Phạm Vĩnh Minh
Xác suất cho bảo hiểm
Một hợp đồng bảo hiểm hoàn trả chi phí nha khoa, ký hiệu là X, với mức
lợi ích tối đa là 250. Hàm mật độ xác suất cho X được cho bởi:
®
ce−0.004x , x ≥ 0
f (x) =
0,
khác
61
trong đó c là một hằng số. Tính toán giá trị trung vị của lợi ích cho hợp đồng
bảo hiểm này.
Lời giải.
Ta có
Z ∞
1=
Z ∞
f (x) dx =
−∞
ce−0.004x dx
0
Do đó, c = 250. Gọi m là trung vị của lợi ích trên, ta được
Z m
Z m
250e−0.004x dx = 0.5
f (x) dx = 0.5 ⇔
P(x ≤ m) = 0.5 ⇔
−∞
−0.004m
⇔ −e
0
+ 1 = 0.5
Giải phương trình trên ta được, m ≈ 173.
Thời gian đến khi một linh kiện trong thiết bị điện tử gặp trục trặc có phân
phối mũ với trung vị là bốn giờ. Tính xác suất rằng linh kiện này sẽ hoạt động
mà không gặp trục trặc ít nhất trong năm giờ.
(A) 0.07
(B) 0.29
(C) 0.38
(D) 0.42
(E) 0.57
62
Draft
Lời giải.
Thời gian X có phân phối mũ với hàm mật độ xác suất:
f (x) = λe−λx ,
x≥0
Trung vị m = 4 giờ, nên:
P(X ≤ 4) = 1 − e−λ·4 = 0.5 =⇒ λ =
ln(2)
≈ 0.17325
4
Xác suất linh kiện hoạt động ít nhất 5 giờ:
P(X ≥ 5) = 1 − P(X < 5) = 1 − (1 − e−λ·5 ) = e−λ·5 ≈ 0.42
Vậy xác suất là khoảng 0.42.
Một công ty bảo hiểm bán một hợp đồng bảo hiểm ô tô bảo hiểm cho các
tổn thất phát sinh từ một người được bảo hiểm, có áp dụng mức khấu trừ là
100. Các tổn thất phát sinh theo phân phối mũ với giá trị kỳ vọng là 300. Tính
toán phân vị thứ 95 của các tổn thất vượt quá mức khấu trừ.
(A) 600
(B) 700
(C) 800
(D) 900
(E) 1000
63
Lời giải.
Tổn thất X có phân phối mũ với hàm mật độ xác suất:
f (x) = λe−λx , x ≥ 0
Giá trị kỳ vọng E(X) = 300, nên:
1
1
E(X) = = 300 =⇒ λ =
λ
300
1
Phạm Vĩnh Minh
Xác suất cho bảo hiểm
Tổn thất vượt quá mức khấu trừ là Y = X − 100 cũng có phân phối mũ với cùng λ,
do tính "không nhớ" (memoryless). Phân vị thứ 95 của Y thỏa:
ln(0.05)
≈ 899
P(Y ≤ y) = 1 − e−λy = 0.95 =⇒ e−λy = 0.05 =⇒ y = −
λ
Vậy phân vị thứ 95 của các tổn thất vượt quá mức khấu trừ là khoảng 899.
Mức độ yêu cầu bồi thường cho thiệt hại do gió đối với các ngôi nhà được
bảo hiểm là các biến ngẫu nhiên độc lập lẫn nhau với hàm mật độ như sau:

3, x>1
f (x) = x4
0,
khác
64
Trong đó x là số tiền bồi thường tính bằng hàng nghìn đô la. Giả sử sẽ có 3
yêu cầu bồi thường như vậy được đưa ra. Tính giá trị kỳ vọng của yêu cầu bồi
thường lớn nhất trong ba yêu cầu.
(A) 2025
(B) 2700
(C) 3232
(D) 3375
(E) 4500
Lời giải.
Hàm phân phối tích lũy F (x) = P(X ≤ x):
Z x
1
3
dt = 1 − 3 , x > 1
F (x) =
4
x
1 t
Gọi Y là yêu cầu bồi thường lớn nhất trong 3 yêu cầu độc lập. Hàm phân phối của
Y là:
ã
Å
1 3
3
FY (y) = P(Y ≤ y) = [FDraft
(y)] = 1 − 3 , y > 1
y
Hàm mật độ của Y :
Å
ã
d
9
1 2
fY (y) = FY (y) = 4 1 − 3 , y > 1
dy
y
y
Giá trị kỳ vọng E(Y ):
Z ∞ Å
Z ∞
ã
1
1 2
yfY (y) dy = 9
E(Y ) =
1− 3
dy ≈ 2.025
y3
y
1
1
Vậy giá trị kỳ vọng của yêu cầu bồi thường lớn nhất là 2025 đô.
Một tổ chức từ thiện nhận được 2025 đóng góp. Các đóng góp này được
giả định là độc lập với nhau và phân phối đồng nhất với giá trị kỳ vọng là 3125
và độ lệch chuẩn là 250. Tính toán phần trăm thứ 90 gần đúng cho phân phối
của tổng số đóng góp nhận được.
(A) 6,328,000 (B) 6,338,000 (C) 6,343,000 (D)
(E) 6,977,000
6,784,000
65
Lời giải.
Gọi Xi là đóng góp thứ i, có phân phối đều với E(Xi ) = 3125 và σXi = 250. Tổng số
đóng góp S = X1 + · · · + X2025 cũng là phân với đều, với:
√
E(S) = 2025 · 3125 = 6328125, σS = 2025 · 250 ≈ 11250
2
Phạm Vĩnh Minh
Xác suất cho bảo hiểm
Theo định lý giới hạn trung tâm, S xấp xỉ phân phối chuẩn. Phần trăm thứ 90 thỏa:
ã
Å
S − E(S)
≤ z = 0.9 =⇒ z = 1.28, P90 = E(S) + 1.28 · σS ≈ 6342525
P
σS
Vậy phần trăm thứ 90 gần đúng cho tổng số đóng góp là 6, 343, 000.
Các yêu cầu bồi thường theo hợp đồng bảo hiểm ô tô tuân theo phân phối
chuẩn với giá trị kỳ vọng là 19,400 và độ lệch chuẩn là 5,000. Tính xác suất
rằng giá trị trung bình của 25 yêu cầu bồi thường được chọn ngẫu nhiên vượt
quá 20,000.
(A) 0.01
(B) 0.15
(C) 0.27
(D) 0.33
(E) 0.45
66
Lời giải
Gọi Xi là yêu cầu bồi thường thứ i, với Xi ∼ N (19, 400, 5, 0002 ). Giá trị trung bình của
25 yêu cầu bồi thường là:
X1 + X2 + · · · + X25
X=
.
25
Vì các Xi độc lập và tuân theo phân phối chuẩn, nên X cũng tuân theo phân phối
chuẩn, với
5, 000
σ
5, 000
=
= 1, 000.
E(X) = µ = 19, 400, σX = √ = √
5
n
25
Ta có
Ç
P(X > 20, 000) = P
X − µ(X)
σX
å
20, 000Draft
− 19, 400
= P(Z > 0.6) = 1 − P(0.6) = 0.27
>
1, 000
Vậy xác suất để giá trị trung bình của 25 yêu cầu bồi thường vượt quá 20,000 đô
la là khoảng: 27%.
Một công ty bảo hiểm phát hành 1250 hợp đồng bảo hiểm chăm sóc mắt.
Số lượng yêu cầu bồi thường do một người tham gia bảo hiểm gửi lên trong
một năm là một biến ngẫu nhiên Poisson với giá trị kỳ vọng là 2. Giả sử rằng
số lượng yêu cầu bồi thường của các người tham gia bảo hiểm khác nhau là
độc lập. Tính xác suất gần đúng rằng tổng số yêu cầu bồi thường trong một
năm nằm trong khoảng từ 2450 đến 2600.
(A) 0.68
(B) 0.82
(C) 0.87
(D) 0.95
(E) 1.00
67
Lời giải
Gọi Xi là số lượng yêu cầu bồi thường của người tham gia bảo hiểm thứ i (i =
1, 2, . . . , 1250), với Xi ∼ Poisson(2). Tổng số yêu cầu bồi thường trong một năm là:
S = X1 + X2 + · · · + X1250 .
Vì các Xi độc lập và tuân theo phân phối Poisson, tổng S cũng tuân theo phân phối
Poisson, với
»
√
√
E(S) = 1250 · 2 = 2500, σS = Var(S) = 1250 · 2 = 2500 = 50.
3
Phạm Vĩnh Minh
Xác suất cho bảo hiểm
Do n = 1250 lớn, ta xấp xỉ S ∼ N (2500, 502 ). Ta cần tính
Å
ã
S − µ(S)
2450 − 2500
2600 − 2500
P(2450 ≤ S ≤ 2600) = P
≤
≤
50
σS
50
= P(−1 ≤ Z ≤ 2) = Φ(2) − Φ(−1) = 0.815
Vậy xác suất gần đúng rằng tổng số yêu cầu bồi thường trong một năm nằm trong
khoảng từ 2450 đến 2600 là khoảnghoặc 82%.
Một công ty sản xuất một loại bóng đèn với tuổi thọ được phân phối theo
phân phối chuẩn, có giá trị kỳ vọng là 3 tháng và phương sai là 1. Một người
tiêu dùng mua một số bóng đèn với ý định thay thế chúng liên tục khi chúng
cháy. Các bóng đèn có tuổi thọ độc lập với nhau. Tính số lượng bóng đèn tối
thiểu cần mua sao cho việc sử dụng bóng đèn cung cấp ánh sáng trong ít nhất
40 tháng với xác suất ít nhất là 0.9772.
(A) 14
(B) 16
(C) 20
(D) 40
(E) 55
68
Lời giải
Gọi Xi là tuổi thọ của bóng đèn thứ i, với Xi ∼ N (3, 1). Tổng tuổi thọ của n bóng đèn
là:
Sn = X1 + X2 + · · · + Xn .
Vì các Xi độc lập và tuân theo phân phối chuẩn, Sn cũng tuân theo phân phối
chuẩn, với
Draft
»
√
√
E(Sn ) = n · 3 = 3n, σSn = Var(Sn ) = n · 1 = n.
Ta có
Sn − µ(Sn )
40 − 3n
P(Sn ≥ 40) = P
≥ √
σSn
n
Å
ã
Å
ã
40 − 3n
=P Z≥ √
.
n
Theo giải thiết, ta có P(Z ≥ −2) = 0.9772, do đó
40 − 3n
√
≤ −2.
n
Giải bất phương trình trên được được n ≥ 16. Vậy số lượng bóng đèn tối thiểu cần
mua là 16.
Gọi X và Y là số giờ mà một người được chọn ngẫu nhiên xem phim và các
sự kiện thể thao, tương ứng, trong khoảng thời gian ba tháng. Thông tin sau
được biết về X và Y :
69
E(X) = 50, E(Y ) = 20, V ar(X) = 50, V ar(Y ) = 30, Cov(X, Y ) = 10.
Tổng số giờ mà các cá nhân khác nhau xem phim và các sự kiện thể thao
trong ba tháng là độc lập với nhau. Một trăm người được chọn ngẫu nhiên và
quan sát trong ba tháng này. Gọi T là tổng số giờ mà một trăm người này xem
phim hoặc sự kiện thể thao trong khoảng thời gian ba tháng. Tính xấp xỉ giá
trị của P [T < 7100].
(A) 0.62
(B) 0.84
(C) 0.87
(D) 0.92
(E) 0.97
4
Phạm Vĩnh Minh
Xác suất cho bảo hiểm
Lời giải
Gọi Xi và Yi là số giờ xem phim và sự kiện thể thao của người thứ i (i = 1, 2, . . . , 100),
với Xi ∼ (50, 50) và Yi ∼ (20, 30), và Cov(Xi , Yi ) = 10. Tổng số giờ của người thứ i là
Zi = Xi + Yi . Tổng số giờ của 100 người là:
T = Z1 + Z2 + · · · + Z100 .
Vì các Zi độc lập với nhau, ta có:
E(Zi ) = E(Xi ) + E(Yi ) = 70,
V ar(Zi ) = V ar(Xi ) + V ar(Yi ) + 2Cov(Xi , Yi ) = 100.
Do đó,
E(T ) = 100 · 70 = 7000, σT =
»
√
Var(T ) = 100 · 100 = 100.
Ta có:
T − µ(T )
7100 − 7000
<
P(T < 7100) = P
σT
100
Å
ã
= P(Z < 1) ≈ 0.8413
Vậy giá trị xấp xỉ của P(T < 7100) là 0.84.
Tổng số tiền yêu cầu bồi thường cho một chính sách bảo hiểm sức khỏe
theo phân bố có hàm mật độ:
70
1 − x
e 1000 , x > 0.
1000
Mức phí bảo hiểm cho chính sách được đặt ở mức tổng số tiền yêu cầu ước
tính cộng thêm 100. Nếu 100 chính Draft
sách được bán ra, hãy tính toán xác suất
xấp xỉ mà công ty bảo hiểm sẽ có các yêu cầu vượt quá số phí đã thu.
(A) 0.001
(B) 0.159
(C) 0.333
(D) 0.407
(E) 0.460
f (x) =
Lời giải
Gọi Xi làÅsố tiền
ã yêu cầu bồi thường của chính sách thứ i (i = 1, 2, . . . , 100), với
1
, do đó
Xi ∼ Exp
100
…
»
1
1
E(Xi ) = = 1000, σXi = Var(Xi ) =
= 1000.
λ
λ2
Mức phí bảo hiểm cho một chính sách là E(Xi ) + 100 = 1100. Tổng phí thu được từ
100 chính sách:
P = 100 · 1100 = 110000.
Tổng số tiền yêu cầu bồi thường là:
S = X1 + X2 + · · · + X100 .
Vì các Xi độc lập, ta có:
E(S) = 100 · 1000 = 100000, σS =
»
√
√
Var(S) = 100 · 1000000 = 1000 10.
5
Phạm Vĩnh Minh
Xác suất cho bảo hiểm
Ta có:
ã
Å
ã
S − µ(S)
110000 − 100000
10
√
>
=P Z> √
P(S > 110000) = P
σS
1000 10
10
√
= P(Z > 10) = 1 − P(3.16) ≈ 0.0008
Å
Vậy xác suất xấp xỉ mà công ty bảo hiểm có các yêu cầu vượt quá số phí đã thu là
khoảng 0.001.
Một thành phố vừa mới tuyển thêm 100 nữ cảnh sát vào lực lượng của
mình. Thành phố sẽ cung cấp một khoản lương hưu cho mỗi nhân viên mới
nào ở lại lực lượng cho đến khi về hưu. Ngoài ra, nếu nhân viên mới nào đã
kết hôn tại thời điểm nghỉ hưu, một khoản lương hưu thứ hai sẽ được cung
cấp cho chồng của cô ấy. Một nhà định giá tư vấn đưa ra các giả thuyết sau:
71
(i) Mỗi nhân viên mới có xác suất 0.4 để ở lại lực lượng cảnh sát cho đến
khi nghỉ hưu.
(ii) Giả sử rằng một nhân viên mới đến nghỉ hưu với lực lượng cảnh sát,
xác suất cô ấy không kết hôn tại thời điểm nghỉ hưu là 0.25.
(iii) Các sự kiện khác nhau của các nhân viên mới đến nghỉ hưu và các
sự kiện khác nhau của các nhân viên mới kết hôn tại thời điểm nghỉ hưu là
các sự kiện độc lập hoàn toàn.
Tính xác suất rằng thành phố sẽ cung cấp tối đa 90 khoản lương hưu cho 100
nhân viên mới và chồng của họ.
(A) 0.60
(B) 0.67
(C) 0.75
(D) 0.93
(E) 0.99
Draft
Lời giải
Gọi Xi là số lương hưu cho nữ cảnh sát thứ i ở lại đến khi nghỉ hưu, với Xi ∼
Bernoulli(0.8).
Gọi Yi là số lương hưu cho chồng của nữ cảnh sát thứ i, với P(Yi = 1) = 0.8·0.6 = 0.48.
Tổng số lương hưu là:
S = (X1 + Y1 ) + (X2 + Y2 ) + · · · + (X100 + Y100 ).
Vì các Xi và Yi độc lập, do đó:
E(Xi + Yi ) = E(Xi ) + E(Yi ) = 0.8 + 0.48 = 1.28,
V ar(Xi + Yi ) = V ar(Xi ) + V ar(Yi ) = 0.8 · 0.2 + 0.48 · 0.52 = 0.16 + 0.2496 = 0.4096.
Thế nên,
E(S) = 100 · 1.28 = 128, σS =
»
√
√
Var(S) = 100 · 0.4096 = 40.96 ≈ 6.4.
Suy ra
ã
S − µ(S)
120 − 128
P(S > 120) = P
>
σS
6.4
= P(Z > −1.25) = 1 − P(−1.25) ≈ 0.894.
Å
Theo bảng phân phối chuẩn tắc, P(Z ≤ −1.25) = 0.1056, nên:
P(Z > −1.25) = 1 − 0.1056 = 0.8944.
6
Phạm Vĩnh Minh
Xác suất cho bảo hiểm
Vậy xác suất xấp xỉ tổng số lương hưu vượt quá 120 là khoảng 0.8944.
Trong một phân tích dữ liệu y tế, độ tuổi của các đối tượng đã được làm
tròn đến bội số gần nhất của 5 năm. Sự khác biệt giữa độ tuổi thực tế và độ
tuổi được làm tròn được giả định phân bố đều trên khoảng từ -2.5 đến 2.5
năm. Dữ liệu y tế dựa trên một mẫu ngẫu nhiên gồm 48 người. Tính xác suất
xấp xỉ rằng giá trị trung bình của các độ tuổi đã được làm tròn nằm trong
khoảng 0.25 năm so với giá trị trung bình của các độ tuổi thực.
(A) 0.14
(B) 0.38
(C) 0.57
(D) 0.77
(E) 0.88
72
Lời giải
Gọi Xi là độ tuổi thực tế của người thứ i và Yi là độ tuổi được làm tròn, với độ lệch
Di = Yi − Xi ∼ U (−2.5, 2.5). Giá trị trung bình của 48 độ tuổi thực tế là
X1 + · · · + X48
X=
48
và giá trị trung bình của các độ tuổi làm tròn là
Y1 + · · · + Y48
Y =
48
Ta có:
(X1 + D1 ) + · · · + (X48 + D48 )
D1 + · · · + D48
Y =
= X + D, với D =
.
48
48
Vì Di ∼ U (−2.5, 2.5), suy ra
Draft
−2.5 + 2.5
(2.5 − (−2.5))2
52
25
E(Di ) =
= 0, V ar(Di ) =
=
= .
2
12
12
12
Do đó,
…
…
»
5
V ar(Di )
25
25
=
=
=
≈ 0.2083.
E(D) = 0, σD = Var(D) =
48
12 · 48
576
24
Do n = 48 lớn, D ∼ N (0, (0.2083)2 ), vì thế
Ç
å
|D − µ(D) |
0.25
= P(|Z| ≤ 1.2) = 2 · 0.8849 − 1 = 0.7698..
P(|D| ≤ 0.25) = P
≤
σD
0.2083
Vậy xác suất xấp xỉ là 0.77.
7
Phạm Vĩnh Minh
Xác suất cho bảo hiểm
Thời gian chờ cho yêu cầu đầu tiên từ một tài xế tốt và thời gian chờ cho
yêu cầu đầu tiên từ một tài xế xấu là độc lập và tuân theo phân phối mũ với
các mức trung bình lần lượt là 6 năm và 3 năm. Tính xác suất rằng yêu cầu
đầu tiên từ một tài xế tốt sẽ được nộp trong vòng 3 năm và yêu cầu đầu tiên
từ một tài xế xấu sẽ được nộp trong vòng 2 năm.
1
1 − e−2/3 − e−1/2 + e−7/6
(A)
18
1 −7/6
e
(B)
18
73
(C) 1 − e−2/3 − e−1/2 + e−7/6
(D) 1 − e−2/3 − e−1/2 + e7/3
1
1
1
(E) 1 − e−2/3 − e−1/2 + e−7/6
3
6
18
Lời giải
Å ã
1
Gọi X là thời gian chờ cho yêu cầu đầu tiên từ tài xế tốt, với X ∼ Exp
, ta được
6
1
P(X ≤ 3) = 1 − e−λ1 ·3 = 1 − e− 2
Å ã
1
, ta được
Gọi Y là thời gian chờ cho yêu cầu đầu tiên từ tài xế xấu, với X ∼ Exp
3
Draft
2
P(Y ≤ 2) = 1 − e−λ2 ·2 = 1 − e− 3
Vì X và Y độc lập, nên
P(X ≤ 3 và Y ≤ 2) = P(X ≤ 3) · P(Y ≤ 2) = 1 − e−2/3 − e−1/2 + e−7/6
Vậy xác suất là khoảng 0.1914.
Một nhà điều hành tour có một chiếc xe buýt có thể chứa 20 khách du
lịch. Người điều hành biết rằng khách du lịch có thể không xuất hiện, vì vậy
ông bán 21 vé. Xác suất rằng một khách du lịch sẽ không xuất hiện là 0.02,
độc lập với tất cả các khách du lịch khác.
Mỗi vé có giá 50 và không hoàn lại nếu khách du lịch không xuất hiện. Nếu
một khách du lịch xuất hiện và không có chỗ ngồi nào còn trống, người điều
hành tour phải trả 100 (chi phí vé + 50 tiền phạt) cho khách du lịch.
Tính toán doanh thu kỳ vọng của nhà điều hành tour.
(A) 955
(B) 962
(C) 967
(D) 976
(E) 985
74
Lời giải
Gọi Xi là khách du lịch thứ i xuất hiện , với Xi ∼ Bernoulli(0.98), i = 1, 2, . . . , 21.
Tổng số khách xuất hiện là:
S = X1 + X2 + · · · + X21 .
8
Phạm Vĩnh Minh
Xác suất cho bảo hiểm
Vì các Xi độc lập, S ∼ Binomial(21, 0.98), với:
E(S) = 21 · 0.98 = 20.58.
Doanh thu R phụ thuộc vào S: - Tổng tiền thu từ vé: 21 · 50 = 1050. - Nếu S ≤ 20,
không có phạt, R = 1050. - Nếu S = 21, có 1 khách không có chỗ, phạt 100, R =
1050 − 100 = 950.
Xác suất:
Ç å
21
P(S = k) =
(0.98)k (0.02)21−k .
k
Do đó,
Ç å
21
P(S ≤ 20) = 1 − P(S = 21) = 1 −
0.9821 0.020 ≈ 0.343
21
Doanh thu kỳ vọng:
E(R) = P(S ≤ 20) · 1050 + P(S = 21) · 950
= 0.343 · 1050 + 0.657 · 950 ≈ 984.3.
Vậy doanh thu kỳ vọng là khoảng 985.
Một chính sách bảo hiểm chi trả một tổng số lợi ích y tế bao gồm hai phần
cho mỗi yêu cầu. Gọi X là phần lợi ích được trả cho bác sĩ phẫu thuật và Y là
phần được trả cho bệnh viện. Phương sai của X là 5000, phương sai của Y là
10,000, và phương sai của tổng lợi ích, X + Y , là 17,000. Do chi phí y tế tăng
lên, công ty phát hành chính sách quyết định tăng X lên một khoản cố định
là 100 cho mỗi yêu cầu và tăng Y lênDraft
10% cho mỗi yêu cầu. Tính toán phương
sai của tổng lợi ích sau khi các điều chỉnh này đã được thực hiện.
(A) 18,200
(B) 18,800
(C) 19,300
(D) 19,520
(E) 20,670
75
Lời giải
Gọi X là phần lợi ích trả cho bác sĩ phẫu thuật và Y là phần trả cho bệnh viện, với
V ar(X) = 5000, V ar(Y ) = 10000, và V ar(X + Y ) = 17000, suy ra
V ar(X + Y ) = V ar(X) + V ar(Y ) + 2Cov(X, Y ) ⇒ Cov(X, Y ) = 1000.
Sau điều chỉnh, phần lợi ích mới là: - X ′ = X + 100, - Y ′ = 1.1Y .
Tổng lợi ích mới là S ′ = X ′ + Y ′ = (X + 100) + 1.1Y . Phương sai của S ′ :
V ar(S ′ ) = V ar(X + 100 + 1.1Y ).
và,
V ar(X + 100) = V ar(X) = 5000,
V ar(1.1Y ) = (1.1)2 V ar(Y ) = 1.21 · 10000 = 12100,
Cov(X + 100, 1.1Y ) = 1.1 · Cov(X, Y ) = 1.1 · 1000 = 1100.
Do đó:
V ar(S ′ ) = V ar(X + 100) + V ar(1.1Y ) + 2Cov(X + 100, 1.1Y )
= 5000 + 12100 + 2 · 1100 = 19300.
Vậy phương sai của tổng lợi ích sau điều chỉnh là 19300.
9
Phạm Vĩnh Minh
Xác suất cho bảo hiểm
Một đại lý ô tô bán 0, 1, hoặc 2 xe sang trong một ngày. Khi bán xe, người
bán cũng cố gắng thuyết phục khách hàng mua một bảo hành mở rộng cho
xe. Gọi X là số lượng xe sang bán được trong một ngày nhất định, và Y là số
lượng bảo hành mở rộng đã bán.
76
1
6
1
P [X = 1, Y = 0] =
12
1
P [X = 1, Y = 1] =
6
1
P [X = 2, Y = 0] =
12
1
P [X = 2, Y = 1] =
3
1
P [X = 2, Y = 2] =
6
P [X = 0, Y = 0] =
Tính toán phương sai của X.
(A) 0.47
(B) 0.58
(C) 0.83
(D) 1.42
(E) 2.58
Lời giải
Draftmột ngày. Để tính V ar(X), ta cần E(X)
Gọi X là số lượng xe sang bán được trong
2
và E(X ).
Phân phối biên của X:
1
P(X = 0) = P(X = 0, Y = 0) = ,
6
1
1
1
2
3
1
P(X = 1) = P(X = 1, Y = 0) + P(X = 1, Y = 1) =
+ =
+
=
= ,
12 6
12 12
12
4
1 1 1
1 4 2
7
P(X = 2) = P(X = 2, Y = 0)+P(X = 2, Y = 1)+P(X = 2, Y = 2) = + + = + + = .
12 3 6
12 12 12
12
Tính E(X):
1
1
7
1 14
1 7
3
14
17
E(X) = 0 · + 1 · + 2 ·
=0+ +
= + =
+
= .
6
4
12
4 12
4 6
12 12
12
2
Tính E(X ):
1
1
7
1
7
1 28
3
28
31
=0+ +4·
= +
=
+
= .
E(X 2 ) = 02 · + 12 · + 22 ·
6
4
12
4
12
4 12
12 12
12
Phương sai:
Å ã2
31
17
31 289
31 · 12 289
372 289
83
2
2
V ar(X) = E(X )−[E(X)] = −
= −
=
−
=
−
=
≈ 0.576.
12
12
12 144
12 · 12 144
144 144
144
Vậy phương sai của X là 0.58.
10
Phạm Vĩnh Minh
Xác suất cho bảo hiểm
Lợi nhuận cho một sản phẩm mới được cho bởi Z = 3X − Y − 5. X và Y là
các biến ngẫu nhiên độc lập với V ar(X) = 1 và V ar(Y ) = 2.
Tính toán V ar(Z).
(A) 1
(B) 5
(C) 7
(D) 11
(E) 16
77
Lời giải
Gọi Z = 3X−Y −5, với X và Y là các biến ngẫu nhiên độc lập, V ar(X) = 1, V ar(Y ) = 2.
Ta tính phương sai của Z:
V ar(Z) = V ar(3X − Y − 5) = V ar(3X − Y ).
Do X và Y độc lập:
V ar(3X − Y ) = V ar(3X) + V ar(−Y ),
V ar(3X) = 32 · V ar(X) = 9 · 1 = 9,
V ar(−Y ) = (−1)2 · V ar(Y ) = 1 · 2 = 2.
Vậy:
V ar(Z) = 9 + 2 = 11.
Phương sai của Z là 11.
Một công ty có hai máy phát điện điện. Thời gian cho đến khi hỏng cho
mỗi máy phát điện tuân theo phân phối mũ với giá trị trung bình là 10. Công
ty sẽ bắt đầu sử dụng máy phát điệnDraft
thứ hai ngay sau khi máy phát điện đầu
tiên hỏng.
Tính toán phương sai của tổng thời gian mà các máy phát điện sản xuất điện.
(A) 10
(B) 20
(C) 50
(D) 100
(E) 200
78
Lời giải
Gọi X1 là thời gian cho đến khi hỏng của máy phát điện thứ nhất và X2 là thời gian
1
. Tổng thời
cho đến khi hỏng của máy phát điện thứ hai, với X1 , X2 ∼ Exp(λ), λ = 10
gian sản xuất điện là:
S = X 1 + X2 .
Vì X1 và X2 độc lập và tuân theo phân phối mũ, ta có:
1
1
E(Xi ) = = 10, V ar(Xi ) = 2 = 102 = 100,
λ
λ
Phương sai của S:
i = 1, 2.
V ar(S) = V ar(X1 + X2 ) = V ar(X1 ) + V ar(X2 ) = 100 + 100 = 200.
Vậy phương sai của tổng thời gian là 200.
11
Phạm Vĩnh Minh
Xác suất cho bảo hiểm
Tại một khu vực đô thị nhỏ, các thiệt hại hàng năm do bão, hỏa hoạn và
trộm cắp được cho là các biến ngẫu nhiên phân phối mũ độc lập, với các giá
trị trung bình lần lượt là 1.0, 1.5, và 2.4.
Tính xác suất rằng giá trị lớn nhất trong số các thiệt hại này vượt quá 3.
(A) 0.002
(B) 0.050
(C) 0.159
(D) 0.287
(E) 0.414
79
Lời giải
Gọi X1 , X2 , X3 lần lượt là thiệt hại do bão, hỏa hoạn, trộm cắp, với X1 ∼ Exp(λ1 ),
1
1
1
5
λ1 = 1.0
= 1; X2 ∼ Exp(λ2 ), λ2 = 1.5
= 23 ; X3 ∼ Exp(λ3 ), λ3 = 2.4
= 12
. Gọi M =
max(X1 , X2 , X3 ).
Ta cần P(M > 3) = 1 − P(M ≤ 3). Vì X1 , X2 , X3 độc lập:
P(M ≤ 3) = P(X1 ≤ 3) · P(X2 ≤ 3) · P(X3 ≤ 3).
Tính từng xác suất:
P(X1 ≤ 3) = 1 − e−λ1 ·3 = 1 − e−1·3 = 1 − e−3 ≈ 0.9502,
2
P(X2 ≤ 3) = 1 − e−λ2 ·3 = 1 − e− 3 ·3 = 1 − e−2 ≈ 0.8647,
5
5
P(X3 ≤ 3) = 1 − e−λ3 ·3 = 1 − e− 12 ·3 = 1 − e− 4 ≈ 0.7135.
Vậy:
P(M ≤ 3) = 0.9502 · 0.8647 · 0.7135 ≈ 0.5863,
P(M > 3) = 1Draft
− 0.5863 = 0.4137.
Xác suất giá trị lớn nhất vượt quá 3 là khoảng 0.4137.
Gọi X là kích thước của một yêu cầu phẫu thuật và Y là kích thước của
yêu cầu bệnh viện liên quan. Một nhà toán học đang sử dụng một mô hình
trong đó:
80
E(X) = 5,
E(X 2 ) = 27.4,
E(Y ) = 7,
E(Y 2 ) = 51.4,
V ar(X + Y ) = 8.
Gọi C1 = X + Y là kích thước của tổng các yêu cầu trước khi áp dụng một
khoản phụ thu 20% trên phần yêu cầu bệnh viện, và gọi C2 là kích thước của
tổng các yêu cầu sau khi áp dụng khoản phụ thu đó.
Tính toán Cov(C1 , C2 ).
(A) 8.80
(B) 9.60
(C) 9.76
(D) 11.52
(E) 12.32
12
Phạm Vĩnh Minh
Xác suất cho bảo hiểm
Lời giải
Gọi X là kích thước yêu cầu phẫu thuật và Y là kích thước yêu cầu bệnh viện. Ta
có:
V ar(X) = E(X 2 ) − [E(X)]2 = 27.4 − 52 = 27.4 − 25 = 2.4,
V ar(Y ) = E(Y 2 ) − [E(Y )]2 = 51.4 − 72 = 51.4 − 49 = 2.4.
Với C1 = X + Y và V ar(C1 ) = V ar(X + Y ) = 8:
V ar(X + Y ) = V ar(X) + V ar(Y ) + 2Cov(X, Y ),
8 = 2.4 + 2.4 + 2Cov(X, Y ) ⇒ 8 = 4.8 + 2Cov(X, Y ) ⇒ 2Cov(X, Y ) = 3.2 ⇒ Cov(X, Y ) = 1.6.
Sau phụ thu 20% trên Y , C2 = X + 1.2Y . Ta tính Cov(C1 , C2 ):
C1 = X + Y,
C2 = X + 1.2Y,
Cov(C1 , C2 ) = Cov(X + Y, X + 1.2Y ).
Do tính chất tuyến tính của hiệp phương sai:
Cov(X + Y, X + 1.2Y ) = Cov(X, X) + Cov(X, 1.2Y ) + Cov(Y, X) + Cov(Y, 1.2Y ),
= V ar(X) + 1.2Cov(X, Y ) + Cov(Y, X) + 1.2Cov(Y, Y ),
= V ar(X) + 1.2Cov(X, Y ) + Cov(X, Y ) + 1.2V ar(Y ),
= 2.4 + 1.2 · 1.6 + 1.6 + 1.2 · 2.4 = 2.4 + 1.92 + 1.6 + 2.88 = 8.8.
Vậy Cov(C1 , C2 ) = 8.8.
Hai hợp đồng bảo hiểm nhân thọ, mỗi hợp đồng có quyền lợi tử vong là
Draft
10,000 và một khoản phí một lần là 500, được bán cho một cặp vợ chồng, mỗi
người một hợp đồng. Các hợp đồng sẽ hết hạn vào cuối năm thứ mười. Xác
suất mà chỉ có vợ sống ít nhất mười năm là 0.025, xác suất mà chỉ có chồng
sống ít nhất mười năm là 0.01, và xác suất mà cả hai đều sống ít nhất mười
năm là 0.96.
Tính toán tổng kỳ vọng của khoản phí vượt quá yêu cầu, với điều kiện là chồng
sống ít nhất mười năm.
(A) 350
(B) 385
(C) 397
(D) 870
(E) 897
81
Lời giải
Gọi W là biến chỉ thị vợ sống ít nhất 10 năm (W = 1 nếu sống, W = 0 nếu không),
và H là biến chỉ thị chồng sống ít nhất 10 năm (H = 1 nếu sống, H = 0 nếu
không). Tổng phí là 500 + 500 = 1000. Tổng yêu cầu C phụ thuộc vào W và H: - Nếu
W = 1, H = 1: C = 0, - Nếu W = 0, H = 1: C = 10000, - Nếu W = 1, H = 0: C = 10000, Nếu W = 0, H = 0: C = 20000.
Xác suất đã cho:
P(W = 1, H = 0) = 0.025,
P(W = 0, H = 1) = 0.01,
P(W = 1, H = 1) = 0.96,
P(W = 0, H = 0) = 1 − 0.025 − 0.01 − 0.96 = 0.005.
Xác suất chồng sống ít nhất 10 năm:
P(H = 1) = P(W = 1, H = 1) + P(W = 0, H = 1) = 0.96 + 0.01 = 0.97.
13
Phạm Vĩnh Minh
Xác suất cho bảo hiểm
Tổng phí vượt quá yêu cầu là R = 1000 − C. Ta tính E(R|H = 1): - Nếu W = 1, H = 1:
R = 1000 − 0 = 1000, - Nếu W = 0, H = 1: R = 1000 − 10000 = −9000.
Xác suất có điều kiện:
P(W = 1|H = 1) =
0.96
P(W = 1, H = 1)
=
≈ 0.9897,
P(H = 1)
0.97
P(W = 0|H = 1) =
P(W = 0, H = 1)
0.01
=
≈ 0.0103.
P(H = 1)
0.97
Kỳ vọng:
E(R|H = 1) = P(W = 1|H = 1) · 1000 + P(W = 0|H = 1) · (−9000),
= 0.9897 · 1000 + 0.0103 · (−9000) ≈ 989.7 − 92.7 = 897.
Vậy tổng kỳ vọng của khoản phí vượt quá yêu cầu là 897.
Một bài kiểm tra chẩn đoán sự hiện diện của một bệnh có hai kết quả có
thể: 1 cho bệnh hiện diện và 0 cho bệnh không hiện diện. Gọi X là trạng thái
bệnh (0 hoặc 1) của một bệnh nhân, và Y là kết quả của bài kiểm tra chẩn
đoán. Hàm xác suất chung của X và Y được cho bởi:
82
Tính toán V ar(Y |X = 1).
(A) 0.13
(B) 0.15
P [X = 0, Y = 0] = 0.800
P [X = 1, Y = 0] = 0.050
P [X = 0, Y = 1] = 0.025
P [X = 1, Y = 1] = 0.125
Draft
(C) 0.20
(D) 0.51
(E) 0.71
Lời giải
Trước tiên, ta tính kỳ vọng có điều kiện của Y khi biết X = 1:
X
yP (Y = y|X = 1).
E[Y |X = 1] =
y
Từ bảng xác suất chung, ta tính xác suất có điều kiện:
P (X = 1, Y = 0)
0.050
0.050
2
P (Y = 0|X = 1) =
=
=
= .
P (X = 1)
0.050 + 0.125
0.175
7
P (Y = 1|X = 1) =
P (X = 1, Y = 1)
0.125
5
=
= .
P (X = 1)
0.175
7
Khi đó,
E[Y |X = 1] = 0 ·
5
5
2
+1· = .
7
7
7
Tiếp theo, ta tính E[Y 2 |X = 1]:
X
2
5
5
E[Y 2 |X = 1] =
y 2 P (Y = y|X = 1) = 02 · + 12 · = .
7
7
7
y
Do đó, phương sai có điều kiện của Y khi biết X = 1 là:
Å ã2
5
5
Var(Y |X = 1) = E[Y |X = 1] − (E[Y |X = 1]) = −
.
7
7
2
2
14
Phạm Vĩnh Minh
Xác suất cho bảo hiểm
Tính toán:
5 25
35 25
10
−
=
−
= .
7 49
49 49
49
Vậy:
Var(Y |X = 1) =
10
≈ 0.204.
49
Một nhà toán học xác định rằng số lượng lốc xoáy hàng năm ở các quận P
và Q có phân phối chung như sau:
Tính toán phương sai có điều kiện của số lượng lốc xoáy hàng năm ở quận Q,
với điều kiện là không có lốc xoáy nào ở quận P.
(A) 0.51
(B) 0.84
(C) 0.88
(D) 0.99
(E) 1.76
83
Lời giải
Gọi X là số lượng lốc xoáy ở quận P , Y là số lượng lốc xoáy ở quận Q. Bảng phân
phối xác suất đồng thời của (X, Y ) được cho như sau:
X=0
X=1
X=2
Y =0
0.12
0.13
0.05
Y =1
0.06
0.15
0.15
Y =2
0.05
0.12
0.10
Y =3
0.02
0.03
0.02
Yêu cầu: Tính phương sai có điều kiện của Y khi X = 0, tức là Var(Y | X = 0).
Draft
Ta có Xác suất biên của X = 0:
P (X = 0) = 0.12 + 0.06 + 0.05 + 0.02 = 0.25.
Phân phối có điều kiện của Y khi X = 0:
P (X = 0, Y = y)
P (Y = y | X = 0) =
.
P (X = 0)
Ta có:
0.12
P (Y = 0 | X = 0) =
= 0.48,
0.25
0.06
P (Y = 1 | X = 0) =
= 0.24,
0.25
0.05
P (Y = 2 | X = 0) =
= 0.20,
0.25
0.02
P (Y = 3 | X = 0) =
= 0.08.
0.25
Cho nên
3
X
E(Y | X = 0) =
y · P (Y = y | X = 0) = 0 · 0.48 + 1 · 0.24 + 2 · 0.20 + 3 · 0.08 = 0.88.
y=0
Suy ra
2
E(Y | X = 0) =
3
X
y 2 · P (Y = y | X = 0) = 0 · 0.48 + 1 · 0.24 + 4 · 0.20 + 9 · 0.08 = 1.76.
y=0
Vì thế
Var(Y | X = 0) = E(Y 2 | X = 0) − [E(Y | X = 0)]2 = 1.76 − (0.88)2 = 0.9856.
15
Phạm Vĩnh Minh
Xác suất cho bảo hiểm
Phương sai có điều kiện của số lượng lốc xoáy ở quận Q khi không có lốc xoáy ở
quận P là 0.985 .
Bạn được cung cấp thông tin sau về N , số lượng yêu cầu hàng năm của
một người được bảo hiểm được chọn ngẫu nhiên:
84
1
P (N = 0) = ,
2
1
P (N = 1) = ,
3
1
P (N > 1) = .
6
Gọi S là tổng số tiền yêu cầu hàng năm của một người được bảo hiểm. Khi
N = 1, S phân phối theo kiểu mũ với trung bình là 5. Khi N > 1, S phân phối
theo kiểu mũ với trung bình là 8.
Tính toán P (4 < S < 8).
(A) 0.04
(B) 0.08
(C) 0.12
(D) 0.24
(E) 0.25
Lời giải
Gọi S là tổng số tiền yêu cầu bồi thường hàng năm. Ta có:
P (S ∈ (4, 8)) = P (S ∈ (4, 8)|N = 0)P (N = 0) + P (S ∈ (4, 8)|N = 1)P (N = 1)
Draft
+ P (S ∈ (4, 8)|N > 1)P (N > 1).
Với N = 0, hiển nhiên P (S ∈ (4, 8)|N = 0) = 0.
Với N = 1, S có phân phối mũ với trung bình 5 (tức λ = 51 ):
P (S ∈ (4, 8)|N = 1) = e−4/5 − e−8/5 ≈ 0.4493 − 0.2019 = 0.2474.
Với N > 1, S có phân phối mũ với trung bình 8 (tức λ = 18 ):
P (S ∈ (4, 8)|N > 1) = e−4/8 − e−8/8 ≈ 0.6065 − 0.3679 = 0.2386.
Thay vào công thức xác suất toàn phần:
1
1
1
P (4 < S < 8) = 0 × + 0.2474 × + 0.2386 × ≈ 0.1239.
2
3
6
Vậy xác suất cần tìm là: 0.123.
16
Phạm Vĩnh Minh
Xác suất cho bảo hiểm
Theo một hợp đồng bảo hiểm, tối đa năm yêu cầu có thể được nộp mỗi
năm bởi một người được bảo hiểm. Gọi p(n) là xác suất mà một người được
bảo hiểm nộp n yêu cầu trong một năm nhất định, trong đó n = 0, 1, 2, 3, 4, 5.
Một nhà toán học đưa ra các quan sát sau:
85
(i) p(n) ≥ p(n + 1) cho n = 0, 1, 2, 3, 4.
(ii) Sự khác biệt giữa p(n) và p(n + 1) là giống nhau cho n = 0, 1, 2, 3, 4.
(iii) Chính xác 40% người được bảo hiểm nộp ít hơn hai yêu cầu trong một
năm nhất định.
Tính toán xác suất mà một người được bảo hiểm ngẫu nhiên nộp hơn ba yêu
cầu trong một năm.
(A) 0.14
(B) 0.16
(C) 0.27
(D) 0.29
(E) 0.33
Lời giải
Gọi p(n) là xác suất nộp n yêu cầu (n = 0, 1, 2, 3, 4, 5). Từ giả thiết:
(i) p(n) ≥ p(n + 1) với n = 0, 1, 2, 3, 4
(ii) p(n) − p(n + 1) = d (hằng số) với n = 0, 1, 2, 3, 4
Draft
(iii) p(0) + p(1) = 0.4
Đặt p(0) = a. Theo (ii), ta có:

p(0) = a





p(1) = a − d



p(2) = a − 2d

p(3) = a − 3d





p(4) = a − 4d



p(5) = a − 5d
Từ (iii):
a + (a − d) = 0.4 ⇒ 2a − d = 0.4
(1)
Tổng xác suất bằng 1:
5
X
p(n) = 6a − 15d = 1
(2)
n=0
Giải hệ (1) và (2):
®
2a − d = 0.4
6a − 15d = 1
®
⇒
d = 2a − 0.4
6a − 15(2a − 0.4) = 1
6a − 30a + 6 = 1 ⇒ −24a = −5 ⇒ a =
d=2·
5
5
2
1
− 0.4 =
− =
24
12 5
60
17
5
24
Phạm Vĩnh Minh
Xác suất cho bảo hiểm
Vậy xác suất cần tìm:
P (n > 3) = p(4) + p(5) = (a − 4d) + (a − 5d) = 2a − 9d
5
1
5
3
25
9
16
4
=2·
−9·
=
−
=
−
=
=
24
60
12 20
60 60
60
15
Vậy xác suất để một người được bảo hiểm ngẫu nhiên nộp hơn ba yêu cầu trong
một năm là 0.27
The amounts of automobile losses reported to an insurance company are
mutually independent, and each loss is uniformly distributed between 0 and
20,000. The company covers each such loss subject to a deductible of 5,000.
Calculate the probability that the total payout on 200 reported losses is between 1,000,000 and 1,200,000.
(A) 0.0803 (B) 0.1051 (C) 0.1799 (D) 0.8201 (E) 0.8575
86
Lời giải
Gọi Xi là khoản tiền bồi thường cho tổn thất thứ i (i = 1, 2, . . . , 200). Mỗi Xi có phân
phối đều trên khoảng [0, 20000]. Với mức khấu trừ 5000, khoản thanh toán thực tế
cho mỗi tổn thất là:
Yi = max(0, Xi − 5000).
Hàm mật độ xác suất của Xi :
®
fXi (x) =
1
nếu 0 ≤ x ≤ 20000,
20000 Draft
0
ngược lại.
Kỳ vọng của Yi :
Z 20000
(x − 5000) ·
E[Yi ] =
5000
1
dx = 5625.
20000
Phương sai của Yi :
E[Yi2 ] =
Z 20000
(x − 5000)2 ·
5000
1
dx = 56250000.
20000
Var(Yi ) = E[Yi2 ] − (E[Yi ])2 = 56250000 − 56252 24609375.
P
Tổng thanh toán S = 200
i=1 Yi có:
E[S] = 200 × 5625 = 1, 125, 000,
Var(S) = 200 × 24609375 = 4, 921, 875, 000,
p
σS = 4, 921, 875, 000 ≈ 70, 156.25.
Áp dụng định lý giới hạn trung tâm, S có phân phối xấp xỉ chuẩn N (1, 125, 000, 70, 156.252 ).
Chuẩn hóa về phân phối chuẩn tắc Z:
Å
ã
1, 000, 000 − 1, 125, 000
1, 200, 000 − 1, 125, 000
P (1, 000, 000 < S < 1, 200, 000) = P
<Z<
70, 156.25
70, 156.25
= P (−1.782 < Z < 1.068) ≈ 0.8577 − 0.0375 = 0.8202.
18
Phạm Vĩnh Minh
Xác suất cho bảo hiểm
An insurance agent offers his clients auto insurance, homeowners insurance and renters insurance. The purchase of homeowners insurance and the
purchase of renters insurance are mutually exclusive. The profile of the agent’s
clients is as follows: i) 17% of the clients have none of these three products. ii)
64% of the clients have auto insurance. iii) Twice as many of the clients have
homeowners insurance as have renters insurance. iv) 35% of the clients have
two of these three products. v) 11% of the clients have homeowners insurance, but not auto insurance. Calculate the percentage of the agent’s clients
that have both auto and renters insurance.
87
Lời giải
Gọi:
• A là sự kiện khách hàng có bảo hiểm ô tô
• H là sự kiện khách hàng có bảo hiểm nhà
• R là sự kiện khách hàng có bảo hiểm thuê nhà
Theo đề bài:
(i) P (Ac ∩ H c ∩ Rc ) = 17%
Draft
(ii) P (A) = 64%
(iii) P (H) = 2P (R)
(iv) P (đúng 2 sản phẩm) = 35%
(v) P (Ac ∩ H) = 11%
Ta có:
1 − P (Ac ∩ H c ∩ Rc ) = P (A ∪ H ∪ R) = 83%
P (A ∪ H ∪ R) = P (A) + P (H) + P (R) − P (A ∩ H) − P (A ∩ R) − P (H ∩ R)
= 64% + 2x + x − P (A ∩ H) − P (A ∩ R) − 0
(vì H và R xung khắc)
Từ (v):
P (Ac ∩ H) = P (H) − P (A ∩ H) = 11%
⇒ P (A ∩ H) = 2x − 11%
Xác suất có đúng 2 sản phẩm:
P (A ∩ H) + P (A ∩ R) = 35%
(2x − 11%) + P (A ∩ R) = 35%
⇒ P (A ∩ R) = 46% − 2x
Thay vào phương trình đầu:
83% = 64% + 3x − (2x − 11%) − (46% − 2x) ⇒ x = 18%
Vậy tỷ lệ khách hàng có cả bảo hiểm ô tô và bảo hiểm thuê nhà:
P (A ∩ R) = 46% − 2 × 18%
19
= 10%
Phạm Vĩnh Minh
Xác suất cho bảo hiểm
88
Lời giải
Hàm phân phối tích lũy của chi phí y tế:
®
1 − e−x/100
F (x) =
0
nếu x > 0,
ngược lại.
Xét cơ chế bồi thường:
• Khấu trừ 20 (không bồi thường nếu chi phí 20)
• Bồi thường 100% cho chi phí từ 20 đến 120
• Bồi thường 50% cho chi phí > 120
Gọi R là số tiền bồi thường. Ta cần tính G(115) = P (R ≤ 115|R > 0).
1. Tính P (R ≤ 115)
Các trường hợp:
a) Nếu X ≤ 20: R = 0
Draft
b) Nếu 20 < X ≤ 120: R = X − 20
c) Nếu X > 120: R = 100 + 0.5(X − 120) = 0.5X + 40
Xét R ≤ 115:
• Trường hợp 2: X − 20 ≤ 115 ⇒ X ≤ 135
• Trường hợp 3: 0.5X + 40 ≤ 115 ⇒ X ≤ 150
Nhưng do trường hợp 2 chỉ áp dụng khi X ≤ 120, ta có:
P (R ≤ 115) = P (X ≤ 20) + P (20 < X ≤ 135) = F (20) + [F (135) − F (20)] = F (135)
Tuy nhiên, cần xét chính xác hơn:
• 0 ≤ R ≤ 100: X từ 20 đến 120
• 100 < R ≤ 115: X từ 120 đến 150
Vậy:
P (R ≤ 115) = P (X ≤ 20) + P (20 < X ≤ 120) + P (120 < X ≤ 150) = F (150)
2. Tính P (R > 0)
P (R > 0) = 1 − P (R = 0) = 1 − F (20) = e−20/100 = e−0.2
20
Phạm Vĩnh Minh
Xác suất cho bảo hiểm
3. Tính G(115)
G(115) =
1 − e−150/100
P (R ≤ 115)
1 − e−1.5
=
=
= e0.2 (1 − e−1.5 )
−0.2
−0.2
P (R > 0)
e
e
Tính toán số:
e−1.5 ≈ 0.2231
e0.2 ≈ 1.2214,
G(115) ≈ 1.2214 × (1 − 0.2231) ≈ 1.2214 × 0.7769 ≈ 0.9487
89
Lời giải
Cho biến ngẫu nhiên N1 và N2 lần lượt biểu thị số lượng khiếu nại trong tháng 4 và
tháng 5. Hàm xác suất đồng thời được cho bởi:
® 3 n1 e−1
p(n1 , n2 ) =
4
·
n1 !
1 n2 −n1
1
4
(n2 −n1 )!
với n1 = 1, 2, 3, . . . và n2 = n1 , n1 + 1, n1 + 2, . . .
ngược lại
0
1. Tìm phân phối có điều kiện P (N2 |N1 = 2)
Draft
Với N1 = 2, hàm xác suất đồng thời trở thành:
Å ã2 −1 Å ãn2 −2
1
3 e
1
p(2, n2 ) =
·
4
2!
4
(n2 − 2)!
với n2 = 2, 3, 4, . . .
Xác suất biên P (N1 = 2):
∞
∞ Å ã
X
9 e−1 X 1 k 1
9
9
P (N1 = 2) =
p(2, n2 ) =
= e−1 e1/4 = e−3/4
16 2 k=0 4 k!
32
32
n =2
2
Phân phối có điều kiện:
9
−1
e
p(2, n2 )
32
=
P (N2 = n2 |N1 = 2) =
P (N1 = 2)
1 n2 −2
1
4
(n2 −2)!
9 −3/4
e
32
= e−1/4
(1/4)n2 −2
(n2 − 2)!
Đặt m = n2 − 2:
−1/4 (1/4)
P (N2 = m + 2|N1 = 2) = e
m!
m
với m = 0, 1, 2, . . .
2. Tính kỳ vọng có điều kiện
Nhận thấy m có phân phối Poisson với tham số λ = 14 :
1
E[m] =
4
Do đó:
1
9
E[N2 |N1 = 2] = E[m + 2] = E[m] + 2 = + 2 = = 2.25
4
4
21
Phạm Vĩnh Minh
Xác suất cho bảo hiểm
Bài toán 153. Lời giải Gọi F là sự kiện "có đúng một tai nạn trong năm thứ nhất" và G là sự kiện "có
ít nhất một tai nạn trong năm thứ hai". F ∩ G là "có đúng một tai nạn trong năm thứ nhất và ít nhất
một tai nạn trong năm thứ hai". Ta kiểm tra từng sự kiện:
i) "Có đúng một tai nạn trong năm thứ nhất và hơn một tai nạn trong năm thứ hai": Không khớp F ∩ G
vì G bao gồm "ít nhất một" (tức là có thể chỉ có một), trong khi "hơn một" yêu cầu ít nhất hai.
ii) "Có ít nhất hai tai nạn trong hai năm": Không khớp F ∩ G vì có thể có hai tai nạn trong năm thứ
nhất và không có trong năm thứ hai, không thỏa F .
iii) "Có đúng một tai nạn trong năm thứ nhất và ít nhất một tai nạn trong năm thứ hai": Khớp F ∩ G
vì đây chính là định nghĩa của F ∩ G.
iv) "Có đúng một tai nạn trong năm thứ nhất và tổng cộng hai hoặc nhiều hơn trong hai năm": Khớp
F ∩ G vì nếu có đúng một tai nạn trong năm thứ nhất (F ), tổng cộng ít nhất hai tai nạn tức là có ít
nhất một tai nạn trong năm thứ hai (G).
v) "Có đúng một tai nạn trong năm thứ nhất và nhiều tai nạn hơn trong năm thứ hai": Không khớp
F ∩ G vì G có thể chỉ có một tai nạn, trong khi "nhiều hơn một" yêu cầu ít nhất hai.
Vậy có đúng hai sự kiện (iii và iv) khớp với F ∩ G. Đáp án là "Exactly two".
Bài 158. Gọi Ni là số ngày nghỉ ốm trong tháng thứ i (i = 1, 2, 3), với Ni ∼ Poisson(1). Tổng số ngày
nghỉ ốm trong 3 tháng là:
N = N1 + N2 + N3 .
Vì các Ni độc lập, N ∼ Poisson(3), với λ = 3. Do đó,
ã
Å 0
31 32
−3 3
+
+
≈ 0.423
P(N > 2) = 1 − P(N ≤ 2) = e
0
1
2
Đáp án (D).
Draft
Bài 163. Gọi L là mức tổn thất, L ∼ U [0, b], với hàm mật độ f (l) = 1b . Phần tổn thất không được bồi
thường X là:
®
L
nếu L ≤ 180,
X=
180 nếu L > 180.
Kỳ vọng E(X) = 144, với:
Z 180
Z b
1
1
1802
b − 180
l · dl +
E(X) =
180 · dl =
+ 180 ·
b
b
2b
b
0
180
Do đó,
1802
b − 180
144 =
+ 180 ·
⇒ b = 450
2b
b
Đáp án (D).
Bài 168. Gọi X ∼ N (100, 252 ) là số tiền yêu cầu năm 1.
Số tiền bồi thường năm 2, Y = 1.04X + 5 ∼ N (109, 262 ).
Trung bình của 25 yêu cầu Y ∼ N (109, (5.2)2 ). Do đó,
Å
ã
100 − 109
110 − 109
P(100 < Y < 110) = P
<Z<
5.2
5.2
= P(−1.73 < Z < 0.19) ≈ 0.5753 − 0.0418 = 0.5335.
Đáp án (B).
Bài 173. Gọi N và S là số tai nạn phía bắc và nam.
Với N + S = 2, các khả năng là (N, S) = (2, 0), (1, 1), (0, 2), xác suất lần lượt 0.12, 0.18, 0.10. Tổng
xác suất P(N + S = 2) = 0.40.
22
Phạm Vĩnh Minh
Xác suất cho bảo hiểm
Xác suất có điều kiện:
= 0.25
P(N = 0|N + S = 2) = 0.10
0.40
0.18
P(N = 1|N + S = 2) = 0.40
= 0.45
0.12
P(N = 2|N + S = 2) = 0.40
= 0.30
Kỳ vọng E(N |N + S = 2) = 0 · 0.25 + 1 · 0.45 + 2 · 0.30 = 1.05.
Moment bậc hai E(N 2 |N + S = 2) = 0 · 0.25 + 1 · 0.45 + 4 · 0.30 = 1.65.
Phương sai V ar(N |N + S = 2) = 1.65 − (1.05)2 = 1.65 − 1.1025 = 0.5475.
Đáp án (B).
Bài 178. Gọi X và Y là số bệnh nhân mắc ung thư giai đoạn sớm và tiến triển trong 6 người, với
X ∼ Bin(6, 0.2), Y ∼ Bin(6, 0.1). Ta cần E(Y |X ≥ 1).
P(X = 0) = (0.8)6 ≈ 0.262, P(X ≥ 1) = 1 − (0.8)6 ≈ 0.738. E(Y ) = 6 · 0.1 = 0.6. Khi X = 0, xác
0.1
= 0.125, nên E(Y |X = 0) = 6 · 0.125 =
suất có điều kiện mỗi người mắc ung thư tiến triển là 1−0.2
0.75. Do đó,
E(Y ) = P(X = 0)·E(Y |X = 0)+P(X ≥ 1)·E(Y |X ≥ 1) ⇒ 0.6 = 0.262·0.75+0.738·E(Y |X ≥ 1),
0.6 − 0.262 · 0.75
0.4035
E(Y |X ≥ 1) =
≈
≈ 0.547.
0.738
0.738
Đáp án (C).
Bài 188. Gọi A, B, C là sự kiện muốn mua chính sách P, Q, sức khỏe.
Ta có: |A∩B| = 0, a+b = 2(c+d), b+c+0.18 = 0.45 ⇒ b+c = 0.27, b+c = (a+b+c+d)·0.45 ⇒
0.27 = (a + d + 0.27) · 0.45 ⇒ a + d = 0.33.
Xác suất mua đúng 1 chính sách: a + 0.18 + c =Draft
0.33 + 0.18 = 0.51. Đáp án (A).
Bài 193. Xét 4 thư và 4 phong bì, thư được đặt ngẫu nhiên. Xác suất ít nhất một thư đúng phong bì:
Sự kiện "phong bì 1 đúng" có xác suất 41 . Nếu phong bì 1 sai ( 34 ), còn 3 thư và 3 phong bì, với 6 hoán
vị, 3 hoán vị có ít nhất một thư đúng. Xác suất: 14 + 43 · 36 = 14 + 38 = 85 .
Đáp án (D).
Bài 198. Gọi S: nói chuyện với nhân viên (P(S) = 0.6), R: gọi lại cùng ngày (P(R|S c ) = 0.75), N :
gọi lại ngày sau (P(N |S c ) = 0.25), A: nộp đơn vay. P(A|S) = 0.8, P(A|R) = 0.6, P(A|N ) = 0.4.
, với P(A) = P(A|S)P(S) + P(A|R)P(R) + P(A|N )P(N ), P(R) =
Theo Bayes, P(S|A) = P(A|S)P(S)
P(A)
0.4 · 0.75 = 0.3, P(N ) = 0.4 · 0.25 = 0.1. P(A) = 0.8 · 0.6 + 0.6 · 0.3 + 0.4 · 0.1 = 0.7, P(S|A) =
0.8·0.6
≈ 0.69. Đáp án: 0.69.
0.7
Bài 203. Chọn 4 số nguyên khác nhau từ 1 đến 12,X là số nhỏ thứ hai. Với x = 2, . . . , 10, số nhỏ
nhất có x − 1 lựa chọn, hai số lớn hơn x có 12−x
lựa chọn. Số bộ thỏa mãn: (x − 1) · 12−x
=
2
2
(x−1)(12−x)(11−x)
12
. Tổng số bộ: 4 = 495. Hàm xác suất:
2
p(x) =
(x − 1)(12 − x)(11 − x)
(x − 1)(12 − x)(11 − x)
=
.
2 · 495
990
Đáp án (B).
Bài 208. Thời gian sống T ∼ Exp(0.2), trung bình 5 năm (λ = 0.2). PDF có điều kiện T < 10:
−0.2t
g(t) = 0.2e
, 0 < t < 10. Kỳ vọng có điều kiện:
1−e−2
ñ
ô
Z 10
Z 10
10
0.2e−0.2t
0.2
10e−2
−0.2t
−0.2t
E(T |T < 10) =
dt
=
+
5
≈ 3.435.
t·
−5te
e
dt
=
5−
1 − e−2
1 − e−2
1 − e−2
0
0
0
Đáp án (E).
Bài 213. Số bóng đèn hỏng X ∼ Bin(100, 0.02). Tìm P (X = 2|X ≤ 2).
23
Phạm Vĩnh Minh
Xác suất cho bảo hiểm
- P (X = 0) = (0.98)100 ,
- P (X = 1) = 100 · 0.02 · (0.98)99 ,
- P (X = 2) = 4950 · 0.0004 · (0.98)98 .
Xác suất có điều kiện:
P (X = 2|X ≤ 2) =
P (X = 2)
≈ 0.404..
P (X = 0) + P (X = 1) + P (X = 2)
Đáp án: (D).
Bài 218. Số vụ trộm X ∼ Poisson(1). Tìm E(X|X ≥ 2).
- P (X = 0) = e−1 ,
- P (X = 1) = e−1 ,
- P (X ≥ 2) = 1 − P (X = 0) − P (X = 1) = 1 − e−1 − e−1 = 1 − 2e−1 .
Kỳ vọng có điều kiện:
P∞
xe−1
1 − e−1 − e−1
1 − 2e−1
1
E(X|X ≥ 2) = x=2 −1 =
=
+
≈ 2.39.
−1
−1
1 − 2e
1 − 2e
1 − 2e
1 − 2e−1
Đáp án: (B).
Bài 223. Nhu cầu thuốc súng X ∼ N (20, 22 ). Tìm lượng tồn kho để P (X > kho) = 0.02.
- Xác suất 98%: z = 2.054.
- Lượng kho: 20 + 2.054 · 2 = 24.108 ≈ 24.
Đáp án: (C).
Bài 228. Số lốc xoáy trong năm X ∼ Poisson(3). Tính phương sai số lốc xoáy, biết có ít nhất một lốc
xoáy.
- P (X = 0) = e−3 , P (X ≥ 1) = 1 − e−3 .
3y e−3
- p(y) = y!(1−e
−3 ) , y = 1, 2, . . . .
3
12
- E[Y ] = 1−e−3 , E[Y 2 ] = 1−e
Draft
−3 .
Å
ã2
3
12
−
≈ 2.66.
Var(Y ) =
1 − e−3
1 − e−3
Đáp án: (C).
Bài 233. Hộp có 10 lá bài: 2 cơ, 3 bích, 5 chuồn. Chọn ngẫu nhiên 2 lá không hoàn lại. Tính phương
sai số lá cơ chọn được, biết không chọn lá bích nào.
(3)(7)
7
21
- P (S = 0) = 0 10 2 = 45
= 15
.
(2)
(2)(5)
- P (D = 0|S = 0) = 0 7 2 = 10
,
21
( 2)
(2)(5)
- P (D = 1|S = 0) = 1 7 1 = 10
,
21
( 2)
(2)(5)
1
- P (D = 2|S = 0) = 2 7 0 = 21
.
( 2)
1
12
- E[D|S = 0] = 0 · 10
+ 1 · 10
+ 2 · 21
= 21
= 47 ,
21
21
1
2
2 10
2 10
2
- E[D |S = 0] = 0 · 21 + 1 · 21 + 2 · 21 = 14
= 32 .
21
Å ã2
2
4
50
Var(D|S = 0) = −
=
≈ 0.34.
3
7
147
Đáp án: (D).
Bài 238. Trượt ván A và B thử một pha nguy hiểm, xác suất bị thương mỗi lần là p, độc lập. F (x, y)
là xác suất A thử ≤ x lần và B thử ≤ y lần. Cho F (2, 2) = 0.0441. Tính F (1, 5).
- F (2, 2) = (2p − p2 )2 = 0.0441 ⇒ 2p − p2 = 0.21 ⇒ p = 0.11118.
- F (1, 5) = P (A ≤ 1) · P (B ≤ 5) = p · [1 − (1 − p)5 ].
24
Phạm Vĩnh Minh
Xác suất cho bảo hiểm
- Với p ≈ 0.11118, F (1, 5) ≈ 0.11118 · [1 − (0.88882)5 ] ≈ 0.0495.
Đáp án: (C).
Bài 243. Vợ (X) và chồng (Y ) nghỉ ốm, X, Y độc lập, phân phối đều trên {0, 1, 2, 3, 4}. Bảo hiểm trả
50 · max(X, Y ), tối đa 100. Tính kỳ vọng tiền bảo hiểm tháng.
- Mỗi cặp (x, y) có xác suất 1/25.
- Lợi ích: 0 (xảy ra khi (0, 0), P = 1/25); 50 (xảy ra khi (0, 1), (1, 0), (1, 1), P = 3/25); 100 (còn lại,
P = 21/25).
3
21
1
+ 50 · 25
+ 100 · 25
= 90.
- E[lợi ích] = 0 · 25
Đáp án: (B).
Bài 248. X nhận giá trị −1, 0, 1 với xác suất đều. Y = X 2 . Xét điều nào đúng?
- P (X = −1) = P (X = 0) = P (X = 1) = 1/3.
- E[X] = (−1) · 31 + 0 · 13 + 1 · 31 = 0, E[Y ] = E[X 2 ] = (−1)2 · 31 + 02 · 13 + 12 · 31 = 23 .
- E[XY ] = E[X · X 2 ] = E[X 3 ] = (−1)3 · 31 + 03 · 13 + 13 · 31 = 0.
- Cov(X, Y ) = E[XY ] − E[X]E[Y ] = 0 − 0 · 23 = 0.
- X, Y phụ thuộc vì P (X = 0, Y = 0) = 31 ̸= P (X = 0)P (Y = 0) = 31 · 13 = 19 .
Đáp án: (C).
Bài 253. Điểm Z = 3X + 2Y − 5, X, Y độc lập, Var(X) = 3, Var(Y ) = 4. Tính Var(Z).
- Var(Z) = Var(3X + 2Y − 5) = 9Var(X) + 4Var(Y ).
- Var(Z) = 9 · 3 + 4 · 4 = 27 + 16 = 43.
Đáp án: 43.
Bài 258. 1000 tài xế có yếu tố rủi ro A, B, hoặc C. 400 tài xế chỉ có một yếu tố (A, B, hoặc C). 300
tài xế có cả 3, 500 tài xế không có yếu tố nào. Tính tổng số tài xế.
- Gọi X, Y, Z là số tài xế có hai yếu tố (AB, AC, BC).
- Phương trình: 400 + 300 + X + Y = 1000, 400Draft
+ 300 + X + Z = 1000, 400 + 300 + Y + Z = 1000.
- Giải: X = Y = Z = 150.
- Tổng: 3 · 400 + 3 · 150 + 300 + 500 = 2450.
Đáp án: (C).
Bài 263. Xác suất nhà bị hỏa hoạn là 20- P (hỏa hoạn, không trộm) = 0.2 · (1 − 0.3) = 0.14,
- P (không hỏa hoạn, trộm) = (1 − 0.2) · 0.3 = 0.24.
- P (chỉ một) = 0.14 + 0.24 = 0.38.
Đáp án: (B).
Bài 368. Nông dân mua bảo hiểm 5 năm, mỗi năm bị mưa đá hủy mùa màng nhận 20, tối đa 3 lần.
Xác suất mưa đá hủy mùa là 0.5, độc lập. Tính kỳ vọng lợi ích nhận được.
- X ∼ Bin(5, 0.5): số năm nhận 20.
- Lợi ích: 0 · p(0) + 20 · p(1) + 40 · p(2) + 60 · [1 − p(0) − p(1) − p(2)].
5
10
1
, p(1) = 32
, p(2) = 32
, 1 − p(0) − p(1) − p(2) = 16
.
- p(0) = 32
32
1
5
16
- E = 0 · 32
+ 20 · 32
+ 40 · 10
+
60
·
=
46.
32
32
Đáp án: (D).
Bài. 388 Xét nghiệm cho kết quả "không mang thai" với xác suất 0.10 nếu mang thai, và "mang thai"
với xác suất 0.20 nếu không mang thai. 20- Gọi W P : mang thai, W N P : không mang thai, T P : xét
nghiệm "mang thai".
- P (T P |W P ) = 1 − 0.10 = 0.90, P (T P |W N P ) = 0.20, P (W P ) = 0.20, P (W N P ) = 0.80.
(T P |W P )·P (W P )
0.90·0.20
- P (W P |T P ) = P (T P |W P )·PP(W
= 0.90·0.20+0.20·0.80
= 0.18
≈ 0.53.
P )+P (T P |W N P )·P (W N P )
0.34
Đáp án: (D).
Bài 293. Chi phí tàn tật X, Y của một cặp vợ chồng: X, Y ∈ {0, 40, 200}. Hàm xác suất chung cho
(X, Y ) như bảng. Tính độ lệch chuẩn của W = X + Y .
- p(w): w = 0 : 0.9729, w = 40 : 0.02, w = 80 : 0.002, w = 200 : 0.004, w = 240 : 0.001,
25
Phạm Vĩnh Minh
Xác suất cho bảo hiểm
w = 400 : 0.0001.
- E[W ] = 0 · 0.9729 + 40 · 0.02 + 80 · 0.002 + 200 · 0.004 + 240 · 0.001 + 400 · 0.0001 = 2.04.
- E[W 2 ] = 02 · 0.9729 + 402 · 0.02 + 802 · 0.002 + 2002 · 0.004 + 2402 · 0.001 + 4002 · 0.0001 = 278.4.
- Var(W ) = √
278.4 − (2.04)2 = 274.24.
- SD(W ) = 274.24 ≈ 16.6.
Đáp án: (D).
Bài 298. Yêu cầu bảo hiểm nha khoa X: P (X = 0) = 0.5, P (X = 1) = 0.2, P (X = 2) = 0.3. Phí
bảo hiểm bằng 125- E[X] = 0 · 0.5 + 1 · 0.2 + 2 · 0.3 = 0.8,
- E[X 2 ] = 02 · 0.5 + 12 · 0.2 + 22 · 0.3 = 1.4, Var(X) = 1.4 − (0.8)2 = 0.76.
- Phí/hợp đồng = 1.25 · 0.8 = 1, tổng phí 76 hợp đồng = 76.
- Y : tổng yêu cầu, Ä
Y ∼ N (76 · 0.8,
ä 76 · 0.76) = N (60.8, 57.76).
76−60.8
- P (Y > 76) ≈ P Z > √57.76 = P (Z > 2) = 1 − Φ(2) ≈ 0.02.
Đáp án: (A).
Draft
26