1
ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP.HỒ CHÍ MINH

ĐỀ THI CUỐI KỲ

TRƯỜNG ĐẠI HỌC CÔNG NGHỆ THÔNG TIN

MÔN XÁC SUẤT THỐNG KÊ

BỘ MƠN TỐN – LÝ

Học kì 2 năm học 2019 – 2020.
Ngày thi:

/

/ 2020

Thời gian làm bài: 90 phút.
Được sử dụng tài liệu giấy.

(Lưu ý: Đề thi gồm có 2 trang)

Câu 1.(1.5 điểm) Giả sử X và Y là hai biến ngẫu nhiên có phân phối chuẩn
đồng thời như sau:
P(X = 0, Y = 0) = 0.1, P(X = 0, Y = 1) = 0.3, P(X = 0, Y = 2) = 0.2,
P(X = 1, Y = 0) = 0.1, P(X = 1, Y = 1) = 0.2, P(X = 1, Y = 2) = 0.1.
a) Hỏi X, Y có độc lập nhau khơng ? Vì sao ?
b) Giả sử Y > 0, tính xác suất X > 0.
c) Tính P(Y > X).
Bài giải:

a) Xét tính độc lập ta xét tích của hai biến ngẫu nhiên:
X

0

P

0.6

{

1

Y

0

0.4

P

0.2

1

2

0.5

0.3


𝑃(𝑋 = 0, 𝑌 = 0) = 𝑃(𝑋 = 0). 𝑃(𝑌 = 0)
𝑃(𝑋 = 0) = 0,6; 𝑃(𝑌 = 0) = 0,2

0,1

≠

0,6 . 0,4

=> X, Y khơng độc lập

b) Giả sử Y > 0, tính X > 0 => Đây là xác suất có điều kiện P(A | B)
P(X > 0 | Y > 0) =

P(X > 0, Y > 0)
P(Y > 0)


2
=

P(X = 1, Y = 1) + P(X = 1, Y = 2)
P(X = 0, Y = 1) + P(X = 0, Y = 2) + P(X = 1, Y = 1) + P(X = 1, Y = 2)

=

0.2 + 0.1
= 0.375
0.3 + 0.2 + 0.2 + 0.1


c) Tính P(Y > X)
P(Y > X) = P(X = 0, Y = 1) + P(X = 0, Y = 2) + P(X = 1, Y = 2) = 0,3 + 0,2 + 0,1 =
0,6

Câu 2.(2 điểm) Cho hai biến ngẫu nhiên X, Y có hàm mật độ đồng thời

f(x, y) = {

6xy nếu 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 2 − 2x
0
𝑛ế𝑢(𝑥, 𝑦)𝑘ℎá𝑐.

a) Tìm hàm mật độ thành phần của X.
b) Tính P(Y < 0.5 | X < 0.5).
Bài giải:
a) Hàm mật độ thành phần của X là:
2 − 2𝑥

fX(x) = ∫0

6𝑥𝑦 𝑑𝑦 = {

3𝑥 (2 − 2𝑥)2
0

nếu 0 ≤ x ≤ 1
𝑛ế𝑢(𝑥, 𝑦)𝑘ℎá𝑐.

b) Tính P(Y < 0.5 | X < 0.5).


0.5 0.5
P(Y < 0.5 , X < 0.5)
∫0 ∫0 6𝑥𝑦 𝑑𝑥 𝑑𝑦
P(Y < 0.5 | X < 0.5) =
= 0.5 2−2𝑥
=
P(X < 0.5)
6𝑥𝑦 𝑑𝑦𝑑𝑥
∫0 ∫0

3
32
11
16

=

3
22

Câu 3.(2.5 điểm) Sau nhiều phàn nàn về khối lượng ngũ cốc trong hộp ít
hơn 16 ounce (28.3495231 grams), công ty sản xuất ngũ cốc Captain Crisp quyết
định tiến hành kiểm tra. Họ chọn ngẫu nhiên một mẫu gồm 400 hộp và thấy có
94 hộp có lượng ngũ cốc ít hơn 16 ounce.
a) Xây dựng khoảng tin cậy với độ tin cậy 95% cho tỷ lệ hộp ngũ cốc
nhẹ hơn 16 ounce (xét trên tồn bộ hộp ngũ cốc do cơng ty đó sản xuất).


3

b) Với mức ý nghĩa 0.1, có thể kết luận rằng tỷ lệ hộp ngũ cốc nhẹ hơn
16 ounce của cơng ty đó có trên 20% khơng?
Bài giải:
a) n = 400 (hộp) ; m = 94 (hộp ít hơn 16 ounce) => f =

94
=0.235
400

1 – 𝛼 = 0,95 => tα = 1.96
0.235×(1−0.235)

∈ = 1.96√

400

= 0.0416 => Khoảng tin cậy (f - ∈ , f + ∈)
↔ (19.34% , 27.66%)

b) 𝛼 = 0.1 => 2 𝛼 = 0.2 => t2 𝛼 = 1.29
f = 0.235
H0: p = 0.2
H1: p > 0.2
Miền bác bỏ W0.2 = [1.29 , +∞)
tqs = √

(0.235−0.2)×√400
√0.2 × 0.8

= 1.75 ∈ W0.2


 Bác bỏ H0, thừa nhận H1.
 Có thể kết luận rằng tỷ lệ hộp ngũ cốc nhẹ hơn 16 ounce của cơng ty đó có trên
20%.
Câu 4.(1.5 điểm) Các nhà nghiên cứu lo lắng có quá nhiều clorine trong
nước uống. Họ thu thập 25 mẫu nước uống để đo lượng clorine. Lượng clorine
trung bình của các mẫu là 4.2mg/l với độ lệch chuẩn có hiệu chỉnh của mẫu là
0.6mg/l. Cục quản lý Thực phẩm và Dược phẩm Hoa Kỳ (FDA) khuyến nghị
rằng lượng clorine trung bình không nên vượt quá 4 mg/l. Các nhà nghiên cứu
muốn biết rằng lượng clorine trung bình trong nước uống có vượt quá giới hạn
do FDA đề nghị không. Giả sử lượng clorine trong nước uống có phân phối
chuẩn. Hãy thực hiện kiểm định thích hợp với mức ý nghĩa 0.05.
Bài giải:
H0: u = 4.2 (mg/l)


4
H1: u > 4.2 (mg/l)
24
𝛼 = 0.05 =>𝑡2×0.05
= 1.711

n = 25 ; 𝑥̅ = 4.2 (mg/l) ; s = 0.6 (mg/l)
Miền bác bỏ W0.05 = [1.711 , +∞)
tqs =

(4.2−4)×√25
0.6

= 1.67 ∉ W0.05


 Chưa có cơ sở để bác bỏ giả thiết H0, tức chưa có cơ sở để thừa nhận H1
 Vậy lượng clorine trung bình trong nước uống khơng vượt quá giới hạn do FDA đề nghị
Câu 5.(2.5đ)
a)
Tổ chức bảo vệ môi trường của Mỹ (EPA) quan tâm chất lượng nước
uống phục vụ trên các chuyến bay. Họ kiểm tra ngẫu nhiên 112 chuyến bay và phát
hiện có 14 chuyến bay phục vụ nước uống bị nhiễm khuẩn trên mức cho phép. Để
biết có thể đưa ra kết luận rằng có trên 10% chuyển bay có nước bị nhiễm khuẩn
hay khơng, họ có thể dùng bài tốn kiểm định giả thiết. Hãy phát biểu giả thiết H0,
và đối thiết H1 của bài tốn đó ?
b)

Sở cứu hỏa Scottsdale đặt mục tiêu là phản hồi những cuộc gọi cứu hỏa

trong thời gian trung bình 4 phút. Thời gian phản hồi có phân phối chuẩn với độ
lệch chuẩn là 1 phút. Một mẫu khảo sát gồm 18 cuộc gọi cứu hỏa với thời gian phản
hồi trung bình là 4 phút 30 giây có chỉ ra rằng sở cứu hỏa đó khơng đạt được mục
tiêu ở mức ý nghĩa 𝛼 = 0.01 không ?
Bài giải:
a)
Giả thiết: H0 = 0.1
Đối thiết : H1 > 0.1
b)
Giả thiết : H0 : u = 4 (phút) (tức ≤ 4)
Đối thiết : H1 : u > 4 (phút)
Lưu ý : Ta có n = 28 < 30 nhưng vì có độ lệch chuẩn nên ta phải dùng trường hợp 1
n = 18 ; 𝑥̅ = 4.5 (phút) ; 𝜎 = 1 (phút) ; 𝛼 = 0.01 ; t2α = 2.33
Miền bác bỏ : W0.02 = [2.33 , +∞)



5
tqs =

(4.5−4)√18
1

= 2.1213 ∉ W0.02

 Vậy chưa có cơ sở để bác bỏ H0, tức là chưa có cơ sở thừa nhận H1.
 Vậy không thể chỉ ra rằng sở cứu hỏa không đạt được mục tiêu.
Câu 6.(1 điểm) Sau đây là dữ liệu về tốc độ vi xử lý (Microprocessor Speed)
và công suất tiêu tán năng lượng (Power Dissipation) của các loại chip.

Chip
1989 Intel 80486
1993 pentium
1997 Pentinum II
1998 Intel Celeron
1999 Pentinum III
1999 AMD Athion
2000 Pentinum 4
2004 Celeron D
2004 Pentium 4
2005 Pentinum D
2007 AMD Phenom
2008 Intel Core 2
2009 Intel Core i7
2009 AMD Phenom II


Microprocessor Speed
(MHz)
20
100
233
300
600
600
1300
2100
3800
3200
2300
3200
2900
3200

Power Dissipation
(watts)
3
10
35
20
42
50
51
73
115
130
95

136
95
125

a) Tính hệ số tương quan và đánh giá về tính tuyến tính (mạnh hay yếu) của mối liên hệ phụ
thuộc giữa X và Y. Viết phương trình hồi qui tuyến tính của cơng suất tiêu tán năng lượng
theo tốc độ vi xử lý.
b) Dự đốn về cơng suất tiêu tán năng lượng nếu tốc độ vi xử lý là 3500 MHz ?
Bài giải:
a) Casio 580VN: Mode 6 → 2 → cột X là tốc độ xử lý (MHz), cột Y là công suất tiêu tán năng
lượng (W)
 Chọn OPTN → 4 → r = 0.962 => tuyến tính mạnh
 Phương trình hồi qui tuyến tính Y = 15.73 + 0.0319X
b) Thay X = 3500 (MHz) vào phương trình hồi qui tuyến tính => Y = 127.38 (watts)


6
ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP.HỒ CHÍ MINH

ĐỀ THI CUỐI KỲ

TRƯỜNG ĐẠI HỌC CÔNG NGHỆ THÔNG TIN

MÔN XÁC SUẤT THỐNG KÊ

BỘ MƠN TỐN – LÝ

Học kì 2 năm học 2018 – 2019.
Ngày thi:


/

/ 2019

Thời gian làm bài: 90 phút.
Được sử dụng tài liệu giấy.

(Lưu ý: Đề thi gồm có 2 trang)
Câu 1.(1.5 điểm) Tuổi thọ của một loại chip máy tính là đại lượng ngẫu
nhiên X (đơn vị tính là giờ) có phân phối chuẩn, trong đó tuổi thọ trung bình là
120000 giờ và độ lệch chuẩn là 𝜎 = 30000 giờ.
a) Tính tỷ lệ chip có tuổi thọ trên hơn 140000 giờ.
b) Hãy tính xác suất trong 100 chip loại này có ít nhất 20 chip có tuổi thọ trên
140000 giờ.
Bài giải:
a) X ~ N( 120000 , 300002) → P( X > 140000) = 0.5 – φ(

140000 -120000
)
30000

= 0.5 – φ(0.67) (Bảng B) = 0.5 – 0.2486
= 25.14%
b) Y là số chip có tuổi thọ trên 140000 giờ trong 100 loại chip.
Y ~ B(100 , 0.2514)
Mà {

𝑛 × 𝑝 = 100 . 0.2514 = 25,14 ≥ 5
𝑛 × 𝑞 = 100 × (1 − 0.2514) = 74.86 ≥ 5




Y ~ N(n × p , n × p × (1 - p)) ~ N( 25.14, 18.8198)



P(Y ≥ 20) = 0.5 - φ(

20 − 25.14
√18.8198

) = 0.5 + φ(1.19) (Bảng B) = 0.5 + 0.383 = 0.883

Câu 2.(2 điểm) Cho biến ngẫu nhiên X và Y có phân phối xác suất đồng
thời như sau :


7
X

P(x,y)
1

1
0

2
3
0.06 0.06


4
0.1

2

0.1 0.1

0.04

0.04

3

0.4 0.1

0

0

Y

a) X và Y có độc lập hay khơng ? Vì sao ?
b) Tính xác suất P(X + Y ≤ 3), P(X > 1 | Y = 2)
Bài giải :
a) Xét tính độc lập ta xét tích của hai biến ngẫu nhiên:
X

1

2


3

4

Y

1

2

3

P

0.5

0.26

0.1

0.14

P

0.22

0.28

0.5


{

𝑃(𝑋 = 1, 𝑌 = 2) = 𝑃(𝑋 = 1). 𝑃(𝑌 = 2)
𝑃(𝑋 = 1) = 0,5; 𝑃(𝑌 = 2) = 0,28

 0,1

≠

0,5 . 0,28

=> X, Y không độc lập

b) P(X + Y ≤ 3), P(X > 1 | Y = 2)
+ P(X + Y ≤ 3) = 𝑃(𝑋 = 1, 𝑌 = 1) + 𝑃(𝑋 = 1, 𝑌 = 2) + 𝑃(𝑋 = 2, 𝑌 = 1)
= 0 + 0.1 + 0.06 = 0.16
+ P(X > 1 | Y = 2) =

P(X > 1, Y = 2)
0.1 + 0.04 + 0.04
9
=
=
Y=2
0.1 + 0.1 + 0.04 + 0.04 14

Câu 3.(1.5 điểm) Cho 2 biến ngẫu nhiên X, Y có hàm mật độ đồng thời

f(x, y) = {


Cxy nếu x ∈ [0, 2], y ∈ [1, 3]
0
𝑛ế𝑢(𝑥, 𝑦)𝑘ℎá𝑐.

a) Tìm C.
b) Tính xác suất P(X ≤ 1 ∩ Y > 2)
c) Tính xác suất P(X ≤ 1 | Y > 2)


8
Bài giải :
a)
Ta có : f(x,y) là hàm mật độ
0

1

 C × ∫2 𝑥 𝑑𝑥 ∫3 𝑦𝑑𝑦 = 1
 C=

1
8

b) Tính xác suất P(X ≤ 1 ∩ Y > 2)
5
1 31
P(X ≤ 1 ∩ Y > 2) = ∫0 ∫2 𝑥𝑦 𝑑𝑥𝑑𝑦 =
8
32

c) Tính xác suất P(X ≤ 1 | Y > 2)
5
2 31
 P(Y > 2) = ∫0 ∫2 𝑥𝑦 𝑑𝑥𝑑𝑦 =
8
8
5
P(X ≤ 1 ∩ Y > 2) 32
1
 P(X ≤ 1 | Y > 2) =
=
=
Y>2
5
4
8

Câu 4.(2 đ)
a) Khảo sát 500 websites mới đăng kí trên internet người ta phát hiện
có 24 website vơ danh. Xây dựng khoảng ước lượng cho tỷ lệ website vô danh
trong số những website mới với độ tin cậy là 95%.
b) Nếu muốn ước lượng tỉ lệ người trưởng thành Việt Nam biết nhóm máu
của mình với độ tin cậy 95% và sai số tối đa 0.02 thì cần khảo sát ít nhất bao
nhiêu người ?
Bài giải :
a) 1 – α = 0.95 → tα = 1.96
f=

24
= 0.048

500

 ε = tα × √

𝑓(1−𝑓)
𝑛

= 1.96 × √

0.048 (1 − 0.048)
500

= 0.01873

 Khoảng ước lượng (f – ε , f + ε) → (0.0293, 0.0667)


9
b) 1 – α = 0.95 → tα = 1.96
ε ≤ 0.02

(Dạng câu hỏi khơng có f)

Chứng minh :
Xét f.(1 – f)  - f2 + f

 - [(f – 0.5)2 + 0.25)
 (f – 0.5)2 + 0.25 ≤ 0.25
Mà tα . √


𝑓(1−𝑓)
𝑁

≤ tα .

1
2√𝑁

≤ 0.02 => N ≥ 2401


10
ĐẠI HỌC QUỐC GIA TP.HỒ CHÍ MINH

ĐỀ THI CUỐI KỲ

TRƯỜNG ĐẠI HỌC CÔNG NGHỆ THÔNG TIN

MÔN XÁC SUẤT THỐNG KÊ

BỘ MƠN TỐN – LÝ

Học kì 2 năm học 2018 – 2019.
Ngày thi:

/

/ 2019

Thời gian làm bài: 90 phút.

Được sử dụng tài liệu giấy.

(Lưu ý: Đề thi gồm có 2 trang)

Câu 1.(1.5 điểm) Công ty J.D.Power cho biết 60% người mua xe ơ tơ sử dụng
internet để tìm kiếm thơng tin và so sánh giá. Giả sử khảo sát 100 người mua ơ tơ.
Tính xác suất có 60 người sử dụng internet để tìm kiếm.
Bài giải:
Đặt X: số người mua ơ tô sử dụng internet so sánh giá
X = {0, … , 100}với p = 0.6 ; q = 0.4
X ~ B(100 , 0.6)
Mà vì {

𝑛. 𝑝 = 0.6 . 100 = 60 ≥ 5
=> X ~ N(60 , 24)
𝑛. 𝑞 = 0.4 . 100 = 40 ≥ 5

P(X = 60) ≈ P(59.5 ≤ X ≤ 60.5) = φ(

60.5 − 60

59.5 − 60

√24

√24

) - φ(

)


= φ(0.102) + φ(0.102) (Bảng B)
= 2 × 0.0398 = 0.0796
Câu 2.(1.5 đ) Số lỗi phần cứng X và số lỗi phần mềm Y trong một ngày có
phân phối như sau:
P(X = 0, Y = 0) = 0.6 ; P(X = 0, Y = 1) = 0.1
P(X = 1, Y = 0) = 0.1 ; P(X = 1, Y = 1) = 0.2
a) X và Y có độc lập hay khơng? Vì sao?
b) Tính P(Y = 1 | X = 0)
Bài giải:


11
a) Xét tính độc lập ta xét tích của hai biến ngẫu nhiên:
X

0

1

Y

0

1

P

0.7


0.3

P

0.7

0.3

𝑃(𝑋 = 0, 𝑌 = 0) = 𝑃(𝑋 = 0). 𝑃(𝑌 = 0)
Ta có : {
𝑃(𝑋 = 0) = 0,7; 𝑃(𝑌 = 0) = 0,7
 0,6

≠

=> X, Y khơng độc lập

0,7 . 0,7

b) Tính P(Y = 1 | X = 0)
P(Y = 1 | X = 0) =

P(X = 0 ∩ Y = 1) 0.1 1
=
=
X=0
0.7 7

Câu 3.(2 điểm) Cho 2 biến ngẫu nhiên có hàm mật độ đồng thời


2

f(x, y) = { 3
0

(x + 2y) nếu x ∈ [0, 1], y ∈ [0, 1]
𝑛ế𝑢(𝑥, 𝑦)𝑘ℎá𝑐.

a) Tìm hàm mật độ thành phần của Y
b) Tìm hàm mật độ của X trong điều kiện Y = 0.5
c) Tính xác suất P(0 < X ≤ 0.5 | Y = 0.5)
Bài giải:
a) Tìm fY(y)
+∞

12

fY(y) = ∫−∞ 𝑓(𝑥, 𝑦) 𝑑𝑥 = ∫0 (x + 2y) 𝑑𝑥 =
3

1 4
+ y
3 3
1

4

𝑦
𝑛ế𝑢 𝑦 ∈ [0,1]
3

 fY(y) = { 3
0
𝑛ế𝑢 𝑦 𝑛ơ𝑖 𝑘ℎá𝑐
2
(x + 2 × 0.5)
f(x,y)
2
2
b) Tìm fX | Y = 0.5 =
= 31 4
= x+
fY(0.5)
3
3
+ × 0.5
3 3
 fX|Y=0.5(x) =
2
2
𝑥 +
𝑛ế𝑢 𝑥 ∈ [0,1]
3
{3
0
𝑛ế𝑢 𝑥 𝑛ơ𝑖 𝑘ℎá𝑐
c) Tính P(0 < X ≤ 0.5 | Y = 0.5)
P(0 < X ≤ 0.5 | Y = 0.5) =

+


P(0 < X ≤ 0.5 ∩ Y = 0.5) ∫00.5 23(𝑥 + 2 × 0.5)𝑑𝑥 5
= 12
=
Y = 0.5
12
∫0 3(𝑥 + 2 × 0.5) 𝑑𝑥


12

Câu 4.(1.5 điểm) Malcheon Health Clinic tuyên bố rằng thời gian trung bình
một bệnh nhân chờ khám khơng q 20 phút. Một cuộc khảo sát ngẫu nhiên 15 bệnh
nhân cho thấy thời gian chờ khám trung bình là 24.77 phút với độ lệch chuẩn có
hiệu chỉnh là 7.26 phút. Giả sử thời gian chờ khám là đại lượng ngẫu nhiên có phân
phối chuẩn. Dựa vào dữ liệu khảo sát hãy kiểm tra phịng khám đó tun bố đúng
khơng với mức ý nghĩa 0.05.
Bài giải:
H0: u = 20 (phút)
H1: u > 20 (phút)
𝑥̅ = 24.77 (phút), n = 15, s = 7.26 (phút)
15 − 1
α = 0.05 => 𝑡0.1
= 1.761 (Bảng Student)

Miền bác bỏ: W0.1 = [1.761, +∞)
tqs =

(24.77 − 20) × √15
7.26


= 2.5446 ∈ W0.1

 Bác bỏ H0, thừa nhận H1
 Phịng khám đó tun bố khơng đúng
Câu 5.(2.5 điểm) Nếu một đồng xu có hai mặt cân bằng thì khi tung lên, tỉ lệ hiện mặt
sấp và mặt ngửa là như nhau (nếu số lần tung đủ lớn). Do đó để kiểm tra một đồng xu có
cân bằng hay không, người ta thử tung đồng xu 100 lần và thấy có 63 lần hiện mặt ngửa.
Với mức ý nghĩa 0.05 có thể kết luận đồng xu đó khơng cân bằng hay không? Xây dựng
khoảng tin cậy cho tỉ lệ xuất hiện mặt ngửa của đồng xu đó với độ tin cậy 95% ?
H0: p = 0.5
H1: p ≠ 0.5
α = 0.05 => tα = 1.96 ; f =

63
100

Miền bác bỏ: W0.05 = (-∞ , -1.96] U [1.96, +∞)


13
tqs =

(0.63 − 0.5) × √100
√0.5 × 0.5

= 2.6 ∈ W0.05

 Vậy bác bỏ H0, thừa nhận H1.
 Vậy đồng xu đó khơng cân bằng.
0.63 × (1 − 0.63)


Lại có: ε = 1.96 × √

100

= 0.0946

 Khoảng tin cậy (0.5354, 0.7246)
Câu 6.(1 điểm) Sau đây là là dữ liệu về mã lực X và chiều dài đường đi được Y(đơn
vị dặm) của 12 động cơ.
X

151 220

198

134

Y

41

28

36.6 31.8 42.8 26.6 36.9

35

213


121

247

162

239

140

253

237

27.4 40.6 23.9

27.8

a) Tính hệ số tương quan và nhận xét về tính tuyến tính của X và Y.
b) Viết phương trình hồi qui tuyến tính của Y theo X. Dự đoán chiều dài quãng đường
đi được khi mã lực bằng 350.
Bài giải:
a) Casio 580VN => r = -0.9143 vì |r| = 0.9143 => X và Y có quan hệ tuyến tính mạnh.
b) Y = 56.6476 – 0.1215X => Chiều dài quãng đường đi được khi mã lực bằng 350 là:
=> Y = 56.6476 – 0.1215 × 350 = 14.1226 (dặm)


14

Trong một đợt kiểm tra một loại cây B có cùng độ tuổi, người ta chọn được một mẫu

gồm số cây và chiều cao cho trong bảng sau
Chiều cao (cm)
Số cây

235 225

215

205

190

30

30

15

10

35

a) Hãy ước lượng chiều cao trung bình của loại cây B, với độ tin cậy 95%.
b) Cây loại B có chiều cao dưới 210 (cm) là cây khơng đạt tiêu chuẩn. Hãy ước lượng
tỉ lệ cây loại B không đạt tiêu chuẩn, với độ tin cậy 95%.
Bài giải:
a) 1 – α = 0,95 => tα = 1.96 ; 𝑥̅ = 219.5833 (cm) ; s = 13.1983 (cm) ; n=120
ε = 1.96 ×

13.1983

√120

= 2.3615

 Khoảng ước lượng (217.2218, 221.9448)
b) f =

15 + 10
5
=
; 1 – α = 0,95 => tα = 1.96
120
24
5

5

× (1 − )
24
ε = 1.96 × √24
= 0.0727 => Khoảng tỉ lệ (13.56%, 28.10%)
120

Trong một đợt kiểm tra một loại cây X có cùng độ tuổi, người ta chọn được
một mẫu gồm 120 cây và chiều cao trung bình của mẫu này là 219.5833
với độ lệch mẫu hiệu chỉnh 13.1983.
a) Với mẫu số liệu như trên, nếu muốn ước lượng chiều cao trung bình
của loại cây X đạt độ tin cậy 99% và độ chính xác 1.8 cm thì cần
phải khảo sát thêm bao nhiêu cây nữa ?
b) Với mức ý nghĩa 5%, có thể cho rằng chiều cao trung bình của cây

loại X là 225 cm hay không ?
Giải bài :
a) 𝑥̅ = 219.5833 (cm) ; s = 13.1983 (cm) ; 1 – α = 0,99 => tα = 2.58
ε = 2.58 ×

13.1983
√𝑁

= 1.8  N = 358 (cây)


15
b) α = 0.05

H0 : μ = 225 (cm)
H1 : μ ≠ 225 (cm)
Miền bác bỏ: W0.05 = (-∞, -1.96] U [1.96, +∞]
tqs =

(219.5833 − 225) × √120
13.1983

= -4.4958 ∈ W0.05

 Bác bỏ H0, thừa nhận H1 => không thể cho rằng chiều cao của cây loại X là 225 cm.

Để đánh giá trữ lượng cá trong hồ người ta đánh bắt 2000 con cá
đánh dấu rồi thả xuống hồ. Sau đó bắt lại 400 con thì thấy 80 con
có dấu. Với độ tin cậy 95%, hãy ước lượng trữ lượng cá trong hồ.
Bài giải:

n = 400 (con) ; m = 80 (con) ; 1 – α = 0,95 => tα = 1.96
f=

80
= 0.2
400

 ε = 1.96 × √

0.2 × 0.8
400

= 0.0392

 Tỉ lệ số cá đánh dấu (16.08%, 23.92%)
 Cá trong hồ
0.1608 <

2000
< 0.2392
N

 8361.204 < N < 12437.811 (con)


16

Làm thêm : Mẫu điều tra về sản lượng sữa của một giống bị tại
một nơng trường trong một ngày
x,(lít/ngày)


0–3

3–6

6–9

9 – 12

12 – 15

Số con bò

10

24

42

16

8

a) Với độ tin cậy 95%, hãy ước lượng sản lượng sữa trung bình
một ngày của nơng trường. Biết nơng trường chỉ có 1000 con bị
sữa loại này.
b) Với mức ý nghĩa 5%, có thể cho rằng sản lượng sữa trung bình
của một con bị là 7.75 lít/ngày khơng?

Tham khảo nhiều nguồn

Có sai sót liên hệ: