Thống kê y học Lê Trường Giang pdf

Loading Preview

Sorry, preview is currently unavailable. You can download the paper by clicking the button above.

CÁC CHỈ SỐTHỐNG KÊ Y HỌCThs. Lê Huỳnh Thị Cẩm Hồng1Mục tiêu1. Phân biệt được các chỉ số thống kê y học;2. Lý giải được ý nghĩa của các chỉ số thống kêy học.3. Lựa chọn và tính toán các chỉ số phù hợp;2Khái niệm Dịch Tễ Học [Epidemiology] Epi: thuộc về/ở trên Demo: dân số Ology: nghiên cứu Epidemiology: là bất cứ nghiên cứu liên quanđến con người3Epidemiology – Định nghĩa“Dịch tễ học là một môn khoa học nghiên cứu về sựphân bố và các yếu tố quyết định các tình trạng hayvấn đề sức khỏe trong một dân số cụ thể và ứng dụngcác nghiên cứu này vào việc kiểm soát các vấn đề sứckhỏe.”4Tình trạng hay vấn đề sức khỏeCác vụ dịch gây ra do các bệnh truyền nhiễmCác bệnh truyền nhiễm lưu hành địa phươngCác bệnh không lây truyềnCác bệnh mãn tính, tai nạn thương tích, khuyếttật bẩm sinh, sức khỏe bà mẹ và trẻ em, sứckhỏe nghề nghiệp và sức khỏe môi trườngCác hành vi liên quan đến sức khỏe và tìnhtrạng nâng cao sức khoẻ5SỐ ĐO DỊCH TỂ Tỷ số, tỷ lệ, tỷ suất, tần suất; Số hiện mắc; tỷ lệ hiện mắc; Số mới mắc; tỷ suất mới mắc; OR; RR;PR Độ nhạy, độ đặc hiệu; Giá trị tiên đoán âm; giá trị tiên đoán dương6Tỷ số [ratio] Tỷ số [Ratio]: là một phân số mà tử số có thể không có liên hệgì với mẫu số hay nói cách khác trong tỷ số, tử số không nhấtthiết chứa trong mẫu số. Tỷ số có giá trị từ 0 đến vô hạn [0∞] Tử số có thể khác đơn vị đo lường với mẫu số [Vd: BMI] Ký hiệu x : y7Một số dạng tỷ số dùng trong y học Chỉ số khối cơ thể [BMI: Body mass index] Tỷ số nguy cơ [RR: Risk ratio] Tỷ số số chênh [OR: odds ratio] Tỷ số rủi ro [HR: hazards ratio]8Tỷ lệTỷ lệ [Proportion]: là một dạng của tỷ số nhưng cấu trúc của tỷ lệkhác với tỷ số ở phần tử số. Tử số là một phần của mẫu số. Tử số và mẫu số phải cùng đơn vị đo lường. Tỷ lệ có thể nhân cho 100 để thành số phần trăm [percent]. Giá trị dao động từ 0 đến 1 [nếu diễn tả bằng phần trăm thì từ 0 đến100%].Kí hiệu: x/[x+y] hoặc [%]: x/[x+y]*100Tỷ lệ cho ta biết xác suất xảy ra hiện tượng hoặc bao nhiêu phần trămcủa dân số bị ảnh hưởng bởi một bệnh/hiện tượng sức khỏe nào đó.9Tỷ suất [rate] “suất” chỉ hiện tượng có liên quan đến thời gian. Tỷ suất khác biệt với tỷ lệ: mẫu số có thể bao gồm yếu tố thờigian , còn mẫu số của tỷ lệ thì không có thời gian. Giá trị từ 0 đến vô hạn [0∞] Tỷ suất cho ta biết tốc độ/mức độ lan rộng của một bệnh/hiệntượng sức khỏe trong một dân số.10Báo cáo từ Tổng cục thống kê Việt Nam có ghirằng:“Tỷ suất sinh thô của Việt Nam năm 1957 là44‰. Sau 50 năm đẩy mạnh kế hoạch hoá giađình, tỷ suất này giảm xuống còn 17,2‰ năm2007”[Tỷ suất sinh thô cho biết có 1.000 dân, thì cóbao nhiêu trẻ em sinh ra sống trong năm.]11Tỷ suất hiện mắc và tỷ suất mới mắcĐây là hai số đo lường bệnh trạng được sửdụng trong dịch tễ học, thống kê y học12Tỷ suất hiện mắc13 Số hiện mắc: Con số những trường hợp bệnh hiện cóvào một thời điểm cụ thể Tỷ suất hiện mắc đo lường tần số hiện mắc bệnh củamột quần thể ở một điểm thời gian nhất định [tỷ lệ hiệnmắc tại một thời điểm] hoặc ở một khoảng thời gian nhấtđịnh [tỷ lệ hiện mắc trong một khoảng thời gian] Tỷ suất hiện mắc dùng để đánh giá tình trạng sức khỏecủa một quần thể, là cơ sở để lập kế hoạch đánh giá nhucầu chăm sóc sức khỏe của quần thể [số cán bộ y tế, số14giường bệnh, cơ số thuốc điều trị]P = Prevalence = Tỷ suất hiện mắcMức độ phổ biến của bệnh ở thời điểm quan tâm15Công thức tổng quátTỷ suất hiện mắc =Số những ca bệnh hiện cóToàn bộ số dânVào 1 thời điểm/khoảng thời gian16Tỷ suất hiện mắcSố ca bệnh mạch vành tại TPHCM năm 201410,0001,000Tỷ suất mắc BMV tại TPHCMnăm 2014 là bao nhiêu?bệnhkhông bệnhTình hình BMV tại TPHCM năm2014 như thế nào?17•Tỷ suất mắc BMV = 1,000/10,000 = 0.10= 10%•Cứ 100 người , có 10 người hiện đang mắcBMV18Tỷ suất hiện mắc thời điểmTỷ suất hiện mắc thời điểm: là xác suất để 1 cá nhân trong 1dân số, có bệnh vào 1 thời điểm.Tỷ suất hiện mắc =Số những ca bệnh hiện cóToàn bộ số dânVào 1 thời điểm19Ví dụ số hiện mắc thời điểm:- Số ca bệnh mạch vành tại huyện Cai Lậy, Tiền Giang ngày12/3/2013.- Số ca mắc bệnh lao tại BV Phạm Ngọc Thạch ngày15/10/2015.- Số ca mắc bệnh tả tại BV Thị xã 18/10/ 2015.20Tỷ suất hiện mắc thời khoảngLà tỷ lệ dân số có bệnh vào bất kỳ thời điểm nào trongmột khoảng thời gian cụ thể.Tỷ suất hiện mắc =Số những ca bệnh hiện cóToàn bộ số dânVào 1 khoảng thời gian21Số hiện mắc thời khoảng•Số hiện mắc thời khoảng gồm số hiện mắc thời điểm vào đầu thờikhoảng cộng với những ca mới mắc trong suốt thời gian đó;•Nếu khoảng thời gian là 1 năm thì dân số trung bình là dân số giữanăm [vào ngày 1 tháng 7];•Thường được dùng đối với các bệnh khó xác định thời điểm khởiphát chính xác [để tính số mới mắc]; và khó xác định ngày đốitượng thật sự bệnh [để tính số hiện mắc thời điểm]. VD: bệnh tâmthần22Ví dụ số hiện mắc một thời khoảng:- Số ca mắc bệnh mạch vành trong năm 2012 toàn TPHCM.- Số ca nạo phá thai tại BV Từ Dũ năm 2010.- Số ca mắc hội chứng tiêu chảy cấp tháng 9 năm 2008.23Công thức tổng quátSố những ca bệnh hiện cóTỷ suất hiện mắc =Toàn bộ số dânVào 1 thờiđiểm/khoảngthời gian24Tỷ suất mới mắc25

Kết quả 1-2 trong khoảng 2

• Ebook Căn bản thống kê y học: Phần 2 - Ðỗ Văn Dũng

  Căn bản thống kê y học: Phần 2 trình bày các kiến thức về: phân tích sống còn, phân tích Poisson, tính phù hợp của phân phối tần suất, phép biến đổi, phương pháp phi tham số, lập kế hoạch và tiến hành nghiên cứu, nguồn gốc sai số, phương pháp lấy mẫu, nghiên cứu đoàn hệ và bệnh chứng, thử nghiệm lâm sàn và nghiên cứu can thiệp, tính cỡ mẫu...

   88 p pnt 23/03/2015 431 5

  Từ khóa: Căn bản thống kê y học, Căn bản thống kê y học Phần 2, Tài liệu Y học, Phân tích Poisson, Phép biến đổi, Phương pháp phi tham số

Tóm tắt nội dung tài liệu

1. TRƯỜNG ĐẠI HỌC TÀI CHÍNH - MARKETING KHOA CÁC MÔN KHOA HỌC CƠ BẢN BỘ MÔN TOÁN - THỐNG KÊ ——————————————— ThS. LÊ TRƯỜNG GIANG BÀI TẬP ÔN THI XÁC SUẤT - THỐNG KÊ [Tài liệu lưu hành nội bộ] Tp. Hồ Chí Minh, ngày 16, tháng 04, năm 2015
2. Chương 1 Biến cố ngẫu nhiên và xác suất Bài 1.1. Một hộp chứa 3 bi trắng, 7 bi đỏ và 15 bi xanh. Một hộp khác chứa 10 bi trắng, 6 bi đỏ và 9 bi xanh. Lấy ngẫu nhiên từ mỗi hộp một bi. Tìm xác suất để hai bi rút ra cùng màu. Giải Gọi A là biến cố hai bi rút ra cùng màu, khi đó 3 10 7 6 15 9 207 P [A] = + + = . 25 25 25 25 25 25 625 Bài 1.2. Tìm xác suất của điểm M rơi vào hình tròn nội tiếp tam giác đều cạnh a = 2cm. Giải Gọi A là biến cố điểm M rơi vào hình tròn nội √ tiếp tam giác đều cạnh a = 2cm. Gọi h là 3 √ đường cao trong tam giác đều, khi đó h = a. = 3 2 + Ta có diện tích của tam giác đều đã cho là 1 √ mes [Ω] = ah = 3 2 + Ta có diện tích hình tròn đã cho là 1 π mes [A] = π.R2 = πh2 = . 9 3 Vậy theo công thức xác suất hình học ta có mes [A] π/3 P [A] = = √ ≈ 0, 605. mes [Ω] 3 Bài 1.3. Giả sử A và B hẹn gặp nhau trong khoảng thời gian [0;60] với điều kiện người thứ nhất tới sẽ đợi người kia trong 20 đơn vị thời gian, sau đó đi khỏi. Tính xác suất để A và B gặp nhau. 1
3. Giải Giả sử x là thời gian đến của A, y là thời gian đến của B. Khi đó, không gian các biến cố sơ cấp tương ứng với phép thử sẽ là tập hợp Ω có dạng {[a, b] ∈ R2 : 0 ≤ x ≤ 60 và 0 ≤ y ≤ 60}. Kí hiệu C là biến cố 2 người gặp nhau, khi đó C = {[x, y] ∈ Ω; |x − y| ≤ 20} . Vậy theo công thức xác suất hình học ta có 602 − [60 − 20]2 5 P [C] = 2 = . 60 9 Bài 1.4. Từ một hộp chứa 8 viên bi đỏ và 5 viên bi trắng người ta lấy ngẫu nhiên 2 lần, mỗi lần 1 viên bi, không hoàn lại. Tính xác suất để lấy được: a] 2 viên bi đỏ b] 2 viên bi khác màu c] Viên bi thứ hai là bi trắng. Giải Với i ∈ {1, 2}, đặt: Ti : "viên bi lấy ra lần thứ i là bi trắng", Di : "viên bi lấy ra lần thứ i là bi đỏ". a] Đặt A: "lấy được 2 viên bi đỏ", chúng ta có: 8 7 14 P [A] = P [D1 D2 ] = P [D1 ] .P [D2 /D1 ] = . = 13 12 39 b] Đặt B: "lấy được hai viên bi khác màu", chúng ta có: P [B] = P [T1 D2 + D1 T2 ] = P [T1 D2 ] + P [D1 T2 ] = P [T1 ] P [D2 /T1 ] + P [D1 ] P [T2 /D1 ] 5 8 8 5 = + 13 12 13 12 20 = 39 2
4. 5 c] tương tự ta có P [T2 ] = . 13 Bài 1.5. Ba người cùng vào một cửa hàng. Mỗi người muốn mua cùng một cái Tivi, nhưng cửa hàng chỉ còn hai cái Tivi. Người bán hàng làm 3 lá thăm, trong đó có hai lá được đánh dấu. Mỗi người lần lượt rút một lá thăm. Nếu ai rút được lá có đánh dấu thì được mua Tivi. Chứng minh rằng cách làm trên là công bằng cho cả ba người mua hàng. Giải Với i ∈ {1, 2, 3}, đặt Ai : "người thứ i rút được lá thăm có đánh dấu", chúng ta có: • P [A1 ] = 23 , • A2 = A1 A2 + A1 A2 , nên [ ] [ ] 2 1 1 2 P [A2 ] = P [A1 ] .P [A2 /A1 ] + P A1 .P A2 /A1 = . + .1 = 3 2 3 3 [ ] [ ] 2 • A3 = A1 A2 A3 + A1 A2 A3 ⇒ P [A3 ] = P A1 A2 A3 + P A1 A2 A3 = 3 Vậy cách làm trên là công bằng cho cả 3 người mua hàng. Bài 1.6. Có hai hộp thuốc. Hộp thứ nhất đựng 8 lọ thuốc, trong đó có 3 lọ kém chất lượng; hộp thứ hai đựng 6 lọ thuốc, trong đó có hai lọ kém chất lượng. a] Lấy ngẫu nhiên từ mỗi hộp ra một lọ. Tính xác suất để được 1 lọ tốt và 1 lọ kém chất lượng. b] Lấy ngẫu nhiên một hộp rồi từ hộp đó lấy ra một lọ thì được lọ kém chất lượng. Tính xác suất để lọ kém chất lượng đó thuộc hộp 2. Giải a] Lấy ngẫu nhiên mỗi hộp ra một lọ: Với i ∈ {1, 2}, đặt tên các biến cố: Ti : "Lọ thuốc lấy ra từ hộp thứ i là lọ tốt", Ki : "Lọ thuốc lấy ra từ lọ thứ i là lọ kém chất lượng". Khi đó ta có A = K1 T2 + T1 K2 ⇒ P [A] = P [K1 T2 + T1 K2 ] = P [K1 T2 ] + P [T1 K2 ] 11 = P [K1 ] P [T2 ] + P [T1 ] P [K2 ] = 24 3
5. b] Lấy ngẫu nhiên một hộp rồi từ hộp đó lấy ra một lọ: Đặt Hi : "lấy được hộp thứ i" [i = 1, 2] và B: "lấy được lọ kém chất lượng". Chúng ta có: B = H1 B + H2 B P [H1 ] = P [H2 ] = 12 ; P [B/H1 ] = 83 ; P [B/H2 ] = 26 Vậy xác suất cần tìm là P [H2 ] .P [B/H2 ] P [H2 /B] = P [B] P [H2 ] .P [B/H2 ] = P [H1 ] .P [B/H1 ] + P [H2 ] .P [B/H2 ] 8 = 17 Bài 1.7. Có hai hộp đựng bi: hộp I có 5 bi trắng và 7 bi đen; hộp II có 6 bi trắng và 4 bi đen. Lấy ngẫu nhiên 1 bi từ hộp I bỏ sang hộp II, rồi từ hộp II lấy ngẫu nhiên ra 1 bi. Tính xác suất: a] Bi lấy từ hộp II là bi trắng. b] Bi lấy từ hộp I sang hộp II là bi trắng, biết rằng bi lấy từ hộp II là bi trắng. Giải Gọi Ti : "biến cố bi lấy từ hộp thứ i là bi trắng", i = 1, 2. a] Ta cần tính P [T2 ]. Ta có {T1 , T1 } là hệ đầy đủ và xung khắc. áp dụng CTXSTP: [ ] [ ] P [T2 ] = P [T1 ] .P [T2 /T1 ] + P T1 .P T2 /T1 5 7 7 6 7 = . + . = ≈ 0, 5833. 12 11 12 11 12 b] Ta cần tính: P [T1 .T2 ] P [T1 ] .P [T2 /T1 ] 5 P [T1 /T2 ] = = = ≈ 0, 4545. P [T2 ] P [T2 ] 11 Bài 1.8. Điều tra về giới tính của sinh viên ở một trường học, người ta thấy rằng có 65% nam và 35% nữ. Trong đó, tỷ lệ học sinh nữ và nam thích chơi game tương ứng là 20% và 25%. Chọn ngẫu nhiên một sinh viên của trường này, tính xác suất: 4
6. a] Sinh viên được chọn thích chơi game. b] Sinh viên được chọn là nam, biết rằng sinh viên này thích chơi game. Giải a] Gọi A là biến cố chọn được sinh viên thích chơi game; A1 là biến cố chọn được sinh viên nữ; A2 là biến cố chọn được sinh viên nam. Ta có P [A1 ] = 35%; P [A2 ] = 65% và {A1 , A2 } là hệ đầy đủ áp dụng CTXSTP: P [A] = P [A1 ] .P [A/A1 ] + P [A2 ] .P [A/A2 ] = 35%.20% + 65%.25% = 0.2325. b] Ta cần tính: P [A2 .A] P [A2 ] .P [A/A2 ] P [A2 /A] = = = 0, 6989. P [A] P [A] Bài 1.9. Một nhà máy có hai phân xưởng. Sản lượng của phân xưởng I gấp 3 lần sản lượng của phân xưởng II. Tỷ lệ phế phẩm của phân xưởng I và II lần lượt là 3% và 5%. Chọn ngẫu nhiên 1 sản phẩm của nhà máy, tính xác suất: a] Chọn được sản phẩm tốt do phân xưởng I sản xuất. b] Chọn được 1 phế phẩm. c] Giả sử chọn được sản phẩm tốt, tính xác suất để sản phẩm này do phân xưởng I sản xuất. Giải Gọi A là biến cố chọn được sản phẩm tốt; Ai là biến cố chọn được sản phẩm do phân xưởng thứ i sản xuất, i = 1, 2. 3 1 ⇒ P [A1 ] = ; P [A2 ] = 4 4 a] Ta cần tính: 3 P [A.A1 ] = P [A1 ] .P [A/A1 ] = . [1 − 3%] = 0, 7275 4 b] Ta cần tính: P [A]. Ta có: {A1 , A2 } là hệ đầy đủ áp dụng CTXSTP: [ ] [ ] [ ] 3 1 P A = P [A1 ] .P A/A1 + P [A2 ] .P A/A2 = .3% + .5% = 0.035. 4 4 5
7. c] Ta cần tính: P [A1 .A] P [A1 ] .P [A/A1 ] P [A1 /A] = = . P [A] P [A] áp dụng CTXSTP ta có: 3 1 P [A] = P [A1 ] .P [A/A1 ] + P [A2 ] .P [A/A2 ] = .97% + .95% = 0, 965. 4 4 3 .97% Khi đó, P [A1 /A] = 4 ≈ 0, 7539. 0, 965 Bài 1.10. Cho 3 hộp linh kiện máy tính mà khả năng lựa chọn của mỗi hộp là như nhau. Hộp thứ nhất có 30 linh kiện, trong đó có 20 linh kiện tốt và 10 linh kiện xấu. Hộp thứ hai có 30 linh kiện đều tốt. Hộp thứ ba có 30 linh kiện, trong có 15 linh kiện tốt và 15 linh kiện xấu. Chọn ngẫu nhiên một hộp và từ đó lấy ngẫu nhiên 1 linh kiện. a] Tính xác suất linh kiện lấy ra là linh kiện tốt. b] Giả sử linh kiện lấy ra là tốt. Tìm xác suất để linh kiện đó là của hộp thứ 3. Giải a] Gọi A là biến cố lấy ra là tốt và Bi là biến cố linh kiện lấy ra từ hộp thứ i; i = 1, 2, 3. Dễ thấy B1 , B2 , B3 lập thành một hệ đầy đủ các biến cố. Theo công thức xác suất đầy đủ, ta có: P [A] = P [B1 ] .P [A/B1 ] + P [B2 ] .P [A/B2 ] + P [B3 ] .P [A/B3 ] [ ] 1 20 30 15 13 = + + = . 3 30 30 30 18 b] Xác suất để linh kiện tốt lấy ra là của hộp thứ 3: P [B3 ] .P [A/B3 ] P [B3 /A] = = 0, 23. P [A] Bài 1.11. Trong một bệnh viện, tỉ lệ bệnh nhân các tỉnh như sau: tỉnh A có 25%, tỉnh B có 35%, tỉnh C có 40%. Biết rằng tỉ lệ bệnh nhân là giáo viên các tỉnh là: tỉnh A có 2%, tỉnh B có 3% và tỉnh C có 3,5%. Chọn ngẫu nhiên một bệnh nhân, tính xác suất để bệnh nhân đó là giáo viên. Giải Gọi X, Y, Z lần lượt là biến cố bệnh nhân được chọn thuộc tỉnh A, B, C. Các biến cố này tạo thành nhóm biến cố đầy đủ với xác suất: 6
8. 1 7 2 P [X] = ; P [Y ] = ; P [Z] = 4 20 5 Gọi U là biến cố bệnh nhân được chọn là giáo viên, khi đó ta có 2 3 7 P [U/X] = ; P [U/Y ] = ; P [U/Z] = 100 100 200 Theo công thức xác suất đầy đủ, ta có P [U ] = P [X] .P [U/X] + P [Y ] .P [U/Y ] + P [Z] .P [U/Z] = 0, 0295. Bài 1.12. Nhân viên một công ty A nhận về 3 kiện hàng để bán trong một cửa hàng trưng bày sản phẩm. Mỗi kiện hàng gồm 10 sản phẩm, trong đó gồm có sản phẩm loại I và sản phẩm loại II. Kiện hàng thứ nhất có 6 sản phẩm loại I, kiện hàng thứ hai có 8 sản phẩm loại I và kiện hàng thứ ba có 9 sản phẩm loại I. Nhân viên bán hàng chọn ngẫu nhiên một kiện và từ kiện đó chọn ngẫu nhiên 2 sản phẩm để trưng bày. a. Tính xác suất để 2 sản phẩm trưng bày là 2 sản phẩm loại I. b. Giả sử đã chọn 2 sản phẩm để trưng bày là sản phẩm loại I. Tính xác suất để 2 sản phẩm loại I này thuộc kiện hàng thứ ba. Giải a] + Gọi A là biến cố 2 sản phẩm trưng bày là 2 sản phẩm loại I. Ai là biến cố 2 sản phẩm này thuộc kiện hàng thứ i, i ∈ {1, 2, 3}. Ta có hệ {A1 , A2 , A3 } là hệ đầy đủ các biến cố. + Áp dụng công thức xác suất đầy đủ ta có ∑ 3 P [A] = P [Ai ] P [A/Ai ] i=1 = P [A1 ] P [A/A1 ] + P [A2 ] P [A/A2 ] + P [A3 ] P [A/A3 ] 1 C62 1 C2 1 C2 79 = . 2 + . 28 + . 29 = 3 C10 3 C10 3 C10 135 b] Áp dụng công thức Bayes, ta có xác suất cần tìm 1 C92 . 2 P [A3 ] P [A/A3 ] 3 C10 36 P [A3 /A] = = = P [A] 79 79 135 Bài 1.13. Có hai hộp sản phẩm, mỗi hộp chứa 8 chính phẩm và 2 phế phẩm. Người ta chuyển 1 sản phẩm từ hộp I sang hộp II, sau đó chuyển trả lại 1 sản phẩm từ hộp II về hộp I. Cuối cùng người đó lấy ở mỗi hộp ra 1 sản phẩm. Tính xác suất để cả 2 sản phẩm lấy ra đều là chính phẩm. 7
9. Giải + Gọi A là biến cố cả hai sản phẩm lấy ra đều là chính phẩm; H1 là biến cố chuyển 1CP từ hộp I sang hộp II và chuyển 1CP từ hộp II sang hộp I; H2 là biến cố chuyển 1PP từ hộp I sang hộp II và chuyển 1PP từ hộp II sang hộp I; H3 là biến cố chuyển 1CP từ hộp I sang hộp II và chuyển 1PP từ hộp II sang hộp I; H4 là biến cố chuyển 1PP từ hộp I sang hộp II và chuyển 1CP từ hộp II sang hộp I; + Ta có 8 9 72 P [H1 ] = . = ; 10 11 110 2 3 6 P [H2 ] = . = ; 10 11 110 8 2 16 P [H3 ] = . = ; 10 11 110 2 8 16 P [H4 ] = . = ; 10 11 110 + Xác suất cần tìm ∑ 4 P [A] = P [Hi ] P [A/Hi ] ≈ 0, 6371 i=1 Bài 1.14. Ba người mỗi người bắn một viên đạn vào cùng một mục tiêu với xác suất bắn trúng lần lượt là 0,7; 0,8 và 0,9. Biết rằng có ít nhất một viên trúng đích, tính xác suất để người thứ nhất bắn trúng. Giải + Gọi A là biến cố có ít nhất một viên trúng đích; Ai là biến cố người thứ i bắn trúng, i ∈ {1, 2, 3}. + Ta có [ ] [ ] P [A] = 1 − P A = 1 − P A1 A2 A3 = 1 − 0, 3.0, 2.0, 1 = 0, 994 + Xác suất cần tìm [ ] P [A1 A] P A1 A2 A3 + A1 A2 A3 + A1 A2 A3 + A1 A2 A3 P [A1 /A] = = ≈ 0, 7042 P [A] P [A] Bài 1.15. Một hộp đựng 15 quả bóng bàn trong đó có 9 quả còn mới và 6 quả đã sử dụng. Lần đầu người ta lấy ngẫu nhiên 3 quả trong 15 quả để thi đấu, sau đó lại trả vào hộp. Lần thứ hai lấy ngẫu nhiên 3 quả. Tìm xác suất để cả 3 quả lấy ra lần sau đều mới. 8
10. Giải + Gọi A là biến cố 3 quả bóng lấy ra lần sau đều mới. Ai là biến cố 3 quả bóng lấy ra lần đầu có i quả bóng mới, i ∈ {0, 1, 2, 3}. Ta có hệ {A0 , A1 , A2 , A3 } là hệ đầy đủ các biến cố. + Áp dụng công thức xác suất đầy đủ ta có ∑ n P [A] = P [Ai ] P [A/Ai ] i=0 = P [A0 ] P [A/A0 ] + P [A1 ] P [A/A1 ] + P [A2 ] P [A/A2 ] + P [A3 ] P [A/A3 ] C63 C93 C91 C62 C83 C92 C61 C73 C93 C63 = 3 . 3 + 3 . 3 + 3 . 3 + 3 . 3 ≈ 0, 089 C15 C15 C15 C15 C15 C15 C15 C15 Bài 1.16. Có hai chuồng nuôi gà cùng kích thước đặt cạnh nhau; chuồng thứ I có 5 con mái và 9 con trống; chuồng thứ II có 4 con mái và 6 con trống. Để cân đối số lượng gà trong mỗi chuồng, người ta chọn ngẫu nhiên 2 con gà từ chuồng I cho vào chuồng II. Sau đó chọn ngẫu nhiên 2 con gà từ chuồng II để làm thịt. Tính xác suất để a. Hai con gà chọn ra là gà trống. b. Hai con gà chọn ra gồm một con trống và một con mái. Giải a] + Gọi A là biến cố 2 con gà chọn ra là gà trống. Ai là biến cố 2 con gà từ chuồng I vào chuồng II có i con gà trống, i ∈ {0, 1, 2}. Ta có hệ {A0 , A1 , A2 } là hệ đầy đủ các biến cố. + Áp dụng công thức xác suất đầy đủ ta có ∑ n P [A] = P [Ai ] P [A/Ai ] i=0 = P [A0 ] P [A/A0 ] + P [A1 ] P [A/A1 ] + P [A2 ] P [A/A2 ] C52 C62 C51 C91 C72 C92 C82 = 2 . 2 + 2 . 2 + 2 . 2 ≈ 0, 35 C14 C12 C14 C12 C14 C12 b] + Gọi B là biến cố 2 con gà chọn ra gồm 1 gà trống và 1 gà mái. Ai là biến cố 2 con gà từ chuồng I vào chuồng II có i con gà trống, i ∈ {0, 1, 2}. Ta có hệ {A0 , A1 , A2 } là hệ đầy đủ các biến cố. + Áp dụng công thức xác suất đầy đủ ta có ∑ n P [B] = P [Ai ] P [B/Ai ] i=0 = P [A0 ] P [B/A0 ] + P [A1 ] P [B/A1 ] + P [A2 ] P [B/A2 ] C52 C61 C61 C51 C91 C51 C71 C92 C41 C81 = 2 . 2 + 2 . 2 + 2 . 2 ≈ 0, 51 C14 C12 C14 C12 C14 C12 9
11. Bài 1.17. Gieo 100 hạt đậu tương. Xác suất nảy mầm của mỗi hạt là 0,9. Tính xác suất để trong 100 hạt: a] Có 85 hạt nảy mầm. b] Có ít nhất 99 hạt nảy mầm. Giải a] Gọi A là biến cố có 85 hạt nảy mầm, khi đó ta có 85 P [A] = P100 [85] = C100 [0, 9]85 [0, 1]15 = 0, 0327 b] Gọi B là biến cố có ít nhất 99 hạt nảy mầm. Ta cần tính P [B]. Gọi C là biến cố có 99 hạt nảy mầm và D là biến cố có 100 hạt nảy mầm. Ta có B = C + D [C và D xung khắc] ⇒ P [B] = P [C] + P [D] = P100 [99] + P100 [100] 99 = C100 [0, 9]99 [0, 1]1 + C100 100 [0, 9]100 [0, 1]0 = 0, 0003. Bài 1.18. Ngân hàng đề thi môn Xác Suất Thống Kê có 500 câu hỏi. Thầy Hùng chọn ngẫu nhiên 20 câu hỏi để làm đề thi cuối kỳ. Mỗi câu hỏi có 4 phương án trả lời trong đó chỉ có một phương án đúng. Mỗi câu trả lời đúng đạt 0,5 điểm. Bạn Hậu làm bài thi bằng cách chọn hú họa một phương án cho mỗi câu hỏi. Tính xác suất để bạn Hậu đạt 8 điểm. Giải Gọi A là biến cố bạn Hậu đạt 8 điểm. Theo đề bài ta có lược đồ Bernoulli với: + Số phép thử : n = 20. + Xác suất để bạn Hậu trả lời đúng 1 câu hỏi: p = 0, 25. Ta có 16 P [A] = P20 [16] = C20 [0, 25]16 [0, 75]4 = 0, 357.10−6 Bài 1.19. Tỉ lệ sản xuất ra phế phẩm của một máy là 8%. Xem một lô hàng gồm 75 sản phẩm do máy đó sản xuất ra. 10
12. a] Tính xác suất để trong lô hàng có 10 phế phẩm. b] Tính xác suất để có ít nhất một phế phẩm? Giải Nếu xem việc máy sản xuất ra một sản phẩm là một phép thử Bernoulli, với xác suất cho "thành công" là p = 0, 08, thì khi máy đó sản xuất 75 sản phẩm, nó đã thực hiện quá trình B[75; 0, 08]. a] Xác suất phải tính: 10 P75 [10] = C75 [0, 08]10 .[0, 92]65 ≈ 0, 03941 b] Gọi B là biến cố có ít nhất 1 phế phẩm P [B] = 1 − [1 − p]n = 1 − [1 − 0, 08]75 ≈ 0, 998 Bài 1.20. Người ta muốn lấy ngẫu nhiên một số hạt từ một lô hạt giống có tỉ lệ hạt lép là 3% để nghiên cứu. Hỏi phải lấy ít nhất bao nhiêu hạt sao cho xác suất để có ít nhất một hạt lép không bé hơn 95%. Giải Gọi n là số hạt phải lấy, chúng ta có B[n; 0.03]. Xác suất để có ít nhất một hạt lép là 1 − [1 − 0, 03]n = 1 − [0, 97]n . Theo giả thiết, chúng ta có: 1 − [0, 97]n ≥ 0, 95 ⇔ [0, 97]n ≤ 0, 05 ⇔ n ≥ 98, 3523 Vậy, phải lấy ít nhất 99 hạt giống. 11
13. Chương 2 Biến ngẫu nhiên Bài 2.1. Lô hàng I có 10 sản phẩm tốt và 2 phế phẩm, lô hàng II có 14 sản phẩm tốt và 5 phế phẩm. Chọn ngẫu nhiên từ lô hàng I ra 1 sản phẩm và bỏ vào lô hàng II. Sau đó, từ lô hàng II chọn ngẫu nhiên ra 3 sản phẩm. Gọi X là số sản phẩm tốt trong 3 sản phẩm lấy ra từ lô hàng II. a] Lập bảng phân phối xác suất của X. b] Tính P [1 < X ≤ 4] . Giải a] Lập bảng PPXS của X: Ta có: X = 0, 1, 2, 3. Gọi A là biến cố sản phẩm lấy từ lô hàng I bỏ vào lô hàng II là sản phẩm tốt. { } ⇒ A, A là hệ đầy đủ, do đó áp dụng công thức xác suất toàn phần ta có [ ] [ ] P [X = k] = P [A] .P [X = k/A] + P A .P X = k/A k 10 C15 .C53−k 2 C14k .C63−k = . 3 + . 3 , k = 0, 3 12 C20 12 C20 Vậy bảng phân phối xác suất của X là: X 0 1 2 3 7 8 1057 2639 p 684 57 2280 6840 b] Dựa vào bảng phân phối xác suất, ta có: 581 P [1 < X ≤ 4] = P [X = 2] + P [X = 3] = ≈ 0, 8494. 684 12
14. Bài 2.2. Kiện hàng I có 12 sản phẩm trong đó có 3 phế phẩm, kiện hàng II có 15 sản phẩm trong đó có 5 phế phẩm. Chọn ngẫu nhiên từ mỗi kiện hàng ra 1 sản phẩm. Gọi X là số sản phẩm tốt chọn được. Lập bảng phân phối xác suất của X. Giải Ta có X = 0, 1, 2. Gọi Ai là biến cố sản phẩm lấy ra từ kiện hàng I là sản phẩm tốt, i = 1, 2. { } ⇒ A, A là hệ độc lập. áp dụng công thức nhân: [ ] [ ] [ ] 3 5 1 P [X = 0] = P A1 .A2 = P A1 .P A2 = . 12 15 = 12 , 9 10 P [X = 2] = P [A1 .A2 ] = P [A1 ] .P [A2 ] = . 12 15 = 12 , P [X = 1] = 1 − P [X = 0] − P [X = 2] = 5 12 . Vậy bảng PPXS của X là: X 0 1 2 1 5 1 p 12 12 2 Bài 2.3. Một xạ thủ có 4 viên đạn, bắn lần lượt từng viên vào một mục tiêu một cách độc lập. Xác suất trúng mục tiêu ở mỗi lần bắn là 0,7. Nếu có 1 viên trúng mục tiêu hoặc hết đạn thì dừng. Gọi X là số viên đạn đã bắn. a] Lập bảng phân phối xác suất của X. b] Tính P [2 ≤ X < 4]. Giải a] Lập bảng PPXS của X: Ta có X = 1, 4. Gọi Ai là biến cố viên đạn thứ i trúng mục tiêu, i = 1, 4. Theo giả thiết, {A1 , A2 , A3 } là hệ độc lập toàn phần. Ta tính các xác suất: P [X = 1] = P [A1 ] = 0, 7; [ ] [ ] P [X = 2] = P A1 .A2 = P A1 .P [A2 ] = 0, 3.0, 7 = 0, 21; [ ] [ ] [ ] P [X = 3] = P A1 .A2 .A3 = P A1 .P A2 .P [A3 ] = 0, 3.0, 3.0, 7 = 0, 063; P [X = 4] = 1 − P [X = 1] − P [X = 2] − P [X = 3] = 0, 027. 13
15. Vậy bảng PPXS của X là: X 1 2 3 4 p 0,7 0,21 0,063 0,027 b] Dựa vào bảng PPXS: P [2 ≤ X < 4] = P [X = 2] + P [X = 3] = 0, 273. Bài 2.4. Cho X là BNN rời rạc có bảng phân phối xác suất là X -2 0 1 2 3 p 0.1 0.2 0.1 0.5 0.1 a] Tìm hàm phân phối xác suất của X. b] Tính các xác suất P [0 ≤ X < 3]; P [−2 < X ≤ 3]. Giải a]    0 nếu x ≥ −2     0, 1 nếu −2 < x ≤ 0    0, 3 nếu 0
16. Do đó, 3 C15 .C51 455 P [X = 3] = 4 = ≈ 0, 4696. C20 969 c] Trung bình số chi tiết tốt được lấy ra: E[X] = np = 4. 15 20 = 3. N −n 15 5 16 Phương sai: D[X] = npq = 4. . . ≈ 0, 6316 N −1 20 20 19 Bài 2.6. Một đề thi có 10 câu hỏi, mỗi câu có 4 phương án trả lời trong đó chỉ có 1 phương án đúng. Sinh viên A trả lời một cách ngẫu nhiên tất cả các câu hỏi. Gọi X là số câu trả lời đúng trong 10 câu. a] Xác định quy luật phân phối của X. b] Tính xác suất để sinh viên A trả lời đúng từ 2 đến 3 câu hỏi. c] Tính xác suất để sinh viên A trả lời đúng ít nhất một câu hỏi. d] Tính trung bình số câu hỏi được trả lời đúng và phương sai của X. e] Tính số câu hỏi mà sinh viên A có khả năng trả lời đúng lớn nhất. Giải a] X tuân theo phân phối nhị thức: X ∼ B[10; 0, 25]. b] Ta có P [2 ≤ X ≤ 3] = P [X = 2] + P [X = 3] 2 = C10 [0, 25]2 [0, 75]8 + C10 3 [0, 25]3 [0, 75]7 ≈ 0, 531. c] Ta có P [X ≥ 1] = 1 − P [X < 1] = 1 − P [X = 0] ≈ 0, 943. d]Kỳ vọng và phương sai E [X] = np = 10.0, 25 = 2, 5; D [X] = npq = 10.0, 25.0, 75 = 1, 875. e] Số câu hỏi mà sinh viên có khả năng trả lời đúng nhất chính là M od[X], ta có np − q ≤ M od[X] ≤ np + p ⇔ 1, 75 ≤ M od [X] ≤ 2, 75 Vậy M od[X] = 2. Bài 2.7. một người nuôi 160 con gà mái cùng loại. Xác suất để 1 con gà đẻ trứng trong ngày là 0,8.Giả sử mỗi trứng bán được 2200 đồng, tiền cho mỗi con gà ăn trong ngày là 1000 đồng, tính số tiền lãi trung bình thu được trong ngày. 15
17. Giải a] Gọi X là số trứng thu được trong ngày, khi đó X ∼ B[160; 0, 8]. Gọi Y là số tiền thu được trong ngày. Ta cần tính E[Y ]. Ta có Y = 2200.X − 1000.160 = 2200X − 160000. Từ đây suy ra E[Y ] = 2200.E[X] − 160000 = 2200.160.0, 8 − 160000 = 121600 đồng. Bài 2.8. Tại một bến cảng, trung bình mỗi ngày có 5 tàu cập bến. Tính xác suất để trong một ngày: a] Có 3 tàu cập bến. b] Có ít nhất 4 tàu cập bến. c] Có đúng 5 tàu cập bến. d] Có từ 3 đến 7 tàu cập bến. Giải Gọi X là số tàu cập bến trong một ngày thì X ∼ P [5]. Do đó, e−5 .5k P [X = k] = [k = 0, 1, 2, ...] k! Ta có: e−5 .53 e−5 .125 a] P [X = 3] = = ≈ 0, 1404 3! 6 b] P [X ≥ 4] = 1 − P [X = 0] − P [X = 1] − P [X = 2] − P [X = 3] ≈ 0, 735 e−5 .55 e−5 .625 c] P [X = 5] = = ≈ 0, 175. 5! 24 d] P [3 ≤ X ≤ 7] = P [X = 3] + .. + P [X = 7] ≈ 0, 742. Bài 2.9. Tại một siêu thị, trung bình cứ 5 phút thì có 10 khách đến quầy tính tiền. a] Tính xác suất để trong 1 phút có 3 khách đến quầy tính tiền. b] Tính xác suất để trong 1 phút có từ 1 đến 3 khách đến quầy tính tiền. c] Tính số khách có khả năng đến quầy tính tiền lớn nhất trong 1 giờ. Giải 16
18. a] Gọi X là số khách đến quầy tính tiền trong 1 phút thì X ∼ P [λ1 ] với λ1 là trung bình 1.10 số khách đến quầy tính tiền trong 1 phút: λ1 = = 2. Ta có: 5 e−λ1 [λ1 ]3 e−2 .23 P [X = 3] = = ≈ 0, 18044 3! 3! b] Ta có P [1 ≤ X ≤ 3] = P [X = 1] + P [X = 2] + P [X = 3] ≈ 0.722 c] Gọi Y là số khách đến quầy tính tiền trong 1 giờ thì Y ∼ P [λ2 ] với λ2 là trung bình 60.10 số khách đến quầy tính tiền trong 1 giờ: λ2 = = 120. 5 Số khách có khả năng đến quầy tính tiền lớn nhất trong 1 giờ chính là M od[Y ]. Ta có: λ2 − 1 ≤ M od [Y ] ≤ λ2 ⇔ 119 ≤ M od [Y ] ≤ 120 Vậy M od[Y ] = 119 hoặc 120. Bài 2.10. Một người có 4 xe ôtô cho thuê. Hàng ngày, chi phí cho mỗi xe là 10usd [cho dù xe có được thuê hay không]. Giá cho thuê mỗi xe là 70usd. Giả sử yêu cầu thuê xe mỗi ngày là BNN có phân phối Poisson với tham số λ = 2, 8 . Tính số tiền trung bình người này thu được trong một ngày. Giải Gọi X là số yêu cầu thuê xe mỗi ngày. Theo giả thiết, X ∼ P [2, 8] nên E[X] = 2, 8. Gọi Y là số tiền thu được trong một ngày, ta có Y = 70X − 10.4 = 70X − 40 Vậy số tiền trung bình người này thu được trong một ngày là E[Y ] = 70E[X] − 40 = 70.2, 8 − 40 = 156 Bài 2.11. Một cửa hàng trong một khu phố nhập về mỗi ngày 34kg loại thực phẩm này với giá 2500 đồng/kg và bán ra với giá 4000 đồng/kg. Nếu bị ế thì cuối cùng cửa hàng phải bán hạ giá còn 15000 đồng/kg mới hết hàng. Tính tiền lời trung bình của cửa hàng này về loại thực phẩm nói trên trong một ngày. Cho biết nhu cầu hằng ngày của người dân ở một khu phố về một loại thực phẩm tươi sống là BNN X có bảng phân phối xác suất như sau: X[kg] 31 32 33 34 p 0.15 0.25 0.45 0.15 17
19. Giải Gọi Y là số tiền lời cửa hàng thu được trong một ngày. Ta có Y = 40000X + 15000[34 − X] − 25000.34 = 25000X − 340000. Từ đây ta suy ra E[Y ] = E[25000X − 340000] = 25000E[X] − 340000. Theo giả thiết bài toán ta có ∑ 4 E [X] = xi .pi = 32, 6 [kg] i=1 Vậy E[Y ] = 25000.32, 6 − 340000 = 475000 [đồng]. Bài 2.12. Theo số liệu thống kê ở một cửa hàng đậu tương, người ta thấy lượng đậu bán ra là BNN X có bảng phân phối xác suất như sau: X[kg] 10 13 16 19 22 p 0.15 0.2 0.35 0.2 0.1 Giả sử giá đậu nhập vào là 10000 đồng/kg thì cửa hàng sẽ lãi 5000 đồng/kg; nếu đến cuối ngày không bán được sẽ lỗ 8000 đồng/kg. Vậy mỗi ngày cửa hàng nên nhập bao nhiêu kg đậu để thu được tiền lãi trung bình nhiều nhất? Giải Gọi Y là tiền lãi cửa hàng thu được trong một ngày; Z là khối lượng đậu mà cửa hàng nên nhập vào mỗi ngày. Ta đi tìm Z sao cho E[Y ] nhiều nhất. Ta nhận thấy rằng Z nhận một trong các giá trị: 10,13,16,19,22. Ta có Y = 5000X − 8000 [Z − X] = 13000X − 8000Z ⇒ E [Y ] = 13000X − 8000Z Theo giả thiết ta có ∑ 4 E [X] = xi .pi = 15, 7 [kg] i=1 Suy ra E[Y ] = 13000.15, 7 − 8000Z = 204100 − 8000Z. Ta lập bảng: 18
20. X[kg] 10 13 16 19 22 E[Y ] 124100 108100 76100 52100 28100 Vậy cửa hàng nên nhập 10 [kg] đậu tương mỗi ngày. Bài 2.13. Chiều cao của một loại cây lấy gỗ là đại lượng ngẫu nhiên tuân theo quy luật phân phối chuẩn với chiều cao trung bình là 20m và độ lệch chuẩn là 2,5m. Cây đạt tiêu chuẩn khai thác là cây có chiều cao tối thiểu là 15m. Tính tỷ lệ cây đạt tiêu chuẩn khai thác. Giải Gọi X là chiều cao của cây. Ta có X ∼ N [µ, σ 2 ] với µ = 20m; σ = 2, 5m Tỷ lệ cây đạt tiêu chuẩn khai thác chính bằng P [X ≥ 15], ta có [ ] 15 − 20 P [X ≥ 15] = 0, 5 − Φ0 = 0, 5 − Φ0 [−2] = 0, 5 + 0, 4772 = 0, 9772. 2, 5 Bài 2.14. Chiều cao của các sinh viên ở một trường đại học là BNN có phân phối chuẩn với chiều cao trung bình là 158cm và độ lệch chuẩn là 7,5cm. Nếu chọn ra 10% sinh viên có chiều cao cao nhất thì chiều cao tối thiểu của sinh viên trong nhóm này là bao nhiêu? Giải Gọi X là chiều cao của sinh viên thì X ∼ N [µ, σ 2 ] với µ = 158; σ = 7, 5. Gọi a là chiều cao tối thiểu trong nhóm sinh viên có chiều cao cao nhất. Ta cần tìm a sao cho P [X ≥ a] = 10% = 0, 1. Ta có: [ ] [ ] a − 158 a − 158 P [X ≥ a] = 0, 1 ⇔ 0, 5 − Φ0 = 0, 1 ⇔ Φ0 = 0, 4 7, 5 7, 5 Ta suy ra: a − 158 = 1, 29 ⇔ a = 167, 675. 7, 5 Bài 2.15. Điểm thi Toeic của sinh viên năm cuối ở một trường đại học là BNN X có phân phối chuẩn với giá trị trung bình là 560 điểm và độ lệch chuẩn là 78 điểm. Tính: a] Tỷ lệ sinh viên có điểm từ 600 đến 700 điểm. b] Tỷ lệ sinh viên có điểm thi trên 500 điểm. c] Giả sử nhà trường muốn xác định điểm Toeic tối thiểu để sinh viên có thể ra trường với tỷ lệ 80%, tính điểm Toeic tối thiểu này. Giải 19

Page 2

YOMEDIA

Với kết cấu nội dung gồm 5 chương, bài tập ôn thi "Xác suất thống kê" cung cấp cho các bạn những kiến thức về biến cố ngẫu nhiên và xác suất, ước lượng tham số, kiểm định giả thiết thống kê, vector ngẫu nhiên, biến ngẫu nhiên,...

16-03-2016 495 62

Download

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2009-2019 TaiLieu.VN. All rights reserved.