Tải bản đầy đủ

Ước lượng tham số của biến ngẫu nhiên

Mục lục
1

Ước lượng không chệch, ước lượng hiệu quả

. . . . . . . . . .

1

2

Ước lượng hợp lý cực đại . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

5

3

Ước lượng khoảng tin cậy cho kỳ vọng của phân bố chuẩn . . 10

4


Ước lượng khoảng tin cậy cho tỷ lệ . . . . . . . . . . . . . . . 16

5

Ước lượng khoảng tin cậy cho phương sai của phân bố chuẩn . 18

6

Ước lượng khoảng cho hiệu hai tham số của hai biến ngẫu nhiên 19

1


2


Chương 1
ƯỚC LƯỢNG THAM SỐ CỦA
BIẾN NGẪU NHIÊN
1.1

Ước lượng không chệch, ước lượng hiệu
quả

a) Tiêu chuẩn không chệch:
Ước lượng θ = T (X1 , · · · , Xn ) của tham số θ được gọi là không chệch
nếu:
E[T (X1 , · · · , Xn )] = θ

b) Tiêu chuẩn hiệu quả:
Ước lượng không chệch θ được gọi là ước lượng hiệu quả nếu nó có
phương sai nhỏ nhất trong tất cả các ước lượng không chệch.

E θ = θ
V θ ≥ V (θ ) mà E(θ ) = θ
Bất đẳng thức Crame - Rao:
3


Nếu θ là ước lượng không chệch với ∀(θ) ≥



I=E

∂lnf (X, θ)
∂θ

1
nI
2

Ví dụ 1.1. Nếu biến ngẫu nhiên gốc X ∼ N (µ, σ 2 ) thì X là ước lượng hiệu
quả của µ.
Giải
σ2
hàm mật độ xác
Ta có X là ước lượng không chệch của µ và V (X) =
n
suất của X là:
−(x − µ)2
2σ 2
e

1
2πσ

(x − µ)2
lnf (x) = −ln 2πσ −
2σ 2
∂lnf (x)
x−µ

=
∂µ
σ2
(x − µ)2
V (X)
σ2
1
⇒I=E
=
=
=
σ4
σ4
s4
σ2
f (x) = √

Vậy X là ước lượng hiệu quả của µ.
Bài toán 1.1. Hai mẫu kích thước n1 = 3 và n2 = 4 được rút ra từ một
tổng thể có phân bố A(p) (tức là B(1, p)).
a) Hãy chứng minh rằng các tần suất mẫu f1 và f2 ứng với hai mẫu đó
đều là các ước lượng không chệch của p.
b) Ước lượng nào hiệu quả hơn? Tìm độ hiệu quả của f2 so với f1 .
c) Trong lớp các ước lượng tuyến tính αf1 + (1 − α)f2 , hãy tìm một ước
lượng hiệu quả hơn cả của p.
Giải

4


a) Vì X ∼ B(1, p) nên EX = p, V X = p(1 − p)
X11 + X12 + X13
3
X21 + X22 + X23 + X24
f2 =
4
E(X11 + X12 + X13 )
⇒E(f1 ) =
= P (do E(Xij) = EX = p)
3
E(X21 + X22 + X23 + X24 )
E(f2 ) =
=p
4
f1 =

⇒ f1 , f2 là ước lượng không chệch của p.
b) Ta có:
p(1 − p)
V (X11 + X12 + X13 )
=
9
3
V (X21 + X22 + X23 + X24 )
p(1 − p)
V (f2 ) =
=
16
16
V (f1 )
4

= >1
V (f2 )
3
V (f1 ) =

⇒ f2 hiệu quả.
c) Ta có:
V (αf1 + (1 − α)f2 ) = α2 V (f1 ) + (1 − α)2 V (f2 )
p(1 − p)
p(1 − p)
+ (1 − α)2
3
4
7 2 1
1
= ( α − α + )p(1 − p)
12
2
4
= α2

2

1
7
3
1
1
7 2 1
α−
+ ≥
α − α+ =
12
2
4
12
7
7
7
1
3
⇒ Amin = ⇔ α =
7
7
3
4
⇒ Ước lượng hợp lý hiệu quả nhất: f1 + f2
7
7
Bài toán 1.2. Giả sử có hai nhà kinh tế ước lượng mức chi tiêu trung bình
của các gia đình và họ dùng hai ước lượng không chệch, độc lập nhau là U, V .
Do nhà kinh tế thứ hai kém cẩn thận hơn nên độ lệch chuẩn của V lớn gấp
5


3 lần độ lệch chuẩn của U . Để kết hợp hai ước lượng lại sao cho thu được
1
1
một ước lượng chung, người ta đề nghị ba cách sau: W1 = U + V ; W2 =
2
2
3
1
U + V ; W3 = 1.U + 0.V .
4
4
a) Trong các ước lượng trên, ước lượng nào là ước lượng không chệch?
b) Trong các ước lượng trên, ước lượng nào là hiệu quả hơn cả.
Giải
E(U ) = E(V ) = µ, U, V độc lập.
Có: σ(V ) = 3σ(U ) ⇒ V (V ) = 9V (U )
a) Ta có:
1
1
1
U + V = EU +
2
2
2
1
1
= µ+ µ=µ
2
2
1
3
3
U + V = EU +
EW2 = E
4
4
4
3
1
= µ+ µ=µ
4
4
EW3 = E (1U + 0V ) = EU = µ
EW1 = E

1
EV
2

1
EV
4

⇒ EW1 = EW2 = EW3 = µ ⇒ cả ba đều là ước lượng không chệch.
b) Ta có:
1
1
1
1
U + V = V (U ) + V (V )
2
2
4
4
9
1
5
= V (U ) + V (U ) = V (U )
4
4
2
3
1
9
1
V (W2 ) = V
U + V = V (U ) + V (V )
4
4
16
16
9
9
9
= V (U ) + V (U ) = V (U )
16
16
8
V (W3 ) = V (1U + 0V ) = V (U )
V (W1 ) = V

⇒ V (W1 ) > V (W2 ) > V (W3 ). Vậy W3 hiệu quả hơn cả.
6


1.2

Ước lượng hợp lý cực đại

Mẫu W = (X1 , X2 , · · · , Xn ) có quan sát w = (x1 , x2 , · · · , xn ). Hàm hợp lý
đối với quan sát w
L(x1 , x2 , · · · , xn , θ) = f (x1 , θ) · · · f (xn , θ)

lnL = lnf (x1 , 0) + · · · + f (xn , 0)
Tìm cực đại của lnL thông qua việc tìm nghiệm của hệ:

∂lnL


=0
∂lnθ
2

 ∂ lnL < 0
∂ 2 θ2
Ví dụ 1.2. Tìm ước lượng hợp lý cực đại của EX = µ trong trường hợp
biến ngẫu nhiên gốc X ∼ N (µ, σ 2 )
Ta có hàm mật độ xác suất của X là
1
f (x) = √
2πσ

−(x − µ)2
2σ 2
e

nên
−(x − µ)2
1
2σ 2
lnf (x) = ln( √
e
)
2πσ

(x − µ)2
= −ln 2πσ −
2σ 2
Hàm hợp lý dựa trên mẫu với giá trị quan sát cụ thể w = (x1 , x2 , · · · , xn ) là:
Σ(xi − µ)2
1
2σ 2
L(ω, µ) = Πni=1 ( √ e
)



Ta sẽ tìm cực đại của hàm:

Σ(xi − µ)2
lnL(ω, µ) = −nln( 2πσ) −
2σ 2
7


Ta có:
∂L(ω, µ)
=0↔µ=x
∂µ


∂ 2 lnL(ω, µ)
< 0 tại x nên ước lượng hợp lý cực đại của µ là X
∂µ2

Bài toán 1.3 (2.3/30). Hãy tìm ước lượng hợp lý tối đa
(a) Cho trung bình tổng thể, biết nếu n = 4 được rút từ tổng thể phân
bố chuẩn và thu được các giá trị trung bình là 17, 28, 29, 41.
(b) Cho tỷ lệ phế phẩm của lô hàng biết rằng kiểm tra ngẫu nhiên 20 sản
phẩm của lô hàng thì có 8 phế phẩm.
Giải.
a) n = 4, x = 28, 75, s = 9, 81 biến ngẫu nhiên phân bố chuẩn nên:
−(x − µ)2
2σ 2
e

1
2πσ

(x − µ)2
lnf (x) = ln 2πσ −
2σ 2
f (x) = √

Hàm hợp lý dựa trên mẫu với giá trị quan sát cụ thể w = (x1 , x2 , · · · , xn )
là:
−(x − µ)2
2σ 2
e

1
L(ω, µ) = Πi = 1n ( √
2πσ

Σ(xi − µ)2
→ lnL(ω, µ) = ln 2πσ −
2σ 2
Ta có:
∂lnL(ω, µ)
=0↔µ=x
∂µ
∂ 2 lnL(ω, µ)
< 0 tại x nên ước lượng hợp lý cực đại của µ là x =
∂µ2
28, 75.



8


b) Gọi X là số phế phẩm trên 1 sản phẩm, X ∼ B(1, p) n = 20, quan sát
w = (x1 , x2 , · · · , x2 0)
Mật độ xác suất:
P (X = x) = px (1 − p)1−x
Hàm hợp lý:
L(ω, p) = P (X = x1 )P (X = x2 ) · · · P (X = xn )
= pΣxi (1 − p)n−Σxi
lnL(ω, p) = Σxi lnp + (n − Σxi )ln(1 − p)
∂lnL
Σxi n − Σxi
=

∂p
p
1−p
2
−Σxi n − Σxi
∂ lnL
=

2
∂p
p2
(1 − p)2
Ta có:
∂lnL
Σxi n − Σxi
=0↔

=0
∂p
p
1−p
↔ Σxi − pΣxi − pn + pΣxi = 0
↔ Σxi − pn = 0
↔p=

Σxi
=x
n

∂ 2 lnL
< 0 tại x nên ước lượng hợp lý cực đại cho p là x với x =
∂p2
Σxi
8
=
= 0, 4.
n
20



Bài toán 1.4 (2.4/30). Cho biến ngẫu nhiên X trong tổng thể Poison với
tham số λ. Để ước lượng λ, người ta điều tra một mẫu kích thước n = 3 và
thu được các giá trị 15, 8, 13.
a) Viết biểu thức hàm hợp lý.
b) Tìm giá trị của hàm hợp lý khi λ lần lượt nhận giá trị bằng 5, 10, 15.
9


c) Từ kết quả thu được, hãy ước lượng hợp lý tối đa của λ bằng bao nhiêu?
d) Hãy tìm ước lượng hợp lý tối đa của λ trong trường hợp tổng quát.
Giải:

λx
↔ lnP (X = x) = −λ + xlnL − lnx!
x!
Hàm hợp lý dựa trên mẫu với giá trị quan sát cụ thể W = (x1 , x2 , · · · , xn )

Ta có: P (X = x) = e−λ
là:

L = f (x1 , θ)f (x2 , θ) · · · f (xn , θ)
a)
L = f (x1 , θ)f (x2 , θ)f (x3 , θ)
λ15 −λ λ8 −λ λ13
e
e
15!
8!
13!
15 8 13
λ
λ
λ
= e−3λ
15!8!13!
= e−λ

b)
λ5 λ10 λ15
)
5!10!15!
= −3λ + 30lnλ − ln5!10!15!

lnL = ln(e−3λ

∂lnL
30
= −3 +
= 0 ↔ λ = 10
∂λ
λ
−30
∂ 2 lnL
=
<0
∂λ2
λ2
↔ λ = 10
c) Hàm hợp lý:
L = f (x1 , θ)f (x2 , θ) · · · f (xn , θ)
λx1 −λ λx2
λ xn
e
· · · e−λ
x1 !
x2 !
xn !
Σxi
λ
= e−nλ
xi !
= e−λ

↔ lnL = −nλ + Σxi lnλ − Σlnxi !
10


Ta có:

Σxi
Σxi
∂lnL


= −n +
=0↔λ=
=x
λ
λ
n
2

 ∂ lnL = −Σxi < 0
λ2
λ2
Vậy ước lượng hợp lý cực đại của λ là bằng x.
Bài toán 1.5 (2.5/31). Cho biến ngẫu nhiên X trong tổng thể phân bố mũ
với tham số θ. Để ước lượng θ, người ta điều tra một mẫu kích thước n = 5
và thu được các giá trị 1,2; 7,5; 1,8; 3,7; 0,8.
a) Tìm ước lượng hợp lý tối đa cho θ và giá trị hàm hợp lý khi θ lần lượt
là 0,1; 0,2; 0,5.
b) Tìm ước lượng hợp lý tối đa cho θ trong trường hợp tổng quát.
Giải: Ta có: f (x) = θe−θx , (x > 0)
→ lnf (x) = lnθ − θx
Hàm hợp lý dựa trên mẫu với giá trị quan sát cụ thể W = (x1 , x2 , · · · , xn )
L = f (x1 , θ)f (x2 , θ) · · · f (xn , θ)
= θe−θ1,2 θe−θ7,5 θe−θ1,8 θe−θ3,7 θe−θ0,8
= θ5 e−15θ
→ lnL = 5lnθ − 15θ

∂lnL
5
1


= − 15 = 0 ↔ θ =
∂θ
θ
3
2

 ∂ lnL = −5 < 0
∂θ2
θ2
Trong trường hợp tổng quát:
Ta có: f (x) = θe−θx , (x > 0)
→ lnf (x) = lnθ − θx
11


Hàm hợp lý dựa trên mẫu với giá trị quan sát cụ thể W = (x1 , x2 , · · · , xn )
là:
L = f (x1 , θ)f (x2 , θ) · · · f (xn , θ)
= θe−θx1 θe−θx2 · · · θe−θxn
= θn e−θΣxi
→ lnL = nlnθ − θΣxi

∂lnL
n
n
1


= − Σxi = 0 ↔ θ =
=
∂θ
θ
Σxi
x
2

 ∂ lnL = −n < 0
∂θ2
θ2
1
Vậy ước lượng hợp lý cực đại của θ là bằng
x

1.3

Ước lượng khoảng tin cậy cho kỳ vọng
của phân bố chuẩn

Giả sử mẫu W = (x1 , · · · , xn ) lấy từ tổng thể có biến ngẫu nhiên X ∼
N (µ, σ 2 ) trong đó µ chưa biết. Với độ tin cậy 1 − α ước lượng giá trị µ.
a) biết phương sai σ 2
σ
σ
Khoảng tin cậy: µ ∈ (x − U α2 √ , x + U α2 √ )
n
n
σ
độ dài khoảng tin cậy: l = 2U α2 √
n
σ
Sai số (độ chính xác): ε = U α2 √
n
Độ rộng khoảng tin cậy không vượt quá giá trị cho trước:
l ≤ l0 ↔ n ≥

4σ 2 U α2
2

l02

σ 2 U α2
=

2

ε20

σ
Khoảng tin cậy bên trái: µ = (−∞; x + Uα √ )
n
12


Khoảng tin cậy bên trái để ước lượng giá trị tối đa của µ tức là:
σ
µmax = x + Uα √
n
σ
Khoảng tin cậy bên phải: µ = (x − Uα √ ; +∞)
n
Khoảng tin cậy bên phải để ước lượng giá trị tối thiểu là:
σ
µmin = x − Uα √
n
→ Khoảng tin cậy tốt nhất là khaongr tin cậy đối xứng.
b) Chưa biết phương sai
s
s
√ , x + tn−1
√ )
Khoảng tin cậy: µ ∈ (x − tn−1
α
α
2
2
n
n
s

độ dài khoảng tin cậy: l = 2tn−1
α
2
n
s

Sai số (độ chính xác): ε = tn−1
α
2
n
Kích thước mẫu tối thiểu:
s2 (tn−1
)2
α
l ≤ l0 ↔ n ≥

2

ε20

s
Khoảng tin cậy bên trái: µ = (−∞; x − tαn−1 √ )
n
Khoảng tin cậy bên trái để ước lượng giá trị tối đa của µ tức là:
s

µmax = x + tn−1
α
n
s
√ ; +∞)
Khoảng tin cậy bên phải: µ = (x − tn−1
α
n
Khoảng tin cậy bên phải để ước lượng giá trị tối thiểu là:
s

µmin = x − tn−1
α
n
Chú ý 1.1. Nếu n > 30 hoặc các biến ngẫu nhiên độc lập cùng phân
bố với n lớn thì thống kê đó xấp xỉ phân bố chuẩn → thay t bằng u.
13


Bài toán 1.6 (2.5/23). Điều tra thu nhập X (triệu/tháng) của một số hộ
gia đình ở một vùng dân cư, thu được số liệu sau:
X
4 4,5 5 5,5 6 6,5 7 7,5 8
Số hộ

1

3

4

6

8

7

6

3

2

a) Ước lượng khoảng tin cậy đối xứng cho thu nhập trung bình mỗi tháng
của hộ dân ở vùng đó với độ tin cậy 95%. Độ dài khoảng tin cậy đối
xứng trong trường hợp này là bao nhiêu?
b) Muốn độ chính xác tăng gấp đôi thì cần điều tra thêm bao nhiêu hộ?
c) Ước lượng giá trị bé nhất của thu nhập trung bình mỗi tháng của hộ
dân vùng đó với độ tin cậy 90%
Giải
a) Đây là bài toán ước lượng trong trường hợp chưa biết phương sai, không
có giả thiết phân bố của X là chuẩn nhưng n > 30 nên ta có:
s
s
µ ∈ (x − U α2 √ ; x + U α2 √ )
n
n
Theo giả thiết ta có: n = 40, x = 6, 1125, s = 0, 9903 nên:
µ ∈ (5, 8056; 6, 4194)
Độ dài khoảng tin cậy là:
s
0, 9903
l = 2U α2 √ = 2.1, 96. √
= 0, 6138
n
40
b) Giả sử cần dùng mẫu n1 để độ chính xác của ước lượng tăng gấp đôi.
σ
Khi đó sai số của ước lượng bằng: U α2 √
n1
Để độ chính xác của ước lượng tăng gấp đôi thì sai số giả một nửa tức:
s
1
s
1
1
U α2 √ = U α2 √ ↔ √ = √ ↔ n1 = 4n = 160
n1
2
n1
n
2 n
Vậy cần điều tra thêm n1 − n = 160 − 40 = 120 (hộ).
14


c) Giá trị bé nhất của thu nhập trung bình mỗi tháng của hộ dân được
ước lượng:
s
µmin = x − Uα √ = 5, 9121
n
Bài toán 1.7. Doanh số của một cửa hàng là biến ngẫu nhiên phân bố
chuẩn với độ lệch chuẩn là 2 triệu/tháng. Điều tra ngẫu nhiên doanh số của
600 cửa hàng có quy mô tương tự nhau tìm được doanh số trung bình là 8,5
triệu. Với độ tin cậy 95%, hãy ước lượng doạn số trung bình của cửa hàng
thuộc quy mô đó.
Giải
Doanh số của cửa hàng đó là biến ngẫu nhiên phân bố chuẩn nên ta có
khoảng tin cậy cho trung bình là:
σ
σ
µ ∈ (x − Uα/2 √ ; x + Uα/2 √ )
n
n
Với n = 600, σ = 2, x = 8, 5; 1 − α = 0, 95 → α = 0, 05 → Uα/2 = 1, 96 .Ta
có:
µ ∈ (8, 3399; 8, 66)
Vậy doanh số các cửa hàng thuộc quy mô đó là từ 8,3399 đến 8,66 triệu/tháng.
Bài toán 1.8. Với độ tin cậy 95%, hãy ước lượng lượng xăng hao phí trung
bình cho một ô tô chạy từ A đến B nếu chạy thử 30 lần trên đoạn đường
này, người ta ghi nhận được lượng xăng hao phí như sau:
Lượng xăng 9,6-9,8 9,8-10 10,0-10,2 10,2-10,4 10,4-10,6
Số lần

3

5

10

8

4

Biết lượng xăng hao phí là biến ngẫu nhiên tuân theo quy luật phân bố
chuẩn. Giải
Lượng xăng hao phí là biến ngẫu nhiên phân bố chuẩn nên ta có khoảng
tin cậy cho trung bình là:
s
s
√ ; x + tn−1
√ )
µ ∈ (x − tn−1
α/2
α/2
n
n
15


n−1
Với n = 30; x = 10, 1333; s = 0, 2354; 1 − α = 0, 95 → α = 0, 05 → tα/2
=

t29
0,025 = 2, 045. Ta có:
µ ∈ (10, 0454; 10, 2212)
Vậy lượng xăng hao phí trung bình là 10,0454 đến 10,2212 lít.
Bài toán 1.9. Để định mức thời gian gia công một chi tiết máy, người ta
theo dõi ngẫu nhiên quá trình gia công 25 chi tiết và thu đc số liệu như sau:
Thời gian (số phút) 15-17 17-19 19-21 21-23 23-25 25-27
Số chi tiết
1
3
4
12
3
2
Bằng khoảng tin cậy đối xứng hãy ước lượng thời gian gia công chi tiết
là biến ngẫu nhiên phân bố chuẩn.
Giải
Thời gian gia công chi tiết là biến ngẫu nhiên phân bố chuẩn, do chưa
biết σ nên:
n−1 s
n−1 s
√ ; x + tα/2
√ )
µ ∈ (x − tα/2
n
n
24
Với n = 25; x = 21, 52; s = 2, 4; 1 − α = 0, 95 → α = 0, 05 → tn−1
α/2 = t0,025 =

2, 064. Ta có:
µ ∈ (20, 52928; 22, 51072)
Vậy thời gian gia công chi tiết trung bình là từ 20,52928 đến 22,51072 phút.
Bài toán 1.10. Chiều dài (X) loại sản phẩm A do một máy tự động sản
xuất là biến ngẫu nhiên theo quy luật chuẩn với độ lệch chuẩn σX = 3cm.
Để ước lượng chiều dài trung bình của loại sản phẩm nói trên với độ tin cậy
95%, người ta tiến hành đo 36 sản phẩm.
a) Tìm khoảng tin cậy đối xứng của chiều dài trung bình loại sản phẩm
đó.
b) Để ước lượng với độ tin cậy 99%, độ dài khoảng tin cậy đối xứng không
vượt quá 0,6cm thì cần đo bao nhiêu sản phẩm.
Giải
16


a) Chiều dài trung bình của loại sản phẩm trên là biến ngẫu nhiên phân
bố chuẩn với σ = 3 nên khoảng tin cậy đối xứng của chiều dài trung
bình loại sản phẩm đó là:
σ
σ
µ ∈ (x − Uα/2 √ ; x + Uα/2 √ )
n
n
Với n = 36; σ = 3.
b) Để độ dài khoảng tin cậy đối xứng không vượt quá 0, 6 thì:
l ≤ 0, 6 ↔ n ≥

2
4σ 2 Uα/2

ε20

2
4.32 .U0,005
=
= 660, 49
0, 62

Vậy cần đo 661 sản phẩm.
Bài toán 1.11. Trọng lượng (X) một loại chi tiết là một biến ngẫu nhiên
tuân theo quy luật chuẩn với σX =1,2kg. Phải chọn ít nhất bao nhiêu chi tiết
để điều tra,nếu muốn độ chình xác của ước lượng là 0,3 và độ tin cậy của
ước lượng ;à 95%.
Giải
Ta có: σ = 1, 2; ε = 0, 3; 1 − α = 0, 95 ↔ α = 0, 05
σ
1, 2
→ ε = Uα/2 √ = 0, 3 ↔ 1, 96 √ = 0, 3 ↔ n = 62
n
n
Bài toán 1.12. Đo chiều sâu của biển bằng một loại dụng cụ có sai số tuân
theo quy luật chuẩn với phương sai bằng 400 (m2 ). Phải đo bao nhiêu lần
độc lập với nhau để kết quả có sai số không quá 15 (m) với độ tin cậy 95%.
Giải
Ta có: σ 2 = 400 ↔ σ = 20; 1 − α = 0, 95 ↔ α = 0, 5 ↔ Uα/2 = 1, 96
Sai số không quá 15 tức:
σ
ε = Uα/2 √ ≤ 15
n
20
↔1, 96. √ ≤ 15
n
1
75
↔√ ≤
196
n
17


↔ ≤ 6, 8295
Vậy cần phải đo 6 lần độc lập

1.4

Ước lượng khoảng tin cậy cho tỷ lệ
f (1 − f )
; f + Uα/2
n

a) Khoảng tin cậy đối xứng: p ∈ (f − Uα/2
Độ dài khoảng tin cậy: l = 2.Uα/2
Độ chính xác (Sai số): ε =

l ≤ l0 ↔ n ≥

f (1−f )
)
n

f (1 − f )
n

l
= Uα/2
2

f (1 − f )
n

2
4f (1 − f )Uα/2

l02

b) Khoảng tin cậy bên trái: p ∈ (0; f + Uα
→ pmax = f + Uα
c) Khoảng tin cậy bên phải: p ∈ (f − Uα
→ pmin = f − Uα

=

2
f (1 − f )Uα/2

ε20

f (1−f )
)
n

f (1 − f )
n
f (1−f )
; +∞)
n

f (1 − f )
n

Bài toán 1.13. Để đánh giá trữ lượng cá trong hồ người ta đánh bắt 2000
con cá, đánh dấu rồi thả xuống hồ. Sau đó họ đánh bắt lại 400 con thì thấy
80 con có dấu.
a) với độ tin cậy 95% hãy ước lượng trữ lượng cá hiện có trong hồ.
b) Nếu muốn sai số của ước lượng giảm đi một nửa thì lần sau cần đánh
bắt bao nhiêu con cá?
Giải
18


a) Với n = 400; f =

80
= 0, 2; Uα/2 = 1, 96, ta có:
400

p ∈ (f − Uα/2

f (1 − f )
; f + Uα/2
n

f (1 − f )
)
n

↔ p ∈ (0, 1608; 0, 2392)
Vậy lượng cá trong hồ là từ 321 đến 478 con.
b) Để sai số của ước lượng giảm đi 1 nửa thì sai số của ước lượng tỉ lệ p
tương ứng giảm một nửa.
Gọi n là mẫu mới cần điều tra.
Ta có:
Uα/2

1
f (1 − f )
= Uα/2
n
2

f (1 − f )
n

↔ n = 4n = 1600
Vậy cần bắt 1600 con cá.
Bài toán 1.14. Hãy ước lượng tỷ lệ chình phẩm của một nhà máy bằng
khoảng tin cậy đối xứng với độ tin cậy 95% biết rằng kiểm tra 100 sản phẩm
của nhà máy thì thấy có 10 phế phẩm. Nếu cần ước lượng tỷ lệ chính phẩm
của nhà máy với độ tin cậy 0,95 và độ dài khoảng tin cậy không quá 0,02 thì
phải điều tra bao nhiêu sản phẩm.
Giải
90
= 0, 9; α = 0, 05 → Uα/2 = 1, 96
100
Độ dài khoảng tin cậy không quá 0, 02 tức:
n = 100, f =

l ≤ 0, 02 ↔ n ≥

2
4f (1 − f )Uα/2

l02
4.0, 9.(1 − 0, 9)(1, 96)2
↔n≥
= 13829, 76
0, 012

Vậy cần điều tra 13830 sản phẩm.
19


1.5

Ước lượng khoảng tin cậy cho phương sai
của phân bố chuẩn

a) Biết µ
ns∗2

i) Khoảng tin cậy đối xứng: σ 2 ∈ (

;
2(n−1)

χα/2

ns∗2
2(n−1)

)

χ1−α/2

ns∗2
ns∗2
2
ii) Khoảng tin cậy bên trái: σ ∈ (0; 2n ) → σmax = 2n
χ1−α
χ1−α
2

iii) Khoảng tin cậy bên phải: σ 2 ∈ (

ns∗2
ns∗2
2
=
;
+∞)

σ
min
χ2n
χ2n
α
α

b) Chưa biết µ
i) Khoảng tin cậy đối xứng: σ 2 ∈ (

(n − 1)s2 (n − 1)s2
; 2(n−1) )
2(n−1)
χα/2
χ1−α/2

ii) Khoảng tin cậy bên trái: σ 2 ∈ (0;

(n − 1)s2
2(n−1)

χ1−α
iii) Khoảng tin cậy bên phải: σ 2 ∈ (

(n − 1)s2
2(n−1)

2
=
) → σmax

ns2
2(n−1)

χ1−α

; +∞)

χα
2
=
→ σmin

(n − 1)s2
2(n−1)

χα

Bài toán 1.15. Kiểm tra ngẫu nhiên 16 lô thuốc mới nhập về tìm được độ
phân tán của thành phần chính trong mỗi viên thuốc là s2 = 0, 0775g 2 . Với
độ tin cậy 0,95, hãy ước lượng độ phân tán của thành phần chính trong mỗi
viên thuốc của cả lô thuốc đó.
Giải
2(15)

2(15)

n = 16, s2 = 0, 0775; α = 0, 05 → χ0,025 = 27, 49, χ0,975 = 6, 262
Ước lượng phương sai với trung bình µ chưa biết:
(n − 1)s2 (n − 1)s2
σ ∈ ( 2(n−1) ; 2(n−1) )
χα/2
χ1−α/2
2

↔ σ 2 ∈ (0, 0423; 0, 1856)
20


Bài toán 1.16. Lãi suất cổ phiếu của một công ty trong vòng 5 năm qua là
15%, 10%, 20%, 7%, 14%. Với độ tin cậy 90%, hãy ước lượng độ phân tán của
lãi suất côt phần của công ty đó, biết lãi suất cổ phiếu là biến ngẫu nhiên
phân bố chuẩn.
Giải
2(4)

2(4)

n = 5, s2 = 0, 00247; α = 0, 1 → χ0,05 = 9, 488, χ0,95 = 0, 711
Ước lượng độ phân tán lãi suất cổ phiếu của công ty đó:
σ2 ∈ (

(n − 1)s2 (n − 1)s2
; 2(n−1) )
2(n−1)
χα/2
χ1−α/2

↔ σ 2 ∈ (0, 001; 0, 014)
Bài toán 1.17. Để nghiên cứu sự biến động của lượng sữa của mỗi con bò
trong chu kỳ vắt sữa, người ta lấy ngẫu nhiên 15 con bò và thu được số liệu
sau:
12982

12120

14972

14004

14788

13812

14358

8998

10620

14744

11036
Giải

9248

9980

11990

14786
2(14)

2(14)

n = 15, s2 = 4606311; α = 0, 05 → χ0,025 = 26, 12, χ0,975 = 5, 629
Ước lượng phương sai với trung bình µ chưa biết:
σ2 ∈ (

(n − 1)s2 (n − 1)s2
; 2(n−1) )
2(n−1)
χα/2
χ1−α/2

↔ σ 2 ∈ (2468926; 11456449, 77)

1.6

Ước lượng khoảng cho hiệu hai tham số
của hai biến ngẫu nhiên

a) Ước lượng độ lệch cho 2 giá trị trung bình
Trường hợp hai mẫu độc lập
21


i) Biết phương sai σ12 , σ12
µ1 − µ2 ∈ (x − y ∓ Uα/2
(µ1 − µ2 )max = x − y + Uα/2
(µ1 − µ2 )min = x − y − Uα/2

σ12 σ22
+ )
n
m
2
σ1 σ22
+
n
m
2
σ1 σ22
+
n
m

ii) Chưa biết phương sai, m, n > 30
µ1 − µ2 ∈ (x − y ∓ Uα/2
(µ1 − µ2 )max = x − y + Uα
(µ1 − µ2 )min = x − y − Uα

s21 s22
+ )
n
m
2
s1 s22
+
n
m
2
s1 s22
+
n
m

iii) Chưa biết phương sai, m, n ≯ 30
1
1
+ )
n m
1
1
= x − y + tαn+m−2 .s.
+
n m
1
1
+
= x − y − tαn+m−2 .s.
n m

n+m−2
µ1 − µ2 ∈ (x − y ∓ tα/2
.s.

(µ1 − µ2 )max
(µ1 − µ2 )min
Với s2 =

(n − 1)s21 + (m − 1)s22
m+n−2

b) Trường hợp số liệu theo cặp:
i) Đã biết trung bình:
(n,m)

(n,m)

∗2
s∗2
σ22
2 .f1−α/2 s2 .fα/2
∈(
;
)
σ12
s∗2
s∗2
1
1
(n,m)

σ2
s∗2 .fα
( 22 )max = 2 ∗2
σ1
s1

(n,m)

s∗2 .f1−α
σ2
( 22 )min = 2 ∗2
σ1
s1
22


ii) Chưa biết trung bình
2

(n−1,m−1)

s2 .f1−α/2
σ22

(
σ12
s21

(n−1,m−1)

;

s22 .fα/2

s21

)

(n−1,m−1)

σ2
s2 .fα
( 22 )max = 2
σ1
s21

(n−1,m−1)

s2 .f
σ2
( 22 )min = 2 1−α2
σ1
s1
c) Ước lượng hiệu hai tỷ lệ:
p1 − p2 ∈ (f1 − f2 ∓ Uα/2
(p1 − p2 )max = f1 − f2 + Uα
(p1 − p2 )min = f1 − f2 − Uα

f1 (1 − f1 ) f2 (1 − f2 )
+
)
n
m
f1 (1 − f1 ) f2 (1 − f2 )
+
n
m
f1 (1 − f1 ) f2 (1 − f2 )
+
n
m

Bài toán 1.18. Để thử nghiệm một công nghệ mới trongsanr xuất gạch chịu
lửa người ta đam đo độ chịu lửa của 5 viên gạch đc sản xuất theo công nghệ
mới và 5 viên theo công nghệ cũ và thu đc kết quả sau:
Gạch cũ 475 436 495 483 426
Gạch mới
Giải

485

438

493

486

433

a) Ước lượng nhiệt độ chịu lửa trung bình của loại gạch cũ với n1 = 5, x1 =
463; s1 = 30, 27; t40,025 = 2, 776, ta có:
(n−1) s1
(n−1) s1
µ1 ∈ (x1 − tα/2 √ ; x1 + tα/2 √ )
n
n

↔ µ1 ∈ (425, 421; 500, 58)
Ước lượng nhiệt độ chịu lửa trung bình của loại gạch mới với: n2 =
5; x2 = 467; s2 = 28, 974; t40,025 = 2, 776
(n−1) s2
(n−1) s2
µ2 ∈ (x2 − tα/2 √ ; x2 + tα/2 √ )
n
n

↔ µ1 ∈ (431, 0298; 502, 902)
23


b) Ước lượng độ chịu lửa tăng lên của loại gạch mới so với loại gạch cũ là:
1 +n2 −2
.s.
(µ1 − µ2 ) ∈ (x1 − x2 ∓ tnα/2

Với s2 =

1
1
+ )
n1 n2

4.30, 272 + 4.28, 9742
(n1 − 1)s21 + (n2 − 1)s22
=
= 877, 883
n1 + n2 − 2
8
→ (µ1 − µ2 ) ∈ (2124, 166; 2132, 166)

Bài toán 1.19. Để ước lượng tỷ lệ phế phẩm p của một lô hàng với độ tin
cậy 99% và sai số ước lượng không quá 0,005 thì phải kiểm tra tối thiểu bao
nhiêu sản phẩm.
Giải
Sai số ước lượng không quá 0, 005 tức là:
f (1 − f )
≤ 0, 005
n
Uα/2
↔ ε ≤ √ ≤ 0, 005
2 n
2, 575
↔ ε ≤ √ ≤ 0, 005
2 n

ε ≤ 0, 005 ↔ Uα/2

↔ n = 66306
Vậy cần kiểm tra tối thiểu 66306 cái.
Bài toán 1.20. Để ước lượng khối lượng gỗ khai thác được từ 380 cây người
ta đam đo ngẫu nhiên 10% số cây và thu được kết quả sau:
Khối lượng (m3 ) 20 40 60 80
Số cây

8

16

12

2

Với độ tin cậy 95%, hãy ước lượng:
a) Khối lượng gỗ trung bình mỗi cây.
b) Tổng khối lượng gỗ khai thác được. Giả thiết khối lượng gỗ mỗi cây là
biến ngẫu nhiên phân bố chuẩn.
24


Giải
n = 38; x = 44, 211; s = 16, 867; U0,025 = 1, 96
a) Khối lượng gỗ trung bình của mỗi cây là:
s
s
µ ∈ (x − Uα/2 √ ; x + Uα/2 √ )
n
n
⇔ µ ∈ (38, 848; 49, 574)
b) Tổng lượng gỗ khai thác được là:
380µ ∈ (14762, 24; 18838, 12)
Bài toán 1.21. Để kiểm tra chất lượng của một lô lớn các màn hình máy
tính xuất khẩu, người ta lấy ngẫu nhiên 100 màn hình để kiểm tra chất lượng
và thấy 4 màn hình có khuyết tật.
a) Với độ tin cậy 90%, hãy ước lượng tỷ lệ màn hình có khuyết tật của lô
hàng đó.
b) Cũng với độ tin cậy trên hãy ước lượng số màn hình có khuyết tật tối
đa nếu lô hàng có 10000 màn hình.
Giải
4
= 0, 04; α = 0, 01 ⇒ Uα/2 = 2, 575
100
Tỷ lệ màn hình có khuyết tật của lô hàng là:

a) n = 100; f =

p ∈ (f − Uα/2

f (1 − f )
; f + Uα/2
n

f (1 − f )
)
n

⇔ p ∈ (0; 0, 0904)
b) Số màn hình có khuyết tật tối đa nếu lô hàng có 10000 màn hình là:
Pmax = f + Uα
25

f (1 − f )
= 0, 04456
n


Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×