Cần các bạn vào giải hộ mình 3 bài sau:
1. Một người chơi với máy đánh bạc trong casino. Biết rằng khả năng quay trúng ô x20 là 5%. Tìm xác suất người đó quay trúng ô x20 đúng 5 lần sau 100 lượt đánh.
2. Một người chơi với máy đánh bạc trong casino. Máy có 20 cấp độ chơi tương ứng với 20 lần chơi, mỗi người đều được tham gia 20 lần. Xác suất trúng thưởng của từng cấp độ là: 1%, 2%, 3% ... 19%, 20%. (tỷ lệ trúng thưởng bằng cấp độ chơi). Tìm xác suất người đó trúng thưởng đúng 2 lần sau 20 lần chơi.
Bài 1 : Sử dụng công thức Bernoulli như sau :
Gọi $A$ là biến cố "quay trúng ô x 20" thì $P(A)=0,05$. Xác suất cần tính sẽ là :
\[P\left( {X = 5} \right) = C_{100}^5{.0,05^5}{.0,95^{95}} \approx 0,18\]
**********
Bài 2: Bài này mình không biết là cấp độ chơi có tuân theo số lần chơi hay không,tức là lần chơi thứ nhất chơi ở cấp độ 1,lần chơi thứ 2 ở cấp độ 2 ? Nếu là tuân theo thứ tự lần chơi thì làm như sau :
Gọi $A_{i}$ là biến cố "trúng thưởng ở lần thứ $i$ ,cấp độ $i$" $\quad i=1,2,...,20$. Suy ra $P(A_{i})=\frac{i}{100}$. Dễ thấy họ biến cố $A_{i}(i=\overline{1;20})$ là họ biến cố độc lập toàn thể.
Xét $B$ là biến cố "trúng thưởng đúng 2 lần sau 20 lượt chơi". Biểu diễn $B$ qua các biến cố $A_{i}$ như sau :
\[B = \sum\limits_{1 \le i < j \le 20} {\overline {{A_1}} ...\overline {{A_{i - 1}}} {A_i}\overline {{A_{i + 1}}} ...\overline {{A_{j - 1}}} {A_j}\overline {{A_{j + 1}}} ...\overline {{A_{20}}} } \]
Do đó :
\[\begin{eqnarray*}P\left( B \right) &=& P\left( {\sum\limits_{1 \le i < j \le 20} {\overline {{A_1}} ...\overline {{A_{i - 1}}} {A_i}\overline {{A_{i + 1}}} ...\overline {{A_{j - 1}}} {A_j}\overline {{A_{j + 1}}} ...\overline {{A_{20}}} } } \right)\\&=& 1 - P\left( {\overline {\sum\limits_{1 \le i < j \le 20} {\overline {{A_1}} ...\overline {{A_{i - 1}}} {A_i}\overline {{A_{i + 1}}} ...\overline {{A_{j - 1}}} {A_j}\overline {{A_{j + 1}}} ...\overline {{A_{20}}} } } } \right)\\&=& 1 - P\left( {\prod\limits_{i < j} {\overline {\overline {{A_1}} ...\overline {{A_{i - 1}}} {A_i}\overline {{A_{i + 1}}} ...\overline {{A_{j - 1}}} {A_j}\overline {{A_{j + 1}}} ...\overline {{A_{20}}} } } } \right) &\text{(Quy tắc đối ngẫu D'Morgan)}\\&=& 1 - \prod\limits_{i < j} {P\left( {\overline {\overline {{A_1}} ...\overline {{A_{i - 1}}} {A_i}\overline {{A_{i + 1}}} ...\overline {{A_{j - 1}}} {A_j}\overline {{A_{j + 1}}} ...\overline {{A_{20}}} } } \right)} &\text{(Tính chất biến cố độc lập)} \\&=& 1 - \prod\limits_{i < j} {\left[ {1 - P\left( {\overline {{A_1}} ...\overline {{A_{i - 1}}} {A_i}\overline {{A_{i + 1}}} ...\overline {{A_{j - 1}}} {A_j}\overline {{A_{j + 1}}} ...\overline {{A_{20}}} } \right)} \right]} \\&=& 1 - \prod\limits_{i < j} {\left[ {1 - P\left( {\overline {{A_1}} } \right)...P\left( {{A_i}} \right)...P\left( {{A_j}} \right)...P\left( {\overline {{A_{20}}} } \right)} \right]} &\text{(Tính chất biến cố độc lập)} \\&=& 1 - \prod\limits_{i < j} {\left[ {1 - \frac{{P\left( {{A_i}} \right)P\left( {{A_j}} \right)}}{{P\left( {\overline {{A_i}} } \right)P\left( {\overline {{A_j}} } \right)}}\prod\limits_{k = 1}^{20} {P\left( {\overline {{A_k}} } \right)} } \right]} \end{eqnarray*}\]
Dễ dàng tính được $\prod\limits_{k = 1}^{20} {P\left( {\overline {{A_k}} } \right)} \approx 0,1043$ nên :
\[P\left( B \right) \approx 1 - \prod\limits_{i < j} {\left[ {1 - \frac{{\frac{{ij}}{{{{100}^2}}}}}{{\left( {1 - \frac{i}{{100}}} \right)\left( {1 - \frac{j}{{100}}} \right)}}} \right]} = 1 - \prod\limits_{i < j} {\frac{{10,43.\left( {100 - i - j} \right)}}{{\left( {100 - i} \right)\left( {100 - j} \right)}}} \]
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dark templar: 27-03-2013 - 18:55
