Chơng IV : Vnh -Trờng Tóm tắt lí thuyết 4.1 Khái niệm vnh 4.1.1 Định nghĩa Vnh l tập hợp R với hai phép toán hai R m ta thờng kí hiệu l + (phép cộng) v (phép nhân) thoả mãn điều kiện sau: 1) R l nhóm aben phép cộng 2) Phép nhân có tính kết hợp 3) Phép nhân phân phối hai phía phép cộng Các điều ny có nghĩa l thoả mãn : (R1) x, y R, x + y = y + x (R2) x, y, z R, (x+ y) + z = x + (y + z) (R3) R, x R, x + = x (R4) x R, x R, x + (x) = (R5) x, y, z R, (xy)z = x(yz) (R6) x, y, z R, x(y + z) = xy + xz, (y + z)x = yx + zx Khi hai phép toán rõ, ta nói đơn giản : R l vnh 4.1.2 Định nghĩa Vnh R đợc gọi l giao hoán phép nhân giao hoán, nghĩa l thoả mãn : (R7) x, y R, xy = yx Vnh R đợc gọi l có đơn vị R với phép nhân có đơn vị, nghĩa l thoả mãn: (R8) R, 1x = x1 = x, x R Đơng nhiên, phần tử đơn vị vnh tồn l 4.1.3 Tính chất Cho R l vnh 0x = x0 = 0, x R (x)y = x(y) = (xy), x, y R (x)(y) = xy, x, y R x(y z) = xy xz, (x y)z = xz yz, x, y, z R m (x1 + + xm)(y1 + + yn) = n x y i =1 j =1 i j , xi, yj R (nx)y = x(ny) = n(xy), x, y R, n Z Nếu R l vnh giao hoán : n (x + y)n = n! i !(n i)! x y i n i , x, y R, n N i =0 4.1.4 Thí dụ 1) Tập Z số nguyên, tập Q số hữu tỉ, tập R số thực v tập C số phức với hai phép toán cộng v nhân thông thờng l vnh giao hoán có đơn vị 2) Tập Zn số nguyên môđulô n với hai phép toán cộng v nhân sau l vnh giao hoán có đơn vị : x, y Z, x + y = x + y , x y = x y 3) Xét tập Z[x] (t. Q[x], R[x]) gồm đa thức với hệ số nguyên (t. hữu tỉ, thực) Với phép cộng v phép nhân đa thức sau, Z[x] (t. Q[x], R[x]) l vnh giao hoán có đơn vị : Với f(x), g(x) Z[x], f(x) = a0 + a1x + + anxn, g(x) = b0 + b1x + + bmxm (m n) f(x) + g(x) = (a0 + b0) + (a1 + b1)x + + ( am + bm)xm + am+1xm+1 + + anxn f(x)g(x) = c0 + c1x + + cm+nxm+n, ck = ab i j i+ j=k 4) Cho G l nhóm aben với phép toán kí hiệu cộng Gọi End(G) l tập hợp đồng cấu nhóm từ G vo G Trên End(G) xét hai phép toán sau : f, g End(G), f + g xác định (f + g)(x) = f(x) + g(x), x G fg xác định (fg)(x) = f(g(x)), x G Khi End(G) l vnh có đơn vị l ánh xạ đồng idG, vnh ny nói chung không giao hoán v đợc gọi l vnh tự đồng cấu nhóm aben G 4.2 Miền nguyên v trờng 4.2.1 Định nghĩa Vnh có đơn vị R đợc gọi l thể đơn vị v phần tử khác R khả nghịch: nói cách khác, R \ {0} l nhóm phép nhân Mỗi thể giao hoán gọi l trờng Nh trờng l vnh giao hoán có đơn vị cho phần tử khác khả nghịch Điều kiện tơng đơng với điều kiện R không tầm thờng : R {0} 4.2.2 Thí dụ 1) Mỗi vnh Q, R, C l trờng Trong vnh Z không l trờng phần tử khác không khả nghịch Z 2) Vnh Zn số nguyên môđulô n l trờng v n l số nguyên tố Thật vậy, Zn l trờng v m Zn, m , r Zn, cho m r =1 Điều ny tơng đơng với m Z, < m < n, r, s Z, cho rm + sn = 1, tức l m v n nguyên tố m Z, < m < n Đó l điều kiện cần v đủ để n l số nguyên tố 3) Kí hiệu H = R4 v = (1, 0, 0, 0), i = (0, 1, 0, 0), j = (0, 0, 1, 0), k = (0, 0, 0, 1) Trên H có phép nhân vô hớng : a R, (x, y, z, t) H, a(x, y, z, t) = (ax, ay, az, at) Khi (x, y, z, t) H, (x, y, z, t) có biểu diễn dới dạng (x, y, z, t) = x1 + yi + zj + tk Trên H xét phép toán nh sau : a) Phép cộng : (x, y, z, t) + (x, y, z, t) = (x + x, y + y, z + z, t + t) b) Phép nhân : Phép nhân đợc xác định hệ thức sau : 1i = i1 = i, 1j = j1 = j, 1k = k1 = k, i2 = j2 = k2 = ij = ji = k, jk = kj = i, ki = ik = j Dễ kiểm tra lại H l thể gọi l thể quaternion nhng l trờng 4.2.3 Định nghĩa Vnh R gọi l vnh có ớc tồn a, b R, a 0, b cho ab = Khi a đợc gọi l ớc trái v b đợc gọi l ớc phải Nếu vnh R giao hoán a v b đợc gọi l ớc 4.2.4 Định nghĩa Một vnh giao hoán R có đơn vị v ớc đợc gọi l miền nguyên 4.2.5 Mệnh đề Một vnh giao hoán R có đơn vị l miền nguyên v R có luật giản ớc: ab = ac, a b = c với a, b, c R 4.2.6 Mệnh đề Mỗi trờng l miền nguyên Điều ngợc lại l không Tuy nhiên miền nguyên hữu hạn l trờng (Xem bi tập 1) 4.2.7 Thí dụ 1) Z l miền nguyên với hai phép toán cộng v nhân thông thờng Vnh Zn với phép cộng v phép nhân số nguyên môđulô n l vnh có ớc n l hợp số a b 2) Với a, b, c, d R, bảng gọi l ma trận vuông cấp hệ số thực Gọi c d M2(R) l tập hợp tất ma trận vuông cấp hệ số thực Trên M2(R), xét hai phép toán sau: a b a b a + a b + b a) Phép cộng : + = c d c d c + c d + d a b a b aa + bc ab + bd b) Phép nhân : = c d c d ca + dc cb + dd Khi M2(R) l vnh không giao hoán, có đơn vị l ma trận Ngoi ra, 0 M2(R) l vnh có ớc Thật vậy, với A = v B = l hai phần 0 0 tử khác (phần tử M2(R) l ) m AB = 0 4.3 Vnh v iđêan 4.3.1 Định nghĩa Cho R l vnh v S l tập R, đóng phép toán cộng v nhân R (nghĩa l x, y S, x + y S, xy S) S đợc gọi l vnh R S với hai phép toán cảm sinh l vnh Vậy S l vnh R S l nhóm (R, +) v nửa nhóm (R,.) Nếu vnh S l trờng đợc gọi l trờng vnh R Nếu R l trờng đợc gọi l trờng mở rộng trờng S 4.3.2 Mệnh đề Cho S l tập khác rỗng vnh R Khi điều sau tơng đơng : (i) S l vnh R (ii) Với x, y S, x + y S, x S, xy S (iii) Với x, y S, x y S, xy S 4.3.3 Mệnh đề Cho R l vnh có đơn vị v S l tập R Khi S l trờng R v S l vnh giao hoán R v với x S, x 0, x1 S 4.3.4 Mệnh đề Giao họ khác rỗng vnh vnh R l vnh R 4.3.5 Định nghĩa Cho R l vnh v X l tập R Gọi RX R RX v S l S RX vnh R, l vnh nhỏ R chứa X Vnh ny đợc gọi l vnh R sinh X, kí hiệu < X > 4.3.6 Mệnh đề Cho R l vnh v X l tập R Khi : < x > = { x1 xn xi X, i n, n N} 4.3.7 Thí dụ 1) Mỗi vnh sau l vnh vnh đứng sau: Z Q R C, Z[x] Q[x] R[x] C[x], M2(Z) M2(Q) M2(R) M2(C) 2) Nếu p l số nguyên tố Z( p ) = {a + b p a, b Z} l vnh R Thật vậy, Z( p ) (Vì Z( p )), a, b, c, d Z, (a + b p ) (c + d p ) = (a c) + (b d) p , (a + b p ) (c + d p ) = (ac + bdp) + (ad + bc) p Z( p ) Ta có : Z( p ) = < Z { p } > ac + bpd = Nếu a, b Q hệ phơng trình có nghiệm bc + ad = (c = a b , d= p ) ; nghĩa l a b p a b2 p (a + b p )1 = a b + p a b p a b2 p Vì vậy, Q( p ) = {a + b p a, b Q} l trờng trờng R số thực 4.3.8 Định nghĩa Cho R l vnh Một iđêan trái (t. phải) vnh R l nhóm I nhóm cộng R v thoả mãn r R, x I, rx I (t. xr I) Khi I vừa l iđêan trái vừa l iđêan phải R I đợc gọi l iđêan (hai phía) R Đối với vnh giáo hoán khái niệm iđêan, iđêan trái v iđêan phải l trùng Theo định nghĩa, I l iđêan trái phải R I l vnh R Nhng điều ngợc lại không Chẳng hạn, Z l vnh Q, nhng l iđêan Q Trong vnh R có hai iđêan l (= {0}) v R đợc gọi l hai iđêan tầm thờng vnh R Mỗi iđêan khác v khác R đợc gọi l iđêan thực 4.3.9 Mệnh đề Cho I l tập khác rỗng vnh R Khi điều sau tơng đơng: (i) I l iđêan trái (t. phải) vnh R (ii) x, y I, r R, x + y I, x I, rx I (t. xr I) (iii) x, y I, r R, x y I, rx I (t. xr I) 4.3.10 Mệnh đề Cho R l vnh v x1, , xn R Khi : Rx1 + + Rxn = {r1x1 + + rnxn r1, , rn R} x1R + + xnR = {x1r1 + + xnrn r1, , rn R} tơng ứng l iđêan trái v iđêan phải R 4.3.11 Mệnh đề Giao họ khác rỗng iđêan trái (t. phải, hai phía) vnh R l iđêan trái (t. phải, hai phía) R 4.3.12 Định nghĩa Cho R l vnh v X l tập R Gọi IX l tập iđêan R chứa X, IX R IX v I l iđêan trái (t. phải, hai phía) R l iđêan trái (t. phải, I I X hai phía) nhỏ R chứa X Iđêan ny đợc gọi l iđêan trái (t. phải, hai phía) R sinh X, kí hiệu (X > (t. < X), (X)) Khi X = R ta nói (X > (t. < X), (X)) l iđêan trái (t. phải, hai phía) R 4.3.13 Mệnh đề Cho R l vnh có đơn vị v x1, , xn R Khi : (i) (x1, , xn > = Rx1 + + Rxn (ii) 1,96 )( n1n2 ) nên bác bỏ giả thiết sinh viên hai trờng A v B có số đọc báo nh Kết luận : Sinh viên trờng A có số đọc báo khác hẳn trờng B v C ; sinh viên hai trờng B v C đọc báo nh 29 Một nh khoa học tiến hnh công trình nghiên cứu nhằm so sánh tác dụng hai loại phân bón A v B suất trồng Với 60 c chua đợc bón phân A thu đợc sản lợng trung bình 32,3 với độ lệch tiêu chuẩn 8,5 Với 72 c chua đợc bón loại phân B thu đợc sản lợng trung bình 28,4 với độ lệch tiêu chuẩn 9,3 Với mức ý nghĩa 0,05, nh nghiên cứu cần rút kết luận ? Giải Giả sử A v B tơng ứng l suất trung bình c chua bón loại phân A v B Ta có bi toán kiểm định hai phía H0 : A = B với đối thuyết H1 : A B Ta tính đợc giá trị thống kê K = 2,45 v với = 0,05 có đợc K0,05 = 1,96 So sánh dẫn tới kết luận : tác dụng hai loại phân A v B khác với mức ý nghĩa 0,05 30 Điều tra tình hình bệnh tật đợt dịch với 1000 ngời có tiêm phòng v không tiêm phòng, ngời ta thu đợc kết nh sau : 200 ngời tiêm phòng có ngời mắc bệnh, 800 ngời không tiêm phòng có 92 ngời mắc bệnh Với mức ý nghĩa = 0,05, xét xem việc tiêm phòng có tác dụng ngăn ngừa bệnh hay không ? Giải Trên tổng thể ngời cha tiêm phòng (tơng tự, tiêm phòng), xét tỉ lệ m1 (tơng tự, n1 m2 ) số ngời mắc bệnh Gọi H l giả thuyết việc tiêm phòng tác dụng ngăn ngừa (tỉ lệ n2 mắc bệnh nh dù có tiêm phòng hay không : m1 m = ) : H l giả thuyết ngợc lại (tỉ lệ n1 n2 khác nhau, tức l việc tiêm phòng có tác dụng ngăn ngừa) Để kiểm định giả thuyết H, so sánh tỉ lệ trên, xét : u= m1 + m2 n1 + n2 m1 m2 n1 + n2 n1 + n2 n1 + n2 n1 n2 = 92 800 200 = 100 1000 100 1000 1000 1000 800 200 = = m1 m2 n1 n2 50 800 0,3 160 = 2,625 Do u = 2,625 > 1,96 = u , ta bác bỏ giả thiết H : ta kết luận hai tỉ lệ khác nhau, tức l việc tiêm phòng có tác dụng ngăn ngừa 31 Tỉ lệ bệnh nhân khỏi bệnh T điều trị thuốc A l 85% Thí nghiệm dùng loại thuốc B để chữa bệnh số 900 ngời mắc bệnh T có 810 ngời đợc chữa khỏi Với mức ý nghĩa = 0,05 kết luận hiệu thuốc B giống nh thuốc A đợc không? Giải m l tỉ lệ ngời khỏi bệnh T điều trị thuốc B, v p0 l tỉ lệ hiệu n thuốc A Mức kiểm định hiệu loại thuốc B so với loại thuốc A l : Gọi k= m p0 n p0 (1 p0 ) n = 4,2 m p với ý nghĩa = 0,05, tức Do k = 4,2 > u n = u (0,025) = 1,96 ta suy n l hai loại thuốc có hiệu chữa bệnh khác 32 Tỉ lệ để bệnh nhân khỏi bệnh T sử dụng loại thuốc A l 85% Khi thí nghiệm dùng thuốc B để chữa bệnh T cho 400 ngời, thấy có 360 ngời khỏi bệnh Với mức ý nghĩa = 0,05, kết luận khác hiệu chữa bệnh loại thuốc A v loại thuốc B hay không ? Giải m l tỉ lệ ngời khỏi bệnh T điều trị thuốc B, v p0 l tỉ lệ hiệu n thuốc A Mức kiểm định hiệu loại thuốc B so với loại thuốc A l : Gọi k= m p0 n p0 (1 p0 ) n = 2,8 m p với ý nghĩa = 0,05, tức Do k = 2,8 > u n = u (0,025) = 1,96 ta suy n l hai loại thuốc có hiệu chữa bệnh khác 33 Độ sâu biển đợc xác định máy đo m sai số hệ thống không, sai số ngẫu nhiên có phân phối chuẩn với độ lệch tiêu chuẩn = 20m a) Ngời ta tiến hnh đo lần v lấy kết trung bình lần đo ny lm giá trị ớc lợng cho độ sâu biển với sai số không 19,6m giá trị tuyệt đối độ tin cậy ớc lợng l ? b) Cần phải tiến hnh lần đo để xác định đợc độ sâu biển với sai số không 15m với độ tin cậy 95% c) Ngời ta đo 25 lần v thu đợc độ sâu trung bình 25 lần đo l 205m Hãy xác định khoảng tin cậy độ sâu biển với độ tin cậy 90% Giải Gọi X l kết đo độ sâu biển v a l độ sâu biển Ta có X l đại lợng ngẫu nhiên có phân phối chuẩn N(, 2) với cha biết = 20 Khoảng tin cậy với độ tin cậy l : X u1 + n < < X u1 + n , : X l trung bình mẫu u1 + đợc xác định ( u1 + ) = 2 1+ với (x) l hm phân phối xác suất đại lợng ngẫu nhiên có phân phối chuẩn N(0, 1), n l cỡ mẫu = u1 + n l độ xác ớc lợng, lấy trung bình mẫu lm giá trị ớc lợng cho a) Ta có : = 19,6 ; n = ; = 20 nên u1 + = n = 19,6 2,2 20 Tra bảng hm phân phối chuẩn N(0, 1) ta đợc : (2,2) = 0,9861 Suy : = 2(2,2) = 0,9722 Vậy với điều kiện cho độ tin cậy ớc lợng l 97,22% b) Gọi n l số lần đo Ta phải xác định n cho : = 0,95, = u1 + n = 15 Ta có : 1+ = 0,975 ; (1,96) = 0,975 nên u1 + = 1,96 Vậy : u12 + 2 n= 1,96 202 = = 4,97 152 Vì n nguyên nên ta lấy n = Do ta phải đo lần để đảm bảo yêu cầu đề c) Ta có : = 20, n = 25, X = 205, = 0,9 v phải tìm để suy khoảng tin cậy Vì = 0,9 ; = 1+ = 0,95, (1,645) = 0,95 nên u1 + = 1,645 v 2 1,645 20 25 = 6,58 Vậy khoảng tin cậy với độ tin cậy 90% l : (205m 6,58 ; 205m + 6,58m) = (198,42m ; 211,58m) 34 Căn vo điều kiện kĩ thuật ngời ta xác định đợc tuổi thọ X loại bóng đèn l đại lợng ngẫu nhiên có phân phối chuẩn với độ lệch tiêu chuẩn l 40 a) Trong đợt sản xuất, ngời ta lấy ngẫu nhiên 100 bóng đèn thắp thử v thấy tuổi thọ trung bình chúng l 1000 Từ kết ny, tìm khoảng cách tin cậy tuổi thọ trung bình loại bóng đèn với độ tin cậy 99% b) Nếu ớc lợng tuổi thọ loại bóng đèn trên, ngời ta đòi hỏi độ tin cậy ớc lợng l 95%, nhng yêu cầu độ xác ớc lợng l cần thử bóng ? Giải a) Ta có : = 40 ; n = 100 ; X = 1000 ; = 0,99 v phải tìm để suy độ tin cậy Vì = 0,99 ; = 1+ = 0,995, (0,58) = 0,995 nên u1 + = 2,58 v 2 2,58 40 100 = 10,32 Vậy khoảng tin cậy với độ tin cậy 90% l : (1000 10,32 ; 1000 + 10,32) = (989,68 ; 1010,32) b) Gọi n l số bóng phải thử Ta phải xác định n cho : = 0,95, = u1 + n = Ta có : 1+ = 0,975, (1,96) = 0,975 u1 + = 1,96 nên Vậy : u12 + n= 2 1,96 402 = = 246 52 Do ta phải thử 246 bóng để đảm bảo yêu cầu đề 35 Trên sở 100 lần thực nghiệm, ngời ta thấy thời gian trung bình để sản xuất chi tiết máy l 5,5 giây, độ lệch tiêu chuẩn l 1,7 giây Hãy tìm khoảng tin cậy thời gian trung bình để sản xuất xong chi tiết máy với độ tin cậy 90% Biết thời gian để sản xuất xong chi tiết máy l đại lợng ngẫu nhiên có phân phối chuẩn Giải Gọi X l thời gian để sản xuất xong chi tiết máy Theo giả thuyết X l đại lợng ngẫu nhiên có phân phối chuẩn N(, 2) với v cha biết Khoảng tin cậy với độ tin cậy l : X t1( ) S n n < < X + t1( ) S n n , : X l trung bình mẫu, n l cỡ mẫu, S l độ lệch tiêu chuẩn mẫu, t1( ) đợc xác định n 1+ n , P Tn > t1( ) = 2 Tn l đại lợng ngẫu nhiên có phân phối Student với n bậc tự Ta có : X = 5,5 ; S = 1,7 ; n = 100 ; = 0,90 v phải tìm t1( ) để suy khoảng tin cậy n Vì = 0,90, = 0,05, n = 99 nên tra bảng ta đợc t1( ) = 1,99 n Do : X t1( ) n S n = 5,5 1,99 1,7 99 = 5,16, X + t1( ) n S n = 5,5 + 1,99 1,7 99 = 5,84 v khoảng tin cậy thời gian trung bình để sản xuất xong chi tiết máy với độ tin cậy 90% l : (5,16giây ; 5,84giây) 36 Tỉ lệ nảy mầm lí thuyết loại hạt l 70% Trong đợt gieo, muốn tỉ lệ nảy mầm hạt đợc gieo không sai khác với tỉ lệ lí thuyết vừa nêu lợng l 0,01 giá trị tuyệt đối v với xác suất xảy l 95% cần gieo hạt ? Giải Gọi p l tỉ lệ nảy mầm lí thuyết, n l số hạt cần gieo v fn l tỉ lệ nảy mầm hạt đợc gieo Ta cần xác định n cho P(fn p < 0,01) = 0,95 Với n lớn, theo định lí Moivre-Laplace, ta xem fn có phân phối chuẩn N(, 2) với = p, = p (1 p ) n Do : P(fn p < 0,01) = 0,01 n = 0,95 p (1 p ) Suy : 0,01 n = 0,975 = (1,96) p (1 p ) nên 0,01 n = 1,96 p (1 p ) v : n= 1,962 p (1 p ) 0,012 = 1,962 0,7 (1 0,7 ) 0,012 8086 hạt 37 Trong kho đồ hộp, ngời ta lấy ngẫu nhiên 400 hộp để kiểm tra v thấy có 20 hộp bị biến chất Từ kết điều tra ny, ớc lợng tỉ lệ phế phẩm ton kho với độ tin cậy 95% Giải Gọi p l tỉ lệ phế phẩm ton kho Khoảng tin cậy p với độ tin cậy l : fn (1 fn ) fn u1 + n < p < fn + u1 + fn (1 fn ) n : fn l tỉ lệ phế phẩm mẫu lấy ra, 1+ với (x) l hm phân phối xác suất đại u1 + đợc xác định u1 + = 2 lợng ngẫu nhiên có phân phối chuẩn N(0, 1), n l cỡ mẫu Ta có : n = 400, fn = fn u1 + 20 = 0,05, = 0,95 nên u1 + = u0,975 = 1,96 v : 400 fn (1 fn ) n fn + u1 + fn (1 fn ) n = 0,05 1,96 = 0,05 + 1,96 0,05 0,95 = 0,029, 400 0,05 0,95 = 0,071 400 Vậy khoảng tin cậy p với độ tin cậy 95% l : (0,029 ; 0,071) 38 Để xác định chất lợng lô sản phẩm, ngời ta kiểm tra ngẫu nhiên 100 sản phẩm v thấy có 75 thnh phẩm Dựa vo kết kiểm tra ny, ớc lợng tỉ lệ thnh phẩm ton lô với độ tin cậy 99% Giải Theo kiện cho, ta có : n = 100, fn = 75 = 0,75, 100 = 0,99 v phải tìm u1 + Từ 1+ = 0,995, ta tìm đợc u1 + = 2,58 Vậy: 2 fn u1 + fn (1 fn ) n fn + u1 + fn (1 fn ) n 0,75 0,25 = 0,63, 100 = 0,75 2,58 0,75 0,25 = 0,87, 100 = 0,75 + 2,58 v khoảng tin cậy p với độ tin cậy 95% l : (0,63 ; 0,87) 39 Để xác định số xe máy cha đăng kí, cảnh sát giao thông kiểm tra ngẫu nhiên 400 xe v thấy có 10 xe cha đăng kí Dựa vo kết ớc lợng số xe máy cha đăng kí với độ tin cậy 95%, biết số xe máy đăng kí l 90000 xe Giải Gọi N l số xe máy cha đăng kí v p l tỉ lệ xe máy cha đăng kí : p= N 90000 + N Khoảng tin cậy p với độ tin cậy l : fn u1 + fn (1 fn ) n : n = 400, fn = fn u1 + 2 fn (1 fn ) n , 10 = 0,025, = 0,95, u1 + = 1,96 nên 400 fn (1 fn ) = 0,025 1,96 n fn + u1 + < p < fn + u1 + fn (1 fn ) n = 0,025 + 1,96 0,025 0,975 = 0,01, 400 0,025 0,975 = 0,40 400 Vậy : 0,01 < p < 0,04 Thay p = N ta đợc : 90000 + N 0,01 < N < 0,40 90000 + N hay : 909 < N < 3750 Vậy với độ tin cậy 95% có khoảng 909 xe đến 3750 xe cha đăng kí 40 Điều tra nhu cầu tiêu dùng hng A gia đình ngời ta có số liệu thống kê sau: Trong 100 gia đình có 60 gia đình có nhu cầu loại hng tiêu dùng A Tìm khoảng tin cậy tỉ lệ gia đình có nhu cầu loại hng tiêu dùng A dân c với độ tin cậy 95% Giải Gọi p l tỉ lệ gia đình có nhu cầu loại hng tiêu dùng A dân c Khoảng tin cậy p với độ tin cậy l : fn u1 + : n = 100, fn = fn u1 + fn + u1 + fn (1 fn ) n < p < fn + u1 + fn (1 fn ) n , 60 = 0,60, = 0,95, u1 + = 1,96 nên 100 fn (1 fn ) n fn (1 fn ) n = 0,60 1,96 = 0,60 + 1,96 0,60 0, 40 = 0,50, 100 0,60 0, 40 = 0,70 100 Vậy : 0,50 < p < 0,70 với độ tin cậy 95% 41 Để nghiên cứu tuổi thọ loại bóng đèn, ngời ta thắp thử 100 bóng v thu đợc số liệu sau : Tuổi thọ Số bóng tơng ứng 1010 1030 1030 1050 1050 1070 1070 1090 13 1090 1110 25 1110 1130 20 1130 1150 12 1150 1170 10 1170 1190 1190 1210 Hãy tìm khoảng tin cậy tuổi thọ trung bình loại bóng đèn nói với độ tin cậy 98% Biết tuổi thọ loại bóng đèn có phân phối chuẩn Giải Trớc hết ta lập bảng tính tuổi thọ trung bình v độ lệch tiêu chuẩn 100 bóng đèn khảo sát Để giảm nhẹ tính toán ta sử dụng phép đổi biến : xi 1100 20 xi = v đợc bảng tính nh sau : xi ni xi nixi ni xi2 1020 32 1040 3 27 1060 16 32 1080 13 13 13 1100 25 0 1120 20 20 20 1140 12 24 48 1160 10 30 90 1180 24 96 1120 5 25 57 381 100 Từ bảng ny ta đợc : X = 1100 + 20.57 = 1111,4, 100 381 S2 = 202 0,572 = 1394,04, 100 S = 37,34 Khoảng tin cậy tuổi thọ trung bình loại bóng đèn nói với độ tin cậy l : X u1 + S n , X + u1 + n S Với = 0,98 ta có : u1 + = u0,99 = 2,326 nên X u1 + X + u1 + S n S n = 1111,4 2,326 = 1111,4 + 2,326 37,34 99 37,34 99 = 1102,67 = 1120,13 Vậy khoảng tin cậy tuổi thọ trung bình loại bóng đèn nói với độ tin cậy = 0,98 l : (1102,67 ; 1120,130) 42 Tỉ lệ ngời mù chữ huyện A l 10% Sau đợt xoá mù kiểm tra ngẫu nhiên 150 ngời huyện A thấy có 13 ngời mù chữ Với mức ý nghĩa 5% kết luận đợt xoá mù có kết hay không ? Giải Gọi p l tỉ lệ ngời mù chữ huyện A Để kết luận đợt xoá mù chữ có kết hay không ta phải kiểm định giả thuyết H : p = 0,10 với đối thuyết K : p < 0,10 Miền bác bỏ giả thuyết H với mức ý nghĩa l : fn p0 ) n ( < u1 g = p0 (1 p0 ) Ta có : p0 = 0,10, n = 150, fn = 13 = 0,087, 150 = 0,05, u1 = u0,95 = 1,645, g= ( 0,087 0,10 ) 0,10 0,90 150 = 0,531 > 1,645 Vậy cha có sở để kết luận đợt xoá mù có kết 43 Kiểm tra ngẫu nhiên 50 học sinh lớp trờng Tiểu học A thấy 15 học sinh đạt loại giỏi, kiểm tra ngẫu nhiên 80 học sinh lớp trờng Tiểu học B thấy 28 học sinh đạt loại giỏi Với mức ý nghĩa 1% kết luận tỉ lệ học sinh lớp đạt loại giỏi trờng Tiểu học A thấp trờng Tiểu học B hay không? Giải Gọi p1 l tỉ lệ học sinh lớp đạt loại giỏi trờng Tiểu học A v p2 l tỉ lệ học sinh lớp đạt loại giỏi trờng Tiểu học B Ta cần kiểm định giả thuyết H : p1 = p2 với đối thuyết K : p1 < p2 Miền bác bỏ giả thuyết H với mức ý nghĩa l : g = f1 f2 < u1 n1 f1 + n2 f2 n1 f1 + n2 f2 1 + n1 + n2 n1 + n2 n1 n2 Ta có : n1 = 50, f1 = 15 = 0,30 ; 50 n2 = 70, f2 = 28 = 0,35 ; 80 = 0,01, u1 = u0,99 = 2,326 g= 0,30 0,35 43 43 1 + 130 130 50 80 = 0,5881 > 2,326 Vậy cha có sở để kết luận tỉ lệ học sinh lớp đạt loại giỏi trờng Tiểu học A thấp trờng Tiểu học B 44 Một loại bột đợc đóng gói máy với quy định gói có trọng lợng 39,5g Có thể xem trọng lợng gói bột tuân theo quy luật chuẩn với trung bình 39,5g Kiểm tra ngẫu nhiên 15 gói bột, kết thu đợc nh sau : 39,75 40,50 39,25 40,25 40,00 39,25 35,50 39,75 39,50 39,50 40,00 40,00 40,25 40,00 39,50 Có thể nghi ngờ máy có xu hớng đóng dôi trọng lợng gói bột hay không với mức ý nghĩa = 0,01 45 Tuổi thọ sản phẩm A điều kiện bình thờng tuân theo quy luật chuẩn N(, 2) với = 500 giờ, = Nghi ngờ tuổi thọ giảm, kiểm tra 16 sản phẩm thu đợc giá trị trung bình mẫu X = 495 Với mức ý nghĩa = 0,05 kết luận điều nghi ngờ nói 46 Để ớc lợng suất trung bình giống lúa A huyện B, ngời ta gặt ngẫu nhiên 130 ruộng huyện B v thu đợc : Năng suất (tạ/hecta) 41 43 45 47 49 51 53 Số tơng ứng 14 22 41 23 15 a) Hãy tìm khoảng tin cậy suất trung bình giống lúa A huyện B với độ tin cậy 95% Giả thiết suất lúa l đại lợng ngẫu nhiên có phân phối chuẩn b) Năng suất trung bình giống lúa A trồng huyện C l 48,5 tạ/hecta Với mức ý nghĩa 5% kết luận suất trung bình giống lúa A huyện B thấp huyện C hay không ? Chịu trách nhiệm nội dung : Ts.nguyễn văn hòa Biên tập: Tổ công nghệ thông tin Phòng khảo thí-đảm bảo chất lợng giáo dục Đơn vị phát hnh: trung tâm đo tạo từ xa-đại học huế [...]... Sử dụng công thức xác suất đầy đủ 31 Một lớp học sinh có 50 học sinh, trong đó có 23 nữ Chọn ngẫu nhiên ba học sinh Tính xác suất để đợc hai nam Giải Số cách chọn ba học sinh từ lớp có 50 học sinh l : 3 = C50 50! = 19600 3!47! Để chọn đợc hai nam thì trong 3 học sinh đợc chọn phải có 2 nam v 1 nữ Số cách để chọn 2 nam l C2 72 = 27 ! = 351 2! 25! Số cách để chọn 1 nữ l : 1 = C23 23 ! = 23 1 !22 ! Do đó... câu hỏi Tính xác suất để anh ta: a Trả lời đợc cả 4 câu b Trả lời đợc 2 trong 4 câu c Trả lời đợc ít nhất một câu d Không trả lời đợc câu no HD : n = C254 a Trả lời đợc cả 4 câu l pa = C204 C254 C2 02 C 52 b Trả lời đợc 2 trong 4 câu l pb = C254 c Trả lời đợc ít nhất một câu pc = 1 d Không trả lời đợc câu no Pd = C54 C254 C54 C254 7 Một hộp chứa 3 bi trắng, 7 bi đỏ v 15 bi xanh Một hộp khác chứa... không đồng thời bằng 0), ta có a2 pb2 0, a b a b = 1 Do đó + 2 Q( p ) v (a + b p ) 2 + 2 2 2 2 2 a pb a pb a pb a pb 2 Q( p ) l một trờng b) Giả sử tồn tại đẳng cấu trờng f : Q( 3 ) Q( 5 ), khi đó f(1) 0 v do f(1) = f(1.1) = f(1)f(1) nên f(1) = 1 Từ đó f(3) = f(1 + 1 + 1) = f(1) + f(1) + f(1) = 3 Giả sử f( 3 ) = a + b 5 (với a, b Q) Ta có 3 = f(3) = f( 3 3 ) = f( 3 )2 = (a + b 5 )2. .. b quả cầu trắng Gọi Ak, k = 1, 2 l biến cố lấy đợc quả cầu mu đỏ ở lần thứ k, k = 1, 2 Khi đó a a 1 ; P(A2 A1) = a+b a + b 1 P(A1) = Từ giả thi t ta có a a 1 1 ì = a + b a + b 1 2 Do b > 0 v a a 1 > a + b a + b 1 nên 2 1 a a 1 a + b > 2 > a + b 1 hay 2 a 1 a 1 > > a+b 2 a + b 1 Từ bất đẳng thức trên ta suy ra : ( 2 +1)b + 1 > a >( 2 + 1)b Với b = 1 ta có 2, 414 < 3,414 v khi đó có thể chọn... vo thi môn xác suất thống kê chỉ thuộc 20 trong số 25 câu hỏi thi Tính xác suất để sinh viên trả lời đợc cả ba câu hỏi trong phiếu dự thi m anh ta phải trả lời HD : Dùng công thức tính xác suất theo quan điểm đồng khả năng 3 C20 p= 3 C25 10 Trong một hộp kín có chứa các quả cầu mu đỏ v mu trắng Nếu lần lợt lấy 1 ngẫu nhiên không hon lại 2 quả cầu từ hộp ra thì xác suất để cả hai quả mu đỏ bằng 2 a... cố A1 v A2 ta có P(B) = P(A1)P(A2) = 0,63 c Biến cố có ít nhất một viên đạn đợc bắn trúng đích C = A B nên P(C) = 0,97 d Biến cố không có một viên đạn no đợc bắn trúng đích D = A1 A2 Khi đó sử dụng tính độc lập của các biến cố A1 v A2 ta có P(D) = P( A1 ) P( A2 ) = 0,1 0,3 = 0,03 6 Một sinh viên đi thi môn xác suất chỉ học thuộc 20 trong số 25 câu hỏi đã cho Khi thi ngời sinh viên phải trả lời... do đó a1 Z(R) a 0 b) Z(M2(R)) = a R 0 a 10 Tìm vnh con của vnh R các số thực sinh bởi tập Z { 3 2 } Giải Gọi S = {a + b 3 2 + c 3 4 a, b, c R} thì S R, S vì 0 S v a, b, c, a, b, c Z, (a + b 3 2 + c 3 4 ) (a + b 3 2 + c 3 4 ) = (a a) + (b b) 3 2 + (c c) (a + b 3 2 + c 3 4 )(a + b 3 2 + c 3 4 ) = (aa + bc + 2cb) + (ab + ba + 2cc) +ca + bb) 3 3 3 4 S, 2 + (ac 4 S Vậy S l một vnh... có 2, 414 < 3,414 v khi đó có thể chọn a = 3, v do đó với b = 1 ta có P(A1 A2) = 3 2 1 ì = 4 3 2 b) Xét trờng hợp b l số chẵn, ta có b = 2 ; 4,8 < a < 5,8 ; a = 5 ; P(A1 A2) 1 2 b = 4 ; 9,7 < a < 10,7 ; a = 10 ; P(A1 A2) b = 6 ; 14,5 < a < 15,5 ; a = 15 ; P(A1 A2) = 1 2 1 2 Vậy số cầu ít nhất khi b chẵn l 6 + 15 = 21 11 Một hộp có 100 tấm thẻ nh nhau đợc đánh số từ 1 tới 100 Rút ngẫu nhiên... cố sơ cấp thuận lợi cho biến cố A l k = A 92 v biến cố sơ cấp đồng khả năng của không gian l n 2 = A100 Khi đó: P(A) = k A 92 = 0,0073 = n An2 b Gọi B l biến cố hai thẻ rút đợc tạo thnh một số chia hết cho 5 Khi đó để có biến cố sơ cấp thuận lợi cho biến cố B ta rút thẻ thứ hai một cách tuỳ ý trong 20 thẻ mang các số 5, 10, 15, 20 , , 95,100, v rút 1 trong 99 thẻ còn lại đặt vo vị trí đầu Do 2 đó k... bi rút ra cùng mu HD : Theo công thức nhân xác suất v lu ý tới tính độc lập của các biến cố p = 3 10 7 6 15 9 20 7 + + = 25 25 25 25 25 25 625 8 Trong một phân xởng có 3 máy hoạt động độc lập nhau Khả năng bị hỏng của mỗi máy lần lợt l 0,1 ; 0 ,2 v 0,05 Tính khả năng để : a Cả ba máy cùng bị hỏng, b Có ít nhất 1 máy hoạt động đợc, c Cả ba máy cùng hoạt động HD : Sử dụng công thức nhân xác suất v tính ... ) = , 21 0 C65C41 24 = P( A1 ) = , 21 0 21 0 P(A) = P(A0) + P(A1) = P( A) = P( A) = 25 , 21 0 185 37 = 21 0 42 60 Chọn ngẫu nhiên học sinh từ lớp có 25 % học sinh giỏi toán, 5% học sinh giỏi toán. .. phòng thứ i học sinh no l : 12 P(Ai) = (i = 1, 2, 3) A1A2 l biến cố phòng v phòng học sinh no, nghĩa l phòng có 12 học sinh nên: 12 P(A1A2) = Tơng tự 12 P(A1A3) = P(A2A3) = Vì A1A2A3 = ... đợc hai nam học sinh đợc chọn phải có nam v nữ Số cách để chọn nam l C2 72 = 27 ! = 351 2! 25! Số cách để chọn nữ l : = C23 23 ! = 23 1 !22 ! Do số cách để chọn đợc nam v nữ l 351 ì 23 = 8073 Vậy