Hỏi có bao nhiêu cách chọn khác nhau ? b, Tính xác suất để khi chọn ngẫu nhiên một nhóm 4 ng−ời ta đ−ợc nhóm có đúng 1nữ ? c, Cần chia tổ đó thành 3 nhóm, mỗi nhóm có 4 ng−ời để đi làm 3 công việc khác nhau. Hỏi có bao nhiêu cách chia khác nhau ? Tính xác suất để khi chia ngẫu nhiên ta đ−ợc mỗi nhóm có đúng 1 nữ? Giải a, Tổ có 12 ng−ời, mỗi cách chọn 4 ng−ời để làm trực nhật là một tổ hợp chập 4 của 12. Do đó số cách chọn 4 ng−ời để làm trực nhật là: 412C = 12! 4!8! = 495 cách b, Có 3 cách chọn 1 nữ trong 3 nữ, có 39C = 9! 3!6! = 84 cách chọn 3 nam trong 9 nam. Do đó có 3.84 = 252 cách chọn nhóm trực nhật mà trong đó có 4 nam và 3 nữ Vậy xác suất để chọn ngẫu nhiên đ−ợc một nhóm 4 ng−ời có đúng 1 nữ là: 252 28 495 55 = c, Có 412C cách chọn nhóm 4 ng−ời trong 12 ng−ời. Sau khi đ chọn 4 ng−ời có 48C cách chọn 4 ng−ời trong số ng−ời còn lại, sau khi đ chọn 2 nhóm 4 35 ng−ời thì chỉ còn 1 cách chọn 4 ng−ời còn lại. Nh− vậy có: 412C 4 8C = 34650 cách chia tổ thành 3 nhóm mỗi nhóm 4 ng−ời Theo b, có 252 cách chọn ra một nhóm 4 ng−ời mà trong đó có 1 nữ, 3 nam. Sau khi đ chọn nhóm 1 nữ 3 nam, thì trong tổ còn lại 8 ng−ời trong đó có 6 nam 2 nữ, do đó có 2. 36C cách chọn nhóm 4 ng−ời trong đó có đúng 1 nữ, Sau khi đ chọn 2 nhóm mà mỗi nhóm có 4 ng−ời ( 3 nam 1 nữ) thì còn lại 4 ng−ời (3 nam 1 nữ ) do đó chỉ có 1 cách chọn nên có: 252.2. 36C .1 = 10080 Vậy xác suất để chia ngẫu nhiên ta đ−ợc mỗi nhóm có 1 nữ 3 nam là: 10080 16 34650 55 = Bài 2 Một hộp đựng 4 viên bi đỏ, 5viên bi trắng, 6 viên bi vàng. Ng−ời ta chọn ra 4 viên từ hộp đó. Tính xác suất để trong số bi lấy ra không có đủ cả 3 màu? Giải Số cách chọn 4 bi trong 15 bi là: 415C = 1365 Các tr−ờng hợp chọn đ−ợc 4 bi có đủ cả 3 màu là: 2 đỏ + 1 trắng + 1vàng có: 2 1 14 5 6C C C = 180 cách 1 đỏ + 2 trắng + 1vàng có: 1 2 14 5 6C C C = 240 cách 1 đỏ + 1 trắng + 2vàng có: 1 1 24 5 6C C C = 300 cách Vậy số cách chọn 4 bi có đủ cả 3 màu là: 180+240+300 = 720 Số cách chọn để 4 bi lấy ra không có đủ cả 3 màu là: 1365 - 720 = 645 Vậy xác suất cần tìm là: P = 645 0,47 1365 ≈ 36 Bài 3 Chọn ngẫu nhiên 1 số tự nhiên n gồm 3 chữ số khác nhau. Tính xác suất để n là 1 số chẵn? Giải Gọi số tự nhiên n là 1 2 3n n n . Do n gồm 3 chữ số nên n1 ≠ 0 Vậy có 9 khả năng chọn n1 , 9 khả năng chọn n2 , 8 khả năng chọn n3 Suy ra có 9.9.8 = 648 khả năng chọn n Để n chẵn thì n3 ∈ {0}∪{2,4,6,8} Xét n3 = 0: khi đó ta có 9 khả năng chọn n1, 8 khả năng chọn n2 Vậy có 9.8 = 72 khả năng Xét n3∈{2,4,6,8}: Khi đó ta có 8 khả năng chọn n1, 8 khả năng chọn n2, 4 khả năng chọn n3 Do đó có 72+8.8.4 = 328 khả năng chọn n chẵn. Vậy xác suất cần tìm là: 328 0,51 648 ≈ Bài 4 Có 6 quả cầu giống hệt nhau đ−ợc đánh số từ 1 đến 6. Lấy ngẫu nhiên ra lần l−ợt 4 quả xếp thành 1 dy. Tìm xác suất để tổng các chữ số là 10 và dy số khác với dy 1234. Giải Mỗi cách chọn ngẫu nhiên ra 4 quả cầu xếp thành dy từ 6 quả là một chỉnh hợp chập 4 của 6. Số cách chọn là A46 = 360. Xét x, y, z, t ∈{1,2,3,4,5,6} và x+y+z+t = 10. Giả sử x<y<z<t ⇒4x<10 ⇒x< 5 2 ⇒x≤2 và y≥x+1; z≥x+2; t≥x+3 ⇒4x+6≥10 hay x≥1. Ta chọn đ−ợc x=1; y=2; z=3; t=4. Nên số dy là số hoán vị của 4 phần tử : 4! Loại đi dy số 1234 thì còn 4!-1=23 dy. Vậy xác suất cần tìm là: P = 23 360 37 Bài 5 ( Bài toán Demere ) Xác suất nào lớn hơn trong hai xác suất P(A), P(B) biết: A: “ Gieo ngẫu nhiên 4 xúc xắc chỉ có 1 xúc xắc xuất hiện mặt 1 nốt ”. B: “Gieo ngẫu nhiên 2 xúc xắc 24 lần, chỉ 1 lần xuất hiện mặt 2 nốt trên cả 2 xúc xắc”. Giải ở phép thử thứ nhất: Gieo ngẫu nhiên 4 xúc xắc có n(Ω 1) = 64. Biến cố A: “Gieo ngẫu nhiên 4 xúc xắc chỉ có 1 xúc xắc xuất hiện mặt 1 nốt ” Để tìm n(A) ta thực hiện: - Chọn 1 trong 4 xúc xắc để xuất hiện mặt 1 nốt, có 14C khả năng. - Ba xúc xắc còn lại xuất hiện mặt khác nốt, có 53 khả năng. Vậy n(A) = 4.53, do đó P(A) = 33 4 4.5 2 5 6 3 6   =     ở phép thử thứ hai, để tìm n(Ω 2) ta có nhận xét: Khi gieo hai xúc xắc đồng thời 1 lần có 36 khả năng. Do vậy khi gieo 2 xúc xắc 24 lần có n(Ω 2) = 3624. Tìm n(B), với B: “Gieo ngẫu nhiên 2 xúc xắc 24 lần, chỉ 1 lần xuất hiện mặt 2 nốt trên cả 2 xúc xắc”. Nhờ các lựa chọn: - Chọn 1 trong 24 lần gieo để ở đó cả hai xúc xắc xuất hiện mặt 2 nốt có 1 24C =24 khả năng. - ở 23 lần còn lại không làn nào cả hai xúc xắc cùng xuất hiện mặt hai nốt, có 3023 khả năng. Vậy n(B) = 24.3023 và P(B) = 2323 24 24.30 2 5 36 3 6   =     Rõ ràng P(A) = 32 5 3 6       > 232 5 3 6       = P(B). 38 3.2. các quy tắc tính xác suất Bài 1 Một buổi liên boan có 6 cặp nam nữ trong dó có 3 cặp là vợ chồng, cùng chọn ra 3 bg−ời. Tìm xác suất của các biến cố: a, A: “Cả 3 đều là nữ ” b, B: “Ba ng−ời không có cặp vợ chồng nào” Giải a, Để chọn ra 3 ng−ời trong 6 cặp có 312C = 220 cách để chọn ra 3 ng−ời là nữ trong 6 nữ có 36C =20 cách Vậy P(A) = 20 1 220 11 = b, B là biến vố “ 3 ng−ời có 1 cặp là vợ chồng” Có 3 cách chọn 1 cặp vợ chồng. Mỗi cách chọn 1 cặp vợ chồng có 110C = 10 cách chọn 1 ng−ời còn lại. ⇒P( B ) = 3 12 3.10 30 3 C 22 22 = = Vậy P(B) = 1 - P(B ) = 19 22 Bài 2 Có hai hộp bi hộp 1 có 7 bi xanh, 3 bi đỏ, hộp hai có 6 bi xanh và 4 bi đỏ. Lấy ngẫu nhiên mỗi hộp ra 1 bi. Tìm xác suất để đ−ợc: a, 1 bi xanh và 1 bi đỏ b, Có ít nhất 1 bi đỏ Giải a, Gọi Ai là biến cố lấy bi đỏ từ hộp thứ i, i=1,2 Gọi A là biến cố lấy đ−ợc 1bi xanh và 1 bi đỏ thì : A = A1 A 2∪ A 1A2 ⇒P(A) = P(A1)P(A 2) + P(A 1)P(A2) 39 = 3 6 7 4 46 0,46 10 10 10 10 100 + = = Vậy xác suất để đ−ợc 1 bi xanh và 1 bi đỏ là 0,46 b, Gọi B là biến cố lấy ra đ−ợc 2 bi đỏ và C là biến cố lấy ra đ−ợc ít nhất 1 bi đỏ thì: C = A∪B; B = A1A2 ⇒P(C) = P(A) + P(B) = P(A) + P(A1)P(A2) = 46 3 4 58 0,58 100 10 10 100 + = = Vậy xác suất để đ−ợc ít nhất 1 bi đỏ là 0,58 Bài 3 Một chiếc máy có 3 động cơ I, II, III hoạt động độc lập với nhau. Xác suất để động cơ I, II, III chạy tốt t−ơng ứng là 0,9; 0,8; 0,7. Tính a, Xác suất để cả 3 động cơ đều chạy tốt? b, Xác suất để cả 3 động cơ đều chạy không tốt? c, Xác suất để có ít nhất 1 động cơ chạy tốt? Giải Gọi A là biến cố: “ Động cơ I chạy tốt” B là biến cố: “ Động cơ II chạy tốt” C là biến cố: “ Động cơ III chạy tốt” Thì P(A) = 0,9; P(B) = 0,8; P(C) = 0,7 a, ABC là biến cố “ Cả ba động cơ đều chạy tốt” Do A, B, C độc lập với nhau nên: P(ABC) = P(A)P(B)P(C) = 0,9.0,8.0,7 = 0,504 b, A B C là biến cố “Cả ba động cơ đều chạy không tốt” Khi đó: P(A B C ) = P(A )P(B )P(C ) = (1- 0,9)(1- 0,8)(1- 0,7) = 0,006 c, Gọi X là biến cố: “ Có ít nhất 1 động cơ chạy tốt” thì X là biến cố đối của A B C : Vậy P(X) = 1 - P(A B C ) = 1 - 0,006 = 0,994 40 Bài 4 Trong 1 hộp có 6 bi đỏ, 5 bi xanh, 4 bi trắng cùng kích th−ớc rút ngẫu nhiên lần l−ợt từng viên không trả lại cho đến khi đ−ợc viên bi đỏ thì dừng lại. Hy tìm xác suất của các biến cố: a, A: “ Rút đ−ợc hai viên bi xanh và một viên bi trắng” b, B: “ Không có viên bi xanh nào đ−ợc rút ra” Giải a, Do đòi hỏi rút đ−ợc 2 bi xanh, 1 bi trắng tr−ớc khi rút đ−ợc bi đỏ để dừng nên tổng cộng ta phải rút lần l−ợt không trả lại 4 trong 15 bi, do đó n(Ω )= 415A . Để rút đúng theo yêu cầu của A ta thực hiện: - Rút 2 trong 5 bi xanh lần l−ợt không trả lại nên có 25A khả năng thực hiện. - Rút 1 trong 4 bi trắng, có 14A khả năng thực hiện. - Sắp xếp 2 bi trắng trong 3 bi trắng và xanh có 23C khả năng thực hiện. - Rút viên thứ 4 là bi đỏ trong 6 bi đỏ, có 16A khả năng thực hiện. Vậy 2 1 2 1 5 4 3 6n(A) A A C A= và: 2 1 2 1 5 4 3 6 4 15 A A C A 4P(A) 0,044 A 19 = = ≈ b, Nếu không có viên bi xanh nào đ−ợc rút ra có nghĩa là hoặc rút ra viên đầu tiên đ đ−ợc viên bi đỏ B0, hoặc viên bi đỏ đ−ợc rút ra sau i viên bi trắng. Bi (i=1, 2, 3, 4). Vậy: P(B) = P(B0)+P(B1)+ P(B2)+P(B4) = 1 1 1 2 1 3 1 4 1 6 4 6 4 6 4 6 4 6 1 2 3 4 5 15 15 15 15 15 A A A A A A A A A 16380 0,5454 A A A A A 30030 + + + + = ≈ 41 Bài 5 Một nhà xuất bản phát hành 3 tên sách A, B, C. Có 50% học sinh mua sách A; 70% học sinh mua sách B; 40% học sinh mua sách C; 30% học sinh mua sách A và B; 40% học sinh mua sách B và C; 20% học sinh mua sách A và C; 10% học sinh mua cả 3 sách A, B, C. Chọn ngẫu nhiên 1 học sinh. a, Tính xác suất để em đó mua sách A hoặc B b, Tính xác suất để em đó mua ít nhất 1 trong 3 sách c, Tính xác suất để em đó mua đúng 2 trong 3 sách trên Giải Gọi A là biến cố: “ Em đó mua sách A” B là biến cố: “ Em đó mua sách B” C là biến cố: “ Em đó mua sách C” Từ điều kiện bài ra ta có: P(A) = 0,5; P(B) = 0,7; P(C) = 0,6; P(AB) = 0,3; P(BC) = 0,4; P(AC) = 0,2; P(ABC) = 0,1 a, Biến cố :“ Em đó mua sách A hoặc B” là biến cố A∪B Ta có : P(A∪B) = P(A) + P(B) - P(AB) = 0,5 + 0,7 - 0,3 = 0,9 Vậy xác suất để em đó mua sách A hoặc B là 0,9 = 90% b, Biến cố : “Em đó mua ít nhất một trong 3 sách nói trên” là A∪B∪C ta có; P(A∪B∪C) = P(A)+P(B)+P(C)-P(AB)-P(BC)-P(AC)+P(ABC) = 0,5+0,7+0,6-0,3-0,4-0,2+0,1 = 1 Vậy xác suất để em đó mua ít nhất 1 trong 3 sách nói trên là 1 = 100% c, Gọi H là biến cố: “ Em đó mua đúng 2 trong 3 sách trên” thì H= ABC ∪ ABC ∪ ABC Theo quy tắc cộng ta có: P(H)=P(ABC ) + P( ABC ) + P( ABC ) Ta có: AB=ABC ∪ABC 42 ⇒P(AB) = P( ABC ) + P(ABC) ⇔ P( ABC ) = P(AB) - P(ABC) = 0,3 - 0,1 = 0,2 T−ơng tự P(ABC ) = P(AC) - (PABC) = 0,2 - 0,1 = 0,1 P( ABC ) = P(BC) - P(ABC) = 0,4 - 0,1 = 0,3 Nên P(H) = 0,2 + 0,1 + 0,3 = 0,6 Vậy xác suất để em đó mua đúng 2 trong 3 sách là 0,6 = 60% 3.3. Đánh giá xác suất, số lần Bài 1 Trong một trò chơi điện tử, xác suất để game thủ thắng trong 1 trận là 0,4 (không có hoà). Hỏi phải chơi tối thiểu bao nhiêu trận để xác suất thắng ít nhất 1 trận trong loạt chơi đó lớn hơn 0,95? Giải Gọi n là số trận mà game thủ phải thực hiện Gọi A là biến cố “ thắng ít nhất 1 trận trong loạt chơi n trận” ⇒ A là biến cố thua cả n trận P( A ) = (0,6)n. Do đó P(A) = 1 - (0,6)n Ta cần tìm số nguyên d−ơng n nhỏ nhất thoả mn: P(A) ≥ 0,95 tức là 0,05 ≥ (0,6)n Vì (0,6)5 ≈0,078; (0,6)6 ≈0,047 Nên n nhỏ nhất là 6. Vậy game thủ phải chơi tối thiểu 6 trận Bài 2 Bỏ ngẫu nhiên n lá th− vào n phong bì th− đ ghi sẵn địa chỉ. Tìm xác suất để có ít nhất 1 lá th− đến đúng ng−ời nhận. Giải Gọi Ai là biến cố “Lá th− i đến đúng ng−ời nhận”, i = 1,2,...n và A là biến cố “Có ít nhất 1 lá th− đến đúng ng−ời nhận” thì: A = A1 ∪ A2∪ ...∪An 43 Ta có: P(A) = P( n i i 1 A = ∪ ) = n i i j i j k i 1 i j i j k P(A ) P(A A ) P(A A A ) = < < < − ∩ + ∩ ∩∑ ∑ ∑ +...+(-1)n-1 n i i i 1 P( A ) = ∑ ∩ P(Ai) = 1 n ∀ i=1,n vì trên phong bì thứ i có thể ghi 1 trong n địa chỉ, trong đó chỉ có 1 địa chỉ đúng ng−ời nhận P(Ai ∩Aj) = P(Ai)P(Aj/Ai) = 1 1 n n 1− 1 n(n 1)= − P(Ai ∩Aj ∩Ak) = P(Ai)P(Aj/Ai)P(Ak/AiAj) = 1 n(n 1)(n 2)− − ... P( n i i 1 A = ∩ ) = 1 n! n i i 1 P(A ) = ∑ có n số hạng bằng nhau và bằng 1 n ⇒ n i i 1 P(A ) = ∑ = n 1 n =1 i j 1 i j n P(A A ) ≤ ≤ ≤ ∩∑ có C2n số hạng các số hạng bằng nhau và bằng 1 n(n 1)− ... Vậy ta có: P(A) = 1- 2nC 1 n(n 1)− + 3 nC 1 n(n 1)(n 2)− − +...+(-1) n-1 n nC 1 n! = 1 n 1 1 1 1 ... ( 1) 2! 3! n! − − + + + − Mà ta có khai triển n 1 1 1 1 1 1 ... ( 1) ... e 2! 3! 4! n! − = − + + + − + Do đó với n khá lớn thì: P(A) ≈ 1- 1 e 44 Bài 3 Cho 25 quả cầu gồm hai loại đen và trắng đ−ợc đặt vào hai thùng. Thùng nào có quả cầu nhiều hơn thì số quả cầu trắng cũng nhiều hơn. Lấy ngẫu nhiên mỗi thùng ra một quả, tìm xác suất để đ−ợc 1 quả đen và 1 quả trắng. Biết rằng xác suất để lấy hai quả cùng trắng là 0,48. Giải Gọi m1, m2, t1, t2, d1, d2 là số quả cầu , số quả cầu trắng và số quả cầu đen trong hai thùng. Giả sử m1>m2. Ta có: m1+m2=25. Xác suất để lấy mỗi thùng một quả và cả 2 quả có cùng màu trắng theo giả thiết là 0,48. Nên ta có: 0,48 = 1 2 1 2 t t m m ⇒ 1 2 1 2 t t m m = 48 12 100 25 = (1) ⇒25 t1t2=12 m1m2 ⇒Có m1m2 là bội của 25 Mà tổng m1+ m2 = 25 là bội của 5 nên cả m1, m2 đều là bội của 5 Do m1> m2 nên xét hai tr−ờng hợp: +) Tr−ờng hợp 1: m1 = 20, m2 = 5 Từ (1) ⇒ t1t2 = 48 Do 0<t2<t1<25 nên chỉ có t1=16; t2=3 hoặc t1=12; t2=4 Với t1=16; t2=3 ⇒d1=4; d2=2 thì xác suất 2 quả cùng màu là: 0,48+ 4 2 0,56 20 5 = Do đó xác suất để đ−ợc 1 quả trắng và 1 quả đen là: P = 1 - 0,56 = 0,44 Với t1=12; t2=4 ⇒d1=8; d2=1 thì xác suất cần tìm là: P = 1 - (0,48+ 8 1 20 5 ) = 1 - 0,56 = 0,44 Tr−ờng hợp 2: m1 = 15, m2 = 10 Giải t−ơng tự ta cũng có P = 0,44 45 3.4. Xác suất điều kiện Bài 1 Điều tra tình hình mắc bệnh ung th− họng ở một vùng thấy tỉ lệ ng−ời nghiện thuốc và mắc bệnh ung th− là 15%; 25% số ng−ời nghiện thuốc và không mắc bệnh ung th−, 50% số ng−ời không nghiện thuốc và không mắc bệnh ung th−, 10% số ng−ời không nghiện thuốc nh−ng mắc bệnh ung th−. Sử dụng kết quả thống kê trên hy rút ra mối quan hệ giữa thói quen hút thuốc và bệnh ung th− họng. Giải Gọi A là biến cố “Ng−ời đ−ợc điều tra nghiện thuốc lá” thì A là biến cố “Ng−ời đ−ợc điều tra không nghiện thuốc lá” Gọi B là biến cố “Ng−ời đ−ợc điều tra mắc bệnh ung th−” thì B là biến cố “Ng−ời đ−ợc điều tra không mắc bệnh ung th−” Ta có: P(B/A) = P(A B) P(A) ∩ Mà P(A) = 15%+25% = 40% = 0,4 P(A∩B) = 15% = 0,15 ⇒P(B/A) = 0,15 3 0,375 0,4 8 = = P(B/A ) = P(A B) 0,1 1 P(A) 0,6 6 ∩ = = ⇒P(B/A) > 2P(B/A ) Vậy ng−ời hút thuốc có nguy cơ mắc ung th− họng cao gấp hơn hai lần so với ng−ời không hút thuốc lá Bài 2 Một trại gà nhân giống từ 3 cơ sở theo tỷ lệ: cơ sở I: 40%; cơ sở II: 35%; cơ sở III: 25%. Biết tỷ lệ gà giống không đạt tiêu chuẩn ở cơ sở I, cơ sở II, cơ sở 3 lần l−ợt là 0,05; 0,04; 0,02 46 a, Bắt ngẫu nhiên 1 con gà ở trại, tìm xác suất để con gà đó đạt tiêu chuẩn b, Nếu con gà bắt ra không đạt tiêu chuẩn thì khả năng con gà đó do cơ sở nào cung cấp nhiều nhất. Giải a, Gọi Ai là biến cố con gà bắt ra thuộc cơ sở i (i=1, 2, 3) suy ra A1, A2, A3 là một nhóm đầy đủ các biến cố. B là biến cố con gà bắt ra không đủ tiêu chuẩn. Theo bài ra: P(A1) = 0,4 P(B/A1) = 0,05 P(A2) = 0,35 P(B/A2) = 0,04 P(A3) = 0,25 P(B/A3) = 0,02 Xác suất cần tìm là: P(B) = P(A1). P(B/A1) + P(A2). P(B/A2)+ P(A3).P(B/A3) =0,4.0,05+0,35.0,04+0,25.0,03 = 0,039 ⇒ Tỷ lệ gà giống không đủ tiêu chuẩn đối với toàn trại là 3,9% b, Xét: P(A1/B) = 1 1P(A ).P(B/ A ) 0,4.0,05 0,51 P(B) 0,039= ≈ P(A2/B) = 2 2P(A ).P(B/ A ) 0,35.0,04 0,36 P(B) 0,039= ≈ P(A3/B) = 3 3P(A ).P(B/ A ) 0,25.0,02 0,13 P(B) 0,039= ≈ So sánh ⇒ P(A1/B)> P(A2/B)> P(A3/B) Vậy con gà của cơ sở I có khả năng nhiều nhất Bài 3 Bắn ba viên đạn một cách độc lập vào một mục tiêu. Xác suất trúng mục tiêu của từng viên t−ơng ứng là 0,2; 0,3; 0,5. Nếu chỉ một viên đạn trúng thì mục tiêu bị phá huỷ với xác suấ 0,4. Nếu có từ hai viên đạn trúng thì mục tiêu chắc chắn bị phá huỷ. Tìm xác suất để mục tiêu bị phá huỷ khi bắn ba viên đạn nh− trên. 47 Giải Đặt A: “Mục tiêu bị phá huỷ” Bi: “Có i viên đạn trúng mục tiêu” (i=1, 2, 3) Ck: “Viên đạn thứ k trúng mục tiêu” (k=1, 2, 3) Vì mục tiêu bị phá huỷ khi có ít nhất 1 viên đạn trúng mục tiêu. Vậy: A⊂ 1 2 3B B B∪ ∪ Nên P(A)=P(B1)P(A/B1) + P(B2)P(A/B2) + P(B3)P(A/B3) (*) Để tìm các xác suất P(Bi) ta chú ý rằng họ {C1, C2, C3} độc lập, nên từ biểu diễn: B1 = c c c c c c 1 2 3 1 2 3 1 2 3C C C C C C C C C∪ ∪ Ta có: P(B1) = c c c c c c 1 2 3 1 2 3 1 2 3P(C )P(C )P(C ) P(C )P(C )P(C ) P(C )P(C )P(C )+ + = 0,2.0,7.0,5 + 0,8.0,3.0,5 +0,8.0,7.0,5 ≈0.47 B2 = c c c 1 2 3 1 2 3 1 2 3C C C C C C C C C∪ ∪ Vậy P(B2) = 0,2.0,3.0,5 + 0,2.0,7.0,5 + 0,8.0,3.0,5 ≈0,22 B3 = C1C2C3 nên P(B3) = P(C1)P(C2)P(C3) = 0,2.0,3.0,5 ≈0,03 Thay các P(Bi) (i=1, 2, 3) vào (*) Ta đ−ợc: P(A) = 0,47.0,4 + 0,22.1 + 0,03.1 = 0,438 Bài 4 Xác suất xuất hiện k tiếng gọi từ một trạm điện thoại trong khoảng thời gian t là Pt(k). Giả sử sự xuất hiện tiếng gọi trong các khoảng thời gian kế tiếp là độc lập. Tìm xác suất xuất hiện s tiếng gọi trong khoảng thời gian 2t liên tiếp. 48 Giải Đặt ktA : “Trong khoảng thời gian t có k tiếng gọi”. Vậy ta cần tính P( s 2tA ). Rõ ràng ta có biểu diễn: ktA = s i s i t t i 0 A A − = ∪ , và { k tA , i tA } là các biến cố độc lập Do đó ta có: P( s2tA ) = n n i s i t t t t i 0 i 0 P(A )P(A ) = P (i)P (s i)− = = −∑ ∑ Bài 5 Một hộp đựng 15 quả bóng bàn trong đó có 9 quả còn mới. Lần đầu ng−ời ta lấy ngẫu nhiên 3 quả để thi đấu. Sau đó lại trả vào hộp. Lần hai lấy ngẫu nhiên 3 quả. Tìm xác suất để cả 3 quả lần sau đều mới. Giải Đặt A: “cả 3 quả lấy ra lần sau đều mới” Bi: “Trong 3 quả lấy ra để thi đấu có i quả mới” (i= 0,1, 2, 3) Rõ ràng hệ { Bi, i = 0,1, 2, 3} là đầy đủ, có xác suất d−ơng, theo công thức xác suất toàn phần ta có: P(A) = P(B0)P(A/B0) + P(B1)P(A/B1) + P(B2)P(A/B2) = 2 2 1 1 1 2 1 2 2 1 2 9 3 8 2 10 2 8 11 1 2 3 2 3 2 3 10 12 10 12 10 12 C C C C C C C C C C C C C C C C + + = 1 36.3 8.2 45.2 28 55 0,2552 45 220 45 220 45 220 + + ≈ 3.5. Xác suất mở rộng Bài 1 Hai ng−ời hẹn gặp nhau tại th− viện từ 8 giờ đến 9 giờ. Ng−ời đến tr−ớc chờ quá 10 phút mà không gặp thì bỏ đi. Tìm xác suất để hai ng−ời đi ngẫu nhiên mà gặp nhau. 49 P(A) = diện tích A diện tích D Giải Gọi x (phút) là thời gian mà bạn A chờ ở th− viện 0≤x≤60 Gọi y (phút) là thời gian mà bạn B chờ ở th− viện 0≤y≤60 Chọn hệ toạ độ Oxy. Khi đó thời gian đến chỗ hẹn của hai ng−ời là một điểm của hình vuông D 0 x 60 0 y 60 ≤ ≤  ≤ ≤ Do hai ng−ời chờ nhau trong 10 phút. Khi đó hai ng−ời gặp nhau khi x y 10− ≤ Gọi A là miền hai ng−ời gặp nhau đ−ợc Do x y 10− ≤ ⇔ x-10≤y≤x+10 A={(x,y): x-10≤y≤x+10} Khi đó miền A là miền giới hạn bởi hai đ−ờng y=x+10 và y=x-10 và hình vuông D ⇒ Xác suất để hai ng−ời gặp nhau là: Diện tích của D là: SD =60.60 = 3600(đơn vị) Diện tích của A là: SA = SD-50.50 = 1100( đơn vị)Vậy xác suất để hai ng−ời gặp nhau là:P= D A S 1100 30,5 S 3600 = ≈ % Bài 2 Một đoạn thẳng có độ dài l. Bẻ gy ngẫu nhiên thành 3 đoạn. Tìm xác suất để 3 đoạn đó tạo thành tam giác. Giải Gọi x, y, l-x-y là độ dài các khúc. Khi đó các cặp điểm (x,y) trên mặt phẳng thoả mn x 0 y 0 x y l >  >  + < thuộc không gian mẫu x y 10 60 A 10 60 50 x y O l 2 l 2 l l A b=a2 x y -1 1 1 -1 A Để tạo thành tam giác thì x, y phải thoả mn l x 2x y (l x y) ly x (l x y) y 2 l x y x y l x y 2  < < + − −    < + − − ⇔ <    − − < +  + > Biểu diễn trên Oxy ta đ−ợc P = 2 2 l 8A l 4D S 1 S 4 = = Bài 3 Tìm xác suất để ph−ơng trình: x2+2ax+b = 0 có nghiệm thực nếu các hệ số a, b có cùng khả năng đ−ợc chọn trong miền a 1< ; b 1< . Giải Nếu các hệ số a, b đ−ợc chọn với cùng khả năng trong “hình vuông a 1< ; b 1< ” thì không gian biến cố sơ cấp là tập các điểm thuộc hình vuông D: 1 a 1 1 b 1 − < <  − < < Biến cố A: “Ph−ơng trình bậc hai đ cho có nghiệm thực” có nghĩa là biệt thức '∆ =a2-b≥ 0. Ta có diện tích của hình vuông D: SD = 4 (đơn vị diện tích) Diện tích miền A:SA = 2+2 1 2 0 a da∫ = 8 3 (đơn vị diện tích) Vậy P(A) = 8 3.4 = 2 3 51 lsinα O x I pi B y C a A Bài 4 (Bài toán Butffon) Trên mặt phẳng có hai đ−ờng thẳng song song cách nhau một khoảng 2a. Gieo ngẫu nhiên một cây kim có chiều dài 2l (l<a). Tìm xác suất để cây kim cắt một trong hai đ−ờng thẳng đó. Giải Phép thử gieo cây kim lên mặt phẳng có hai đ−ờng thẳng song song Gọi A là biến cố: “ Kim cắt một trong hai đ−ờngthẳng song song đó”. Gọi x là khoảng cách từ trung điểm M của cây kim và đ−ờng thẳng (m) gần nhất. Gọi α là góc tạo bởi cây kim và đ−ờng thẳng m gần nhất. Cặp (α , x) hoàn toàn xác định vị trí của cây kim với: 0 0 x a ≤ α ≤ pi  ≤ ≤ (1) Mỗi vị trí của cây kim là một biến cố sơ cấp của phép thử. Vậy chúng đ−ợc biểu diễn bởi các cặp (α , x) thoả mn (1), nghĩa là nó nằm trong hình chữ nhật OIBC và ta có: Số đo (D) = SOIBC = pia. Cây kim cắt một trong hai đ−ờng thẳng khi và chỉ khi: 0 x MN lsin≤ ≤ = α Vậy các biến cố sơ cấp thích hợp với A là các điểm (α , x) thoả mn 0 x lsin≤ ≤ α . Chúng thuộc miền A⊂ D, tạo bởi đ−ờng x= 0, x = lsinα ta có: Số đo A= 0 lsin d 2l pi α α =∫ 2a M N P x α m P(A) = số đo A số đo D = 2l pi Vậy 52 3.6. bất đẳng thức xác suất Bài 1 Cho A, B là các biến cố có: P(A) = 0,9; P(B) = 0,8. Chứng minh rằng: P(B/A)≥0,7778. Giải Ta có; P(A∪B) = P(A)+P(B)-P(A∩B) Mà P(A∪B) ≤1 ⇒0,8+0,9- P(A∩B≤1 ⇔ P(A∩B) ≥0,8+0,9-1 = 0,7 Mà P(B/A) = P(A B) P(A) ∩ ≥ 0,7 7 0,7778 0,9 9 = ≈ Bài 2 Cho A, B là các biến cố sao cho: P(A) = P(B) = 1 2 . Chứng minh rằng: P(A∩B) = P(A ∩ B ) Giải Vì P(A) = 1-P(A ) và P(B) = 1-P(B ) Nên suy ra P( A ) = P( B ) = 1 2 ⇒ P(A∩B) = 1-P(A B∩ =1-P( A ∪ B ) = 1- [P( A )+P( B )-P(A ∩ B )] = P( A ∩ B ) (đpcm) Bài 3 Chứng minh rằng P(AB)-P(A)P(B) ≤ 1 4 . Với A, B là các biến ngẫu nhiên bất kỳ. Giải Vì A, B là hai biến cố bất kỳ và có vai trò nh− nhau nên không mất tính tổng quát ta giả sử A⊆ B suy ra P(A) ≤P(B) (1) A⊆ B ⇒A = A∩B ⇒P(A) = P(AB) (2) Từ (1) và (2) ⇒ P(AB) ≤P(B) 53 ⇒P(A)P(AB) ≤P(A)P(B) = P(AB)P(AB) ⇒P(AB) - P(A)P(B) ≤ P(AB) - P(AB)P(AB) P(AB) - P(AB)P(AB) = P(AB) - P2(AB) = - [ P2(AB) - 2. 1 2 .P(AB) + 1 4 ] + 1 4 = - [ P(AB) - 1 2 ]2 + 1 4 ≤ 1 4 (đpcm) 3.7. Biến ngẫu nhiên rời rạc Bài 1 Gieo một đồng tiền ba lần. Kí hiệu X là số lần xuất hiện mặt ngửa trong ba lần gieo. a, Lập bảng phân phối xác suất của X b, Tính P[X>1] c, Tính kỳ vọng, ph−ơng sai và độ lệch chuẩn của X Giải a, Gieo một đồng tiền ba lần thì không gian mẫu có 23 =8 phần tử Tập giá trị của X là {0, 1, 2, 3}. Ta có: P[X=0] = 1 8 ; P[X=1] = 3 8 ; P[X=2] = 3 8 ; P[X=3] = 1 8 ; Do đó ta có bảng phân phối xác suất của X là: b, P[X>1] = P[X=2]+P[X=3] = 1 8 + 3 8 = 1 2 c, Kỳ vọng E(X) = 0. 1 8 +1. 3 8 +2. 3 8 +3. 1 8 = 1,5 X 0 1 2 3 P 1 8 3 8 3 8 1 8 54 Ph−ơng sai V(X) = 02. 1 8 +12. 3 8 +22. 3 8 +32. 1 8 - (1,5)2 = 0,75 Độ lệch chuẩn σ (X) = V(X) 0,75 0,866= ≈ Bài 2 Có hai túi, túi thứ nhất chứa ba tấm thẻ đánh số 1, 2, 3 và túi thứ hai đánh số 4, 5, 6, 8. Rút ngẫu nhiên từ mỗi túi một tấm thẻ rồi cộng hai số ghi trên hai tấm thẻ với nhau. Gọi X là số thu đ−ợc. a, Lập bảng phân phối xác suất thu đ−ợc. b, Tính E(X). Giải Không gian mẫu: Ω = {(x;y)/ x∈(1, 2, 3); y∈(4, 5, 6, 8)} Nên Ω =3.4 = 12 Ta có X nhận các giá trị ∈{5, 6, 7, 8, 9, 10, 11} Gọi A là biến cố: “Cộng số ghi trên hai tấm thẻ bằng 5” a, Ta có ΩA = {(1;4)} ⇒P[X=5] = 1 12 Biến cố “X = 6” có hai kết quả thuận lợi là (1;5) và (2;4) nên P[X=6]= 2 1 12 6 = Biến cố “X = 7”có ba kết quả thuận lợi là (1;6); (2;5); (3;4) nên P[X=7]= 3 1 12 4 = Biến cố “X = 8” có hai kết quả thuận lợi là (3;5) và (2;6) nên P[X=8]= 2 1 12 6 = Biến cố “X = 9” có hai kết quả thuận lợi là (3;6) và (1;8) nên P[X=9]= 2 1 12 6 = Biến cố “X = 10” chỉ có một kết quả thuận lợi là (2;8) nên P[X=10] = 1 12 55 Biến cố “X = 1” chỉ có một kết quả thuận lợi là (3;8) nên P[X=11] = 1 12 Bảng phân phối xác suất của X là: X 5 6 7 8 9 10 11 P 1 12 1 6 1 4 1 6 1 6 1 12 1 12 b, E(X) = 5. 1 12 +7. 1 4 +6. 1 6 +8. 1 6 +9. 1 6 +10. 1 12 +11. 1 12 = 7,75 Bài 3 Anh A hàng ngày đi từ nhà đến cơ quan phải qua bốn ng t− có cột đèn tín hiệu giao thông, xác suất gặp đèn đỏ ở mỗi ng t− là 0,4 và thời gian chờ đèn đỏ trung bình mỗi lần là ba phút. a, Lập bảng phân phối xác suất theo số lần anh A gặp đèn đỏ. b, Hỏi trung bình mỗi lần đi từ nhà đến cơ quan anh a phải chờ đèn đỏ mất bao nhiêu phút. Giải a, Gọi X là biến ngẫu nhiên chỉ số ng t− anh A gặp đèn đỏ mỗi lần đi từ nhà đến cơ quan, thì X nhận các giá trị là: {0, 1, 2, 3, 4,}. Ta có: P[X=k] = Ck4(0,4) k(0,6)4 - k Nên P[X=0] = C04(0,4) 0(0,6)4 = 0,1296 P[X=1] = C14(0,4) 1(0,6)3 = 0,3456 P[X=2] = C24(0,4) 2(0,6)2 = 0,3456 P[X=3] = C34(0,4) 3(0,6)1 = 0,1536 P[X=4] = C44(0,4) 4(0,6)0 = 0,0256 Bảng phân phối xác suất của x là: 56 X 0 1 2 3 4 P 0,1296 0,3456 0,3456 0,1536 0,0256 b, Kỳ vọng E(X) = 0. 0,1296+1. 0,3456+2. 0,3456+3. 0,1536+4. 0,0256 = 1,6 Vậy thời gian trung bình mỗi lầnđi từ nhà đến cơ quan anh A phải chờ đèn đỏ là: 1,6.3 = 4,48 (phút) Bài 4 Chứng minh rằng: 2 2E XY EX EY≤ (1) Giải Xét các tr−ờng hợp Tr−ờng hợp 1: X 0 Y 0 =  = hoặc X 0 Y 0 =  ≠ hoặc X 0 Y 0 ≠  = thay vào (1) thoả mn Tr−ờng hợp 2: X 0 Y 0 ≠  ≠ khi đó áp dụng bất đẳng thức r s a b ab r s ≤ + với s, r >1 và 1 1 1 s r + = Đặt a = 1 r r X (E X ) và b = 1 s s Y (E Y ) áp dụng bất đẳng thức trên ta có: ( ) ( ) ( ) r 1 r r 1 1 r sr s X E XX Y r E X E Y           ≤ + ( ) s 1 s s Y E Y s            57 ( ) ( )1 1r sr s X Y E X E Y ⇔ r s r s X Y rE X sE Y ≤ + Lấy kỳ vọng hai vế ta đ−ợc : ( ) ( )1 1r sr s X Y E E X E Y            r s r s E X E Y1 1 r sE X E Y     ≤ +            = 1 ( ) ( )1 1r sr sE XY E X E Y⇔ ≤ Với r = s = 2 bất đẳng thức đ−ợc chứng minh. Kết luận ch−ơng 3 Ch−ơng 3 gồm các bài tập đ đ−ợc phân dạng, nhằm củng cố các kiến thức lý thuyết ở ch−ơng 1 và ch−ơng 2. Đó là các bài tập cơ bản và nâng cao đ−ợc chọn lọc thể hiện tính bao quát nội dung lý thuyết đ đ−ợc trình bày ở hai ch−ơng và sắp xếp với mức độ từ dễ đến khó để phù hợp với mọi đối t−ợng học sinh, sinh viên và yêu cầu của ch−ơng trình. Ngoài ra tác giả cũng đ đ−a ra một số bài tập mang tính phát triển nhằm củng cố những kiến thức mở rộng trong hai ch−ơng từ đó giúp ng−ời đọc có một cách nhìn tổng quan hơn về xác suất. 58 Kết luận Mạch toán ứng dụng nói chung và xác suất thống kê nói riêng là một bộ phận của toán học, nó có vai trò to lớn trong thực tiễn cuộc sống cũng nh− trong khoa học kỹ thật, nó góp phần thực hiện lý luận liên hệ với thực tiễn, học đi đôi với hành, nhà tr−ờng gắn liền với cuộc sống. Ch−ơng trình Xác suất ở tr−ờng THPT hiện nay mới chỉ giúp học sinh tiếp cận một cách cơ bản với xác suất. Trên cơ sở tìm hiểu một số nội dung của lý thuyết xác suất trong ch−ơng trình toán THPT khoá luận đ trình bày 35 định nghĩa, 26 tính chất, 20 tr−ờng hợp đặc biệt, các hệ quả nhận xét,các công thức khác và 29 bài tập. Với khối l−ợng kiến thức nh− vậy, khoá luận đ tập trung nghiên cứu 2 vấn đề sau: - Nghiên cứu một số nội dung lí thuyết của xác suất thống kê và sự thể hiện của nó trong ch−ơng trình toán THPT. - Nghiên cứu một số bài tập cơ bản và nâng cao . Kết quả khoá luận đ đạt đ−ợc: + Hệ thống hoá đ−ợc một số nội dung cơ bản về xác suất trong ch−ơng trình Đại học. + Xây dựng, chọn lọc và tìm mối liên hệ giữa nội dung xác suất thống kê trong tr−ờng Đại học với tr−ờng THPT. + Lựa chọn, phân loại hệ thống bài tập từ cơ bản đến nâng cao theo h−ớng phát triển nhằm mở rộng tầm nhìn về xác suất cho độc giả. Căn cứ vào mục tiêu, nội dung nghiên cứu và sử dụng hợp lý các ph−ơng pháp nghiên cứu, tác giả đ tiến hành nghiên cứu đúng h−ớng và hoàn thành khoá luận. Khoá luận đ thể hiện đ−ợc phần nào sự cân nhắc lựa chọn trong việc kết hợp kiến thức ở Đại học với những kiến thức liên hệ ở Phổ thông. Đề tài có thể là tài liệu tham khảo cho học sinh, giáo viên ngành Toán nói chung và sinh viên s− phạm toán của tr−ờng Đại học Hùng V−ơng nói riêng. Tuy nhiên do những hạn chế về mặt thời gian, kiến thức, kinh nghiệm và là lần đầu tiên nghiên cứu khoa học nên khoá luận không tránh khỏi những 59 thiếu sót. Tác giả rất mong nhận đ−ợc sự chỉ bảo tận tình của các thầy cô giáo và sự góp ý của các bạn bè để khoá luận đ−ợc hoàn chỉnh hơn. Phú Thọ, tháng 5 năm 2010 Sinh viên Vũ Thị Thanh Nhàn 60 Tài liệu tham khảo 1. Nguyễn Huy Đoan - Nguyễn Xuân Liêm - Nguyễn Khắc Minh - Đoàn Quỳnh - Ngô Xuân Sơn - Đặng Hùng Thắng L−uXuân Tình. Bài tập đại số và giải tích 11(nâng cao). NXBGiáo dục 2007. 2. Đinh Văn Gắng. Lý thuyết xác suất thống kê. NXB Giáo duc 2005 3. Đào Hữu Hồ. Xác suất thống kê. NXB Đại học Quốc Gia Hà Nội 2007. 4. Phạm Văn Kiều - Lê Thiên H−ơng. Xác suất thống kê. NXB Giáo dục 2000. 5. Phạm Văn Kiều. Xác suất thống kê (giáo trình đào tạo đại học s− phạm) NXB Đại học S− Phạm 1998. 6. Nguyễn Văn Ngọc. Nhập môn lý thuyết tập hợp và logic toán. NXB Đại học S− Phạm 1994. 7. Lê Hoành Phò. Phân dạng và ph−ơng pháp giải toán tổ hợp xác suất. NXB Đại học Quốc Gia Hà Nội 2007. 8. Đoàn Quỳnh - Nguyễn Huy Đoan - Nguyễn Xuân Liêm - Nguyễn Khắc Minh - Đặng Hùng Thắng. Đại số giải tích 11(nâng cao). NXB Giáo dục 2007. 9. Đặng Hùng Thắng. Bài tập xác suất. NXB Giáo dục 1997. 10. Nguyễn Cao Văn – Trần Thái Ninh. Giáo trình lý thuyết xác suất và thống kê toán. NXB Đại học Kinh Tế Quốc Dân 2008. 61