CHUYÊN ĐỀ 1. BIẾN NGẪU NHIÊN RỜI RẠC. CÁC SỐ ĐẶC TRƯNG CỦA BIẾN NGẪU NHIÊN RỜI RẠC A TỔNG QUAN 1 Vị trí, vai trò của chuyên đề Biến ngẫu nhiên là một chủ đề lớn

B GIỚI THIỆU CHI TIẾT CÁC BÀI HỌC
Bài 1. BIẾN NGẪU NHIÊN RỜI RẠC VÀ CÁC SỐ ĐẶC TRƯNG (5 tiết)
I MỤC TIÊU
1. Về kiến thức, kĩ năng
Học xong bài này, HS cần đạt được các yêu cầu sau: - Nhận biết khái niệm biến ngẫu nhiên rời rạc. - Biết lập bảng phân bố xác suất của biến ngẫu nhiên rời rạc.
Biết tính các số đặc trưng của biến ngẫu nhiên rời rạc (kì vọng, phương sai và độ
lệch chuẩn) và hiểu biết được ý nghĩa của chúng.
2. Về năng lực, phẩm chất
Năng lực tư duy và lập luận toán học. - Năng lực giao tiếp toán học. - Năng lực mô hình hoá toán học. - Năng lực giải quyết vấn đề toán học thông qua các bài toán thực tiễn.
II NHỮNG ĐIỂM CẦN LƯU Ý
Cố gắng kết nối bài học trong sách với cuộc sống thực đang diễn ra. - Phát huy tính tích cực của HS, khắc phục nhược điểm của phương pháp truyền thụ
một chiều. - Tăng cường các hoạt động và luyện tập trên lớp, tăng cường sự tương tác hai chiều
giữa GV và HS. - Sau khi kiến thức mới được hình thành và đóng khung trong hộp kiến thức, sẽ có
ví dụ minh hoạ. Ví dụ đóng vai trò làm mẫu cho Luyện tập tiếp nối ngay sau ví dụ đó. - Các Hoạt động, Luyện tập được thực hiện ngay tại lớp. GV cho HS suy nghĩ 5 - 10
phút rồi hỏi để HS trả lời. Nếu không có HS nào xung phong thì GV chỉ định một HS trả lời. GV sẽ thực hiện việc chữa bài Hoạt động, Luyện tập đó như sau: Nếu HS làm đúng thì GV sẽ trình bày lại lời giải của HS đó cho rõ ràng và mạch lạc, nếu HS đó làm sai thì GV sẽ phân tích xem sai ở đâu. Trong mọi trường hợp việc chữa bài Luyện tập đều rất có ích cho việc củng cố kiến thức mới.

GỢI Ý DẠY HỌC 1. Thời lượng – Dự kiến phân bổ thời gian: 5 tiết, gồm 2 mục sau: Biến ngẫu nhiên rời rạc và bảng phân bố xác suất của nó: 3 tiết. Kì vọng, phương

Khung kiến thức, Trình bày khái niệm bảng phân bố xác suất của biến ngẫu nhiên rời rạc., GV triển khai theo SCD. HĐ2, Củng cố khái niệm bảng phân bố xác suất củ

$Vậy $P(X=0)=\frac{20}{560}=\frac{2}{56}$. Biến cố ${X=1}$ là biến cố: “Chọn được 1 HS nam và 2 HS nữ”. Có $C_{10}^1=10$ cách chọn 1 HS nam trong 10 HS nam và $C$

$Vậy số kết quả thuận lợi là: $1 \times C_{k-1}^2 = C_{k-1}^2$. Vậy $P(X = k) = \frac{C_{k-1}^2}{C_{20}^3} = \frac{(k-1)(k-2)}{2 \cdot 1,140} = \frac{(k-1)(k-2)}$

| Luyện tập 2 | Luyện tập tính kì vọng và ý nghĩa của nó. Ví dụ 5 đóng vai trò làm mẫu. | HS tự làm (trong $5-10$ phút), sau đó GV gọi một số HS lên bảng trình bày. GV nhận xét bài làm và tổng kết lại phương pháp giải.
Giải. Gọi $X$ là số vụ vi phạm Luật Giao thông đường bộ trên đoạn đường vào tối thứ Bảy. Khi đó $X$ là biến ngẫu nhiên rời rạc có bảng phân bố xác suất như sau:
$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|} \hline X & 0 & 1 & 2 & 3 & 4 & 5 \ \hline P & {0,1} & {0,2} & {0,25} & {0,25} & {0,15} & {0,05} \ \hline \end{array}$
Ta có:
$E(X) = 0 \cdot 0,1 + 1 \cdot 0,2 + 2 \cdot 0,25 + 3 \cdot 0,25 + 4 \cdot 0,15 + 5 \cdot 0,05 = 2,3$.
Vậy trên đoạn đường vào tối thứ Bảy có trung bình $2,3$ vụ vi phạm Luật Giao thông đường bộ. |
| :--- | :--- | :--- |
| Ví dụ 6 | Giải quyết một trường hợp trong tình huống mở đầu. | GV triển khai theo SCD. |
| Vận dụng 2 | Tiếp tục giải quyết tình huống mở đầu. Ví dụ 6 đóng vai trò làm mẫu. | a) Giả sử ở vòng 1 Minh chọn câu hỏi loại II. Gọi $Y$ là số điểm Minh nhận được. Ta lập bảng phân bố xác suất của $Y$.
Gọi $A$ là biến cố: “Minh trả lời đúng câu hỏi loại I”; $B$ là biến cố: “Minh trả lời đúng câu hỏi loại II”.
$P(A) = 0,8; P(B) = 0,6$.
+ ) Nếu trả lời sai: Minh được $0$ điểm. Cuộc chơi kết thúc tại đây.
Vậy $P(Y = 0) = P(\bar B) = 1 - P(B) = 1 - 0,6 = 0,4$.
+ ) Nếu trả lời đúng Minh nhận $80$ điểm và Minh sẽ bước vào vòng 2, bốc ngẫu nhiên một câu hỏi loại I. Nếu trả lời sai, Minh không có điểm và phải dừng cuộc chơi với số điểm nhận được là $80 + 0 = 80$ điểm. Theo giả thiết $A$ và $B$ là hai biến cố độc lập. Theo công thức nhân xác suất cho hai biến cố độc lập ta có
$P(Y = 80) = P(B\bar A) = P(B) \cdot P(\bar A) = 0,6(1 - 0,8) = 0,12$. |

Nếu trả lời đúng Minh nhận 80 điểm. Cuộc chơi kết thúc tại đây và Minh được $20 + 80 = 100$ điểm. Theo công thức nhân xác suất cho hai biến cố độc lập ta có $P(

$$V(X)=(8-4)^{2}\cdot \frac{1}{3}+(2-4)^{2}\cdot \frac{2}{3}=\frac{16+8}{3}=8$ $\Rightarrow \sigma (X)=\sqrt{8}\approx 2,828$. $E(Y)=5\cdot \frac{1}{2}+3\cdot \f$

3. Lựa chọn bài tập
GV lưu ý lựa chọn các câu hỏi trong phần bài tập cuối bài học sao cho phù hợp với tiến trình dạy học. Các câu hỏi về tính kì vọng, phương sai và độ lệch chuẩn của biến ngẫu nhiên rời rạc cần thực hiện sau khi kết thúc Mục 2.
IV ĐÁP SỐ/HƯỚNG DẪN/LỜI GIẢI BÀI TẬP
1.1 a) Gọi $E$ là biến cố: “Xảy ra ít nhất một ca cấp cứu vào tối thứ Bảy”. Biến cố đối $\overline{E}$ là biến cố: “Không có ca cấp cứu vào tối thứ Bảy”. Do đó $\overline{E} = {X = 0}$. Vậy
$P(E) = 1 - P(\overline{E}) = 1 - P(X = 0) = 1 - 0,12 = 0,88$.
b) Gọi $F$ là biến cố: “Có ít nhất 3 ca cấp cứu vào tối thứ Bảy”.
Lập luận tương tự Ví dụ 3 ta có:
$P(B) = P(X = 3) + P(X = 4) + P(X = 5) = 0,19 + 0,08 + 0,02 = 0,29$.
c) $E(X) = 1,89; V(X) = 1,4379; \sigma(X) \approx 1,199$.
1.2. a) Gọi $E$ là biến cố: “Xảy ra ít nhất 2 cuộc gọi”. Biến cố đối $\overline{E}$ là: “Xảy ra nhiều nhất 1 cuộc gọi” là hợp của hai biến cố xung khắc: ${X = 0}$ và ${X = 1}$. Theo quy tắc cộng xác suất: $P(\overline{E}) = P(X = 0) + P(X = 1) = 0,25 + 0,2 = 0,45$.
Vậy $P(E) = 1 - P(\overline{E}) = 1 - 0,45 = 0,55$.
b) Gọi $F$ là biến cố: “Xảy ra nhiều nhất 3 cuộc gọi”. $F$ là hợp của hai biến cố xung khắc: $G$: “Không xảy ra hoặc xảy ra 1 cuộc gọi” và $H$: “Xảy ra 2 hoặc 3 cuộc gọi”.
Theo quy tắc cộng xác suất: $P(F) = P(G) + P(H)$.
Biến cố $G$ là hợp của hai biến cố xung khắc: ${X = 0}$ và ${X = 1}$. Theo quy tắc cộng xác suất: $P(G) = P(X = 0) + P(X = 1) = 0,25 + 0,2 = 0,45$.
Biến cố $H$ là hợp của hai biến cố xung khắc: ${X = 2}$ và ${X = 3}$. Theo quy tắc cộng xác suất: $P(H) = P(X = 2) + P(X = 3) = 0,15 + 0,15 = 0,3$.
Vậy $P(F) = P(G) + P(H) = 0,45 + 0,3 = 0,75$.
c) $E(X) = 0 \cdot 0,25 + 1 \cdot 0,2 + 2 \cdot 0,15 + 3 \cdot 0,15 + 4 \cdot 0,13 + 5 \cdot 0,12 = 2,07$.
$V(X) = 0 \cdot 0,25 + 1 \cdot 0,2 + 4 \cdot 0,15 + 9 \cdot 0,15 + 16 \cdot 0,13 + 25 \cdot 0,12 - 2,07^2 = 2,9451$.
$\sigma(X) \approx 1,7161$.

$1.3. Gọi $X$ là số thẻ màu đỏ trong ba thẻ rút ra. a) $P(X=0)=\frac{C_{6}^{3}}{C_{16}^{3}}=\frac{2}{56}$; $P(X=1)=\frac{C_{10}^{1}C_{6}^{2}}{C_{16}^{3}}=\frac{1$

$1.5. Kí hiệu $A_{ij}$ là biến cố: “Chọn được quả cầu ghi số $i$ và quả cầu ghi số $j$”. $P(X = 2) = P(A_{11}) = \frac{C_4^2}{C_{10}^2} = \frac{6}{45}$. $P(X = 3$

2. Về năng lực, phẩm chất Năng lực tư duy và lập luận toán học. - Năng lực giao tiếp toán học. - Năng lực mô hình hoá toán học. - Năng lực giải quyết vấn đề toá

2. Thực hiện các hoạt động chính của bài học HOẠT ĐỘNG, MỤC ĐÍCH, YÊU CẦU, GỢI Ý THỰC HIỆN 1. PHÉP THỬ LẶP VÀ CÔNG THỨC BERNOULLI Tình huống mở đầu, Giúp HS có

Luyện tập 2, Tiếp tục tính hướng mở đầu. Ví dụ 2 đóng vai trò làm mẫu., GV cho cả lớp suy nghĩ trong thời gian 10 phút rồi gọi một em trả lời. Giải. a) Gọi $T$ là phép thử: “Gieo một con xúc xắc cân đối, đồng chất”. $E$ là biến cố: “Xuất hiện mặt 6 chấm”. Xét phép thử lặp $T$ với $n = 6$ và $p = P(E) = \frac{1}{6}$. Gọi $A$ là biến cố: “Người chơi thắng”. Khi đó $A$ là biến cố: “Trong phép thử lặp này biến cố $E$ xuất hiện ít nhất một lần”. Xét biến cố đối $\overline{A}$: “Trong phép thử lặp $T$ này biến cố $E$ không xuất hiện lần nào”. Ta có $\overline{A} = E_0$. Theo công thức Bernoulli: $P(E_0) = C_6^0 p^0 \left(1 - \frac{1}{6}\right)^6 = \left(\frac{5}{6}\right)^6$. Vậy $P(A) = 1 - P(E_0)$ $= 1 - \left(\frac{5}{6}\right)^6 = \frac{6^6 - 5^6}{6^6} = 0,665102...$ Vậy xác suất thắng của người chơi khi chơi theo phương án 2 là $0,665102...$ b) Theo Ví dụ 2, xác suất thắng của người chơi khi chơi theo phương án 1 là $0,618667...$ Vậy xác suất thắng của người chơi khi chơi theo phương án 1 nhỏ hơn xác suất thắng của người chơi khi chơi theo phương án 2. Vậy người chơi nên chọn phương án 2.
2. BIẾN NGẪU NHIÊN CÓ PHÂN BỐ NHỊ THỨC VÀ ÁP DỤNG
Tình huống mở đầu, Giới thiệu một tình huống xuất hiện biến ngẫu nhiên có phân bố nhị thức., GV chỉ cần nêu tình huống để kích thích nhu cầu học tập của HS, chưa yêu cầu HS giải quyết ngay. Khi HS tiếp thu đủ lượng tri thức toán học cần thiết trong bài thì sẽ quay lại giải quyết.
HĐ2, Khởi động cho việc hình thành khái niệm biến ngẫu nhiên có, GV cho cả lớp suy nghĩ trong thời gian tối đa 5 phút rồi gọi một em trả lời. Trả lời: Biến cố ${X = k}$ là biến cố: “Trong $n$ lần thực hiện lặp lại phép thử $T$”, biến cố $E$: “Xuất hiện đúng

phân bố nhị thức., $k$ lần”. Vậy $P(X = k)$ là xác suất để trong $n$ lần thực hiện lặp lại phép thử $T$, biến cố $E$ xuất hiện đúng $k$ lần. Vậy theo công thức

nhị thức và chú ý về phân bố nhị thức. Ví dụ 3 đóng vai trò làm mẫu., Giải. Người chơi được ít nhất 30 điểm khi con xúc xắc có ít nhất 3 lần mà số chấm xuất hiện lớn hơn 4. Phép thử $T$ là gieo con xúc xắc, $E$ là biến cố: “Con xúc xắc có số chấm xuất hiện lớn hơn 4”. Ta có $P(E) = \frac{1}{3}$. $T$ được lặp lại 5 lần một cách độc lập. $X$ là biến ngẫu nhiên: “Con xúc xắc có số chấm xuất hiện lớn hơn 4”. Ta có $X \sim B\left(5, \frac{1}{3}\right)$. Người chơi được ít nhất 30 điểm khi $X \geq 3$. Theo chú ý về phân bố nhị thức ta có $P(X \geq 3) = P(X = 3) + P(X = 4) + P(X = 5)$ $= C_5^3 \left(\frac{1}{3}\right)^3 \left(\frac{2}{3}\right)^2 + C_5^4 \left(\frac{1}{3}\right)^4 \left(\frac{2}{3}\right)^1 + C_5^5 \left(\frac{1}{3}\right)^5 \approx 0,21.$
Vận dụng, Áp dụng chú ý về phân bố nhị thức và công thức tính kì vọng của biến ngẫu nhiên có phân bố nhị thức để giải quyết tình huống mở đầu., GV cho cả lớp suy nghĩ trong thời gian 10 phút rồi gọi một em trả lời. Giải. Gọi $X$ là số câu trả lời đúng của An. $X$ là biến ngẫu nhiên có phân bố nhị thức với tham số $n = 10$, $p = 0,25$. Số điểm trung bình là $E(X)$. Vậy về trung bình An nhận được là $E(X) = np = 10 \cdot 0,25 = 2,5$ (điểm). b) An vượt qua bài thi khi làm đúng ít nhất 5 câu, tức là khi $X \geq 5$. Theo chú ý về phân bố nhị thức ta có: $P(X \geq 5)$ $= C_{10}^5 \left(\frac{1}{4}\right)^5 \left(\frac{3}{4}\right)^5 + C_{10}^6 \left(\frac{1}{4}\right)^6 \left(\frac{3}{4}\right)^4 + \dots + C_{10}^{10} \left(\frac{1}{4}\right)^{10}$ $\approx 0,0781.$
3. Lựa chọn bài tập
GV lưu ý lựa chọn các câu hỏi trong phần bài tập cuối bài học sao cho phù hợp với tiến trình dạy học.
IV ĐÁP SỐ/HƯỚNG DẪN/LỜI GIẢI BÀI TẬP
1.6. Gọi $A$ là biến cố: “Hộp không bị loại khi kiểm tra”.

$Ta có phép thử lặp với $n = 10$ và $p = 0{,}01$. $A = E_0 \cup E_1 \Rightarrow P(A) = P(E_0 \cup E_1) = P(E_0) + P(E_1)$ $= C_{10}^0 \cdot 0{,}01^0 \cdot 0{,}99$

Ta có phép thử lặp với $n = 10$ và $p = 0{,}01$.
$A = E_0 \cup E_1 \Rightarrow P(A) = P(E_0 \cup E_1) = P(E_0) + P(E_1)$
$= C_{10}^0 \cdot 0{,}01^0 \cdot 0{,}99^{10} + C_{10}^1 \cdot 0{,}01^1 \cdot 0{,}99^9$
$= 0{,}99^{10} + 10 \cdot 0{,}01 \cdot 0{,}99^9 \approx 0{,}996$.
Vậy tỉ lệ những hộp linh kiện điện tử loại I là khoảng $99{,}6%$.
1.7. a) Gọi $x$ là số câu trả lời đúng. $10 - x$ là số câu trả lời sai. Thí sinh được $4x - (10 - x) = 5x - 10$ điểm. Ta có $5x - 10 = 15$. Vậy $x = 5$, tức là thí sinh được 15 điểm nếu trả lời đúng 5 câu.
Gọi $A$ là biến cố: “Thí sinh được 15 điểm”. Ta có một phép thử lặp với $n = 10$ và $p = 0{,}25$.
Ta có $P(A) = P(E_5) = C_{10}^5 \cdot 0{,}25^5 \cdot 0{,}75^5 \approx 0{,}0584$.
Thí sinh được điểm âm khi $5x - 10 < 0$ hay $x < 2$, tức là thí sinh được điểm âm nếu trả lời đúng nhiều nhất 1 câu. Gọi $B$ là biến cố: “Thí sinh được điểm âm”. Ta có:
$B = E_0 \cup E_1 \Rightarrow P(B) = P(E_0 \cup E_1) = P(E_0) + P(E_1)$
$\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\quad = C_{10}^0 \cdot 0{,}25^0 \cdot 0{,}75^{10} + C_{10}^1 \cdot 0{,}25^1 \cdot 0{,}75^9 \approx 0{,}244$.
1.8. Đầu tiên tính xác suất để người chơi thắng trong một ván. Gọi $A$ là biến cố: “Người chơi thắng”. Ta có một phép thử lặp với $n = 3$ và $p = \frac{1}{6}$.
$A = E_2 \cup E_3$
$\Rightarrow P(A) = P(E_2 \cup E_3) = P(E_2) + P(E_3) = C_3^2 \left(\frac{1}{6}\right)^2 \left(\frac{5}{6}\right)^1 + C_3^3 \left(\frac{1}{6}\right)^3 = \frac{16}{216} = \frac{2}{27}$.
Gọi $B$ là biến cố: “Bắc Hưng thắng”. Ta có một phép thử lặp với $n = 3$ và $p = \frac{2}{27}$.
$P(B) = E_2 \cup E$
$\Rightarrow P(B) = P(E_2 \cup E_3) = P(E_2) + P(E_3) = C_3^2 \left(\frac{2}{27}\right)^2 \left(\frac{25}{27}\right)^1 + C_3^3 \left(\frac{2}{27}\right)^3$
$\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\qquad\quad = \frac{308}{19,683} \approx 0{,}016$.
1.9. Phép thử $T$ là lai hai cây đậu Hà Lan. Có 4 kết quả có thể đồng khả năng về kiểu gene của cây con là {AA; Aa; aA; aa}, trong đó 3 kiểu gene {AA; Aa; aA} có kiểu hình

$là hạt màu vàng. Ta có phép thử lặp với $n = 4$, $p = \frac{3}{4}$. Vậy $X \sim B\left( {4,\frac{3}{4}} \right)$. $P(X = 0) = C_4^0{\left( {\frac{3}{4}} \right)$

là hạt màu vàng. Ta có phép thử lặp với $n = 4$, $p = \frac{3}{4}$. Vậy $X \sim B\left( {4,\frac{3}{4}} \right)$.
$P(X = 0) = C_4^0{\left( {\frac{3}{4}} \right)^0}{\left( {\frac{1}{4}} \right)^4} = \frac{1}{{256}}$; $P(X = 1) = C_4^1{\left( {\frac{3}{4}} \right)^1}{\left( {\frac{1}{4}} \right)^2} = \frac{{12}}{{256}}$;
$P(X = 2) = C_4^2{\left( {\frac{3}{4}} \right)^2}{\left( {\frac{1}{4}} \right)^2} = \frac{{54}}{{256}}$; $P(X = 3) = C_4^3{\left( {\frac{3}{4}} \right)^3}{\left( {\frac{1}{4}} \right)^1} = \frac{{108}}{{256}}$;
$P(X = 4) = C_4^4{\left( {\frac{3}{4}} \right)^4}{\left( {\frac{3}{4}} \right)^0} = \frac{{81}}{{256}}$.
a) Bảng phân bố xác suất của $X$ là:
$X$, 0, 1, 2, 3, 4
$P$, $\frac{1}{{256}}$, $\frac{{12}}{{256}}$, $\frac{{54}}{{256}}$, $\frac{{108}}{{256}}$, $\frac{{81}}{{256}}$
b) Ta có $E(X) = np = 4 \cdot \frac{3}{4} = 3$. Vậy trung bình có 3 cây con có hạt màu vàng.
Do đó trung bình có $4 - 3 = 1$ cây con có hạt màu xanh.
1.10. a) $X$ là biến ngẫu nhiên có phân bố nhị thức với tham số $n = 6$; $p = 0,25$.
b) Lớp học đủ ánh sáng khi và chỉ khi $X \ge 4$. Theo chú ý về phân bố nhị thức ta có
$P(X \ge 4) = P(X = 4) + P(X = 5) + P(X = 6)$
$= C_6^4 \cdot 0,75^4 \cdot 0,25^2 + C_6^5 \cdot 0,75^5 \cdot 0,25 + 0,75^6 \approx 0,8306$.
Vậy xác suất để lớp học đủ ánh sáng khoảng $0,8306$.
c) $E(X) = 1,5$; $V(X) = 1,125$; $\sigma (X) = \sqrt {1,125} \approx 1,06$.
1.11. a) $X$ là biến ngẫu nhiên có phân bố nhị thức với $n = 5$; $p = \frac{1}{4}$.
b) Biến cố: “Sơn thắng Tùng trong trận đấu” là biến cố ${X \ge 3}$. Vậy xác suất để Sơn thắng Tùng trong trận đấu là $P(X \ge 3)$. Theo chú ý về phân bố nhị thức ta có:
$P(X \ge 3) = C_5^3{\left( {\frac{1}{4}} \right)^3}{\left( {\frac{3}{4}} \right)^2} + C_5^4{\left( {\frac{1}{4}} \right)^4}{\left( {\frac{3}{4}} \right)^1} + C_5^5{\left( {\frac{1}{4}} \right)^5}$
$= 10 \cdot \frac{9}{{1024}} + 5 \cdot \frac{3}{{1024}} + \frac{1}{{1024}} = \frac{{106}}{{1024}} \approx 0,1035$.

1.12. a) Gọi $X$ là số quả cam không đạt chất lượng trong 20 lần chọn đó.
$X$ là biến ngẫu nhiên có phân bố nhị thức với $n = 20, p = 0{,}03$.
b) Gọi $A$ là biến cố: "Thùng cam được xếp loại I".
$P(A) = P(X = 0) = C_{20}^{0} \cdot 0{,}03^{0} \cdot 0{,}97^{20} = 0{,}97^{20} \approx 0{,}5438$.
Gọi $B$ là biến cố: "Thùng cam được xếp loại II". Ta có $B = {X = 1} \cup {X = 2}$
$\Rightarrow P(B) = P(X = 1) + P(X = 2)$
$= C_{20}^{1} \cdot 0{,}03^{1} \cdot 0{,}97^{19} + C_{20}^{2} \cdot 0{,}03^{2} \cdot 0{,}97^{18}$
$= 20 \cdot 0{,}03 \cdot 0{,}97^{19} + 190 \cdot 0{,}03^{2} \cdot 0{,}97^{18} \approx 0{,}4352$.
Gọi $C$ là biến cố: "Thùng cam được xếp loại III". $C$ là biến cố: "Có ít nhất 3 quả cam không đạt chất lượng". Ta có $C = {X \geq 3}$. Xét biến cố đối $\overline{C} = {X \leq 2}$. Theo chú ý về phân bố nhị thức ta có:
$P(X \leq 2) = P(X = 0) + P(X = 1) + P(X = 2)$;
$P(C) = 1 - P(\overline{C}) = 1 - P(X \leq 2) = 1 - P(X = 0) - P(X = 1) - P(X = 2)$.
Theo trên ta có $P(X = 0) = P(A), P(X = 1) + P(X = 2) = P(B)$.
Vậy $P(C) = 1 - P(A) - P(B) = 1 - 0{,}5438 - 0{,}4352 = 0{,}021$.
Vậy tỉ lệ các thùng cam được xếp loại I, II, III tương ứng là $54{,}38%$; $43{,}52%$ và $2{,}1%$.
BÀI TẬP CUỐI CHUYÊN ĐỀ 1 (2 tiết)
I TỔNG KẾT KIẾN THỨC
Đại lượng $X$ được gọi là một biến ngẫu nhiên rời rạc nếu nó nhận một số hữu hạn các giá trị có thể. Các giá trị đó là các số và không dự đoán được trước khi phép thử được thực hiện.
Giả sử $X$ là một biến ngẫu nhiên rời rạc nhận các giá trị $x_1, x_2, ..., x_{n-1}, x_n$ với các xác suất tương ứng là $p_1, p_2, ..., p_{n-1}, p_n$ tức là $P(X = x_i) = p_i$ ($i = 1, 2,..., n$).
Bảng sau đây
$X$, $x_1$, $x_2$, ..., $x_{n-1}$, $x_n$
$P$, $p_1$, $p_2$, ..., $p_{n-1}$, $p_n$
được gọi là bảng phân bố xác suất của biến ngẫu nhiên rời rạc $X$.

$– Kì vọng của $X$, kí hiệu là $E(X)$, là một số được tính theo công thức sau: $$E(X) = x_1p_1 + x_2p_2 + \cdots + x_{n-1}p_{n-1} + x_np_n.$$ – Phương sai của $X$

– Kì vọng của $X$, kí hiệu là $E(X)$, là một số được tính theo công thức sau:
$$E(X) = x_1p_1 + x_2p_2 + \cdots + x_{n-1}p_{n-1} + x_np_n.$$
– Phương sai của $X$, kí hiệu là $V(X)$, là một số được tính theo công thức sau:
$$V(X) = (x_1 - \mu)^2 p_1 + (x_2 - \mu)^2 p_2 + \cdots + (x_{n-1} - \mu)^2 p_{n-1} + (x_n - \mu)^2 p_n \quad (1)$$
hoặc $V(X) = x_1^2p_1 + x_2^2p_2 + \cdots + x_{n-1}^2p_{n-1} + x_n^2p_n - \mu^2$, trong đó $\mu = E(X)$.
– Độ lệch chuẩn của $X$, kí hiệu là $\sigma(X)$, là căn bậc hai của phương sai:
$$\sigma(X) = \sqrt{V(X)}.$$
– Xét phép thử $T$ và $E$ là một biến cố liên quan tới phép thử $T$. Ở mỗi lần thực hiện phép thử $T$, biến cố $E$ có xác suất xuất hiện bằng $p$, $P(E) = p$.
Ta thực hiện phép thử $T$ lặp lại $n$ lần một cách độc lập. Kí hiệu $E_k$ là biến cố: “Trong $n$ phép thử lặp này, biến cố $E$ xuất hiện đúng $k$ lần ($0 \le k \le n$). Khi đó:
$$P(E_k) = C_n^k p^k (1-p)^{n-k}.$$
Công thức trên được gọi là công thức Bernoulli.
– Biến ngẫu nhiên rời rạc $X$ với tập các giá trị có thể là ${0; 1; 2; ...; n}$ và có bảng phân bố xác suất:
$X$, $0$, $1$, ..., $k$, ..., $n$
$P$, $(1-p)^n$, $C_n^1 p(1-p)^{n-1}$, ..., $C_n^k p^k(1-p)^{n-k}$, ..., $p^n$
được gọi là biến ngẫu nhiên có phân bố nhị thức với tham số $(n, p)$ và kí hiệu là $X \sim B(n, p)$.
– Biến ngẫu nhiên $X$ có phân bố nhị thức với tham số $(1, p)$ được gọi là biến ngẫu nhiên có phân bố Bernoulli, kí hiệu là $X \sim \text{Ber}(p)$.
– Cho $X$ là biến ngẫu nhiên $X \sim B(n, p)$. Khi đó, với mỗi số nguyên dương $k$ ($1 \le k \le n$) ta có
a) $P(X \le k) = C_n^0 (1-p)^n + C_n^1 p(1-p)^{n-1} + \cdots + C_n^k p^k (1-p)^{n-k}.$
b) $P(X \ge k) = C_n^k p^k (1-p)^{n-k} + C_n^{k+1} p^{k+1} (1-p)^{n-k-1} + \cdots + C_n^n p^n.$

$II ĐÁP SỐ/HƯỚNG DẪN/LỜI GIẢI BÀI TẬP 1.13. $X$ nhận các giá trị ${0; 1; 2; 3; 4; 5; 6}$. Kết quả của ba lần rút thẻ là $(a; b; c)$ trong đó $a$, $b$, $c \in {0;$

Gọi $V$ là số bi trắng Minh rút được từ túi II và túi III. Vì mỗi túi II và III đều chứa số viên bi trắng và số viên bi đen như nhau nên Minh đã thực hiện phép

Gọi $E_1$ là biến cố: “Trả lời đúng câu hỏi loại 1”; $E_2$ là biến cố: “Trả lời đúng câu hỏi loại 2”. Nếu trả lời sai câu hỏi loại 2 này thì An nhận 0 điểm. Cuộ

$1.16. Gọi $X$ là số ván thắng của Trường. Biến cố: "Trường thắng cuộc" là biến cố ${X \ge 4}$. Theo chú ý về phân bố nhị thức ta có: $$P(X \ge 4) = P(X = 4) + P$

1.16. Gọi $X$ là số ván thắng của Trường. Biến cố: "Trường thắng cuộc" là biến cố ${X \ge 4}$.
Theo chú ý về phân bố nhị thức ta có:
$$P(X \ge 4) = P(X = 4) + P(X = 5) + P(X = 6) + P(X = 7)$$
$$= C_7^4 0,4^4 \cdot 0,6^3 + C_7^5 0,4^5 \cdot 0,6^2 + C_7^6 0,4^6 \cdot 0,6 + 0,4^7 \approx 0,29.$$
1.17. Với hệ 5 thành phần: Gọi $X$ là số thành phần hoạt động. Ta có $X \sim B(5, p)$. Hệ hoạt động nếu $X \ge 3$. Theo chú ý về phân bố nhị thức, xác suất để hệ thống hoạt động là:
$$P(X \ge 3) = P(X = 3) + P(X = 4) + P(X = 5) = C_5^3 p^3 (1-p)^2 + C_5^4 p^4 (1-p) + p^5.$$
Với hệ 3 thành phần: Gọi $Y$ là số thành phần hoạt động. Ta có $Y \sim B(3, p)$. Hệ hoạt động nếu $Y \ge 2$. Theo chú ý về phân bố nhị thức, xác suất để hệ thống hoạt động là:
$$P(Y \ge 2) = P(Y = 2) + P(Y = 3) = C_3^2 p^2 (1-p) + p^3.$$
Hệ 5 thành phần tốt hơn hệ 3 thành phần khi và chỉ khi
$$C_5^3 p^3 (1-p)^2 + C_5^4 p^4 (1-p) + p^5 > C_3^2 p^2 (1-p) + p^3$$
$$\Leftrightarrow 2p^2 - 3p + 1 < 0 \Rightarrow p > \frac{1}{2}.$$
1.18. a) Mỗi ngày cửa hàng phải bỏ ra chi phí là $3a$ triệu đồng. Giả sử mỗi người đến thuê một chiếc xe.
Cửa hàng không có ai thuê với xác suất là $0,0608$. Khi đó cửa hàng phải trả số tiền là $3a$ triệu đồng.
Vậy $P(Y = -3a) = 0,0608$.
Cửa hàng có một người thuê với xác suất là $0,1703$. Khi đó cửa hàng thu được số tiền là $1 - 3a$ triệu đồng.
Vậy $P(Y = 1 - 3a) = 0,1703$.
Cửa hàng có hai người thuê với xác suất là $0,2384$. Khi đó cửa hàng thu được số tiền là $2 - 3a$ triệu đồng.
Cửa hàng có từ 3 hoặc 4 người đến thuê với xác suất là: $0,2225 + 0,308 = 0,5305$.
Tuy nhiên cửa hàng chỉ có 3 chiếc xe cho thuê nên số tiền cửa hàng thu được $3 - 3a$ triệu đồng.
Bảng phân bố xác suất của $Y$ là:

$$Y$, $-3a$, $1 - 3a$, $2 - 3a$, $3 - 3a$ $P$, $0{,}0608$, $0{,}1703$, $0{,}2384$, $0{,}5305$ Số tiền trung bình cửa hàng thu được là: $E(Y) = 0{,}0608 \cdot (-3$

CHUYÊN ĐỀ 2. ỨNG DỤNG TOÁN HỌC ĐỂ GIẢI QUYẾT MỘT SỐ BÀI TOÁN TỐI ƯU
A TỔNG QUAN
1 Vị trí, vai trò của chuyên đề
Chuyên đề 2 giới thiệu phương pháp hình học để giải một số bài toán quy hoạch tuyến tính hai biến và phương pháp đạo hàm để giải quyết một số bài toán tối ưu đơn giản trong thực tiễn. Có thể coi nội dung của Chuyên đề 2 là những phát triển một cách hệ thống và sâu sắc hơn những nội dung tương ứng đã học ở SGK Toán 10 (phần Hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn) và SGK Toán 12 (phần Ứng dụng của đạo hàm).
Các ví dụ, bài tập của chuyên đề này được lấy từ chính những tình huống trong thực tế hoặc rất gần gũi với thực tế cuộc sống, nhằm trang bị cho HS những kiến thức, kĩ năng cần thiết để có thể giải quyết những bài toán tối ưu hoá đơn giản thường gặp trong đời sống. Cơ sở toán học của những phương pháp toán học trình bày trong chuyên đề này là cách biểu diễn hình học tập nghiệm của một hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn trên mặt phẳng toạ độ và ứng dụng của đạo hàm trong việc xét chiều biến thiên, tìm cực trị, giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất (nếu có) của hàm số.
2 Cấu tạo chuyên đề
Chuyên đề này gồm 2 bài học và 2 tiết ôn tập chuyên đề, được thực hiện trong 12 tiết. Cụ thể như sau:
Bài 3. Vận dụng hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn để giải quyết một số bài toán quy hoạch tuyến tính, 5 tiết
Bài 4. Vận dụng đạo hàm để giải quyết một số bài toán tối ưu, 5 tiết
Bài tập cuối chuyên đề 2, 2 tiết
3 Một số điểm cần lưu ý
Mặc dù cùng tiếp cận vấn đề bằng phương pháp hình học, nhưng mức độ của các ví dụ, bài tập ở Bài 3 của Chuyên đề 2 trong Chuyên đề học tập Toán 12 cao hơn nhiều so với mức độ yêu cầu ở các bài tập ứng dụng trong phần Hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn mà HS đã học ở SGK Toán 10. Nói riêng, ngoài việc gọi tên chính thức bài toán quy hoạch tuyến tính và đề cập đến các khái niệm cơ bản của bài toán như hàm mục tiêu, phương án chấp nhận được, phương án tối ưu, điểm cực biên,...

ở đây xét cả tình huống miền chấp nhận được (tức là miền nghiệm của hệ bất phương trình ràng buộc) là miền không bị chặn; khi đó bài toán quy hoạch tuyến tính đang xét có thể không có nghiệm. Tuy nhiên, để tránh nặng nề cho HS, các kiến thức và cơ sở toán học cần thiết để giải (nếu bài toán có phương án tối ưu thì phương án tối ưu là một trong phương án cực biên, tức là hàm mục tiêu sẽ đạt được giá trị tối ưu tại một trong các "đỉnh" của miền chấp nhận được) được đưa trong phần nhận xét, chứ không trình bày thành Khung kiến thức và không yêu cầu chứng minh chặt chẽ. HS chỉ cần biết vận dụng các kết quả tổng quát này trong thực hành. - Nội dung Bài 4 của Chuyên đề 2 sử dụng những kiến thức tương ứng trình bày trong
Chương I SGK Toán 12 như dùng đạo hàm xét chiều biến thiên, tìm cực trị, giá trị lớn
nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số. Do đó cần giảng dạy sau khi HS được học những kiến thức đó trong SGK Toán 12. Nội dung của Chuyên đề 2 gắn với nhiều ứng dụng phong phú trong thực tiễn nên trong quá trình giảng dạy, khi có thể GV nên tìm cách liên hệ với thực tiễn để làm cho bài học trở nên sinh động hơn và làm cho HS thấy nội dung chuyên đề gần gũi, thiết thực với cuộc sống. Một lưu ý nữa khi giảng dạy là GV cần bám sát nội dung và yêu cầu cần đạt của chuyên đề này được quy định trong Chương trình, mà đã được cụ thể hoá trong sách Chuyên đề học tập Toán 12, để không bị vượt quá yêu cầu cần đạt của Chương trình.
B GIỚI THIỆU CHI TIẾT CÁC BÀI HỌC
Bài 3. VẬN DỤNG HỆ BẤT PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT ĐỂ GIẢI QUYẾT MỘT SỐ BÀI TOÁN QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH (5 tiết)
I MỤC TIÊU
1. Về kiến thức, kĩ năng
Phát biểu được bài toán quy hoạch tuyến tính hai biến. Nhận biết được các ràng buộc,
hàm mục tiêu. - Biểu diễn được miền nghiệm của hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn và tìm được các
phương án cực biên.

Giải thích được phương án tối ưu luôn là một trong các phương án cực biên và trong
trường hợp tập các phương án chấp nhận được là miền khác rỗng và bị chặn thì bài toán quy hoạch tuyến tính luôn có phương án tối ưu. - Nắm được các bước giải một bài toán quy hoạch tuyến tính. - Vận dụng các kiến thức về hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn để giải quyết một số bài
toán quy hoạch tuyến tính hai biến trong thực tiễn.
2. Về năng lực, phẩm chất
- Rèn luyện năng lực tư duy và lập luận toán học thể hiện qua việc nhận biết miền
nghiệm của bất phương trình và hệ bất phương trình bậc nhất hai ẩn. - Rèn luyện năng lực mô hình hoá toán học và năng lực giao tiếp toán học thông qua việc
giải quyết một số bài toán thực tiễn, bài toán quy hoạch tuyến tính. - Bồi dưỡng hứng thú học tập, ý thức làm việc nhóm, ý thức tìm tòi, khám phá và sáng tạo
cho HS.
II NHỮNG ĐIỂM CẦN LƯU Ý
- Bài toán quy hoạch tuyến tính hai biến đã được trình bày sơ lược ở lớp 10. Ở đây trình
bày chi tiết phương pháp hình học giải bài toán quy hoạch tuyến tính hai biến. Với các bài toán quy hoạch tuyến tính mà tập các phương án chấp nhận được khác rỗng và là miền đa giác thì luôn có phương án tối ưu. Ở đây xét cả các bài toán quy hoạch tuyến tính với tập các phương án chấp nhận được không là miền đa giác; bài toán không có phương án tối ưu và bài toán có vô hạn phương án tối ưu. - Ở cấp THPT, ta chỉ trình bày cách giải bài toán quy hoạch tuyến tính hai biến bằng
phương pháp hình học mà không xét đến bài toán quy hoạch tuyến tính ba biến. Phương pháp hình học chỉ hữu hiệu với các bài toán hai biến; với các bài toán quy hoạch tuyến tính có số biến lớn hơn 3 thì phương pháp hình học không còn ý nghĩa nữa. Ở đây, ta cũng không trình bày phương pháp đơn hình để giải bài toán quy hoạch tuyến tính mà chỉ trình bày phương pháp hình học, một phương pháp tiếp cận tuy có phần hạn chế nhưng có tính trực quan cao. - Chuẩn bị:
GV chuẩn bị một số bài toán quy hoạch tuyến tính trong thực tiễn. + GV và HS chuẩn bị máy tính cầm tay để thực hành tính toán.

III GỢI Ý DẠY HỌC
1. Thời lượng
Dự kiến phân bổ thời gian: 5 tiết. Cụ thể như sau:
Tiết 1: Mục 1. Giới thiệu bài toán quy hoạch tuyến tính với hai biến;
Tiết 2: Mục 2. Bài toán quy hoạch tuyến tính với miền chấp nhận được là miền đa giác;
Tiết 3: Mục 3. Bài toán quy hoạch tuyến tính với miền chấp nhận được không là miền đa giác;
Tiết 4+5: Chữa bài tập.
2. Thực hiện các hoạt động chính của bài học
Tiết 1
HOẠT ĐỘNG, MỤC ĐÍCH, YÊU CẦU, GỢI Ý THỰC HIỆN
Tình huống mở đầu, Giúp HS có hứng thú và gợi động cơ với nội dung bài học, không yêu cầu giải quyết được ngay tình huống này. Giúp HS nhớ lại bài toán quy hoạch tuyến tính đã học ở lớp 10., GV chỉ cần nêu tình huống để HS thấy sự xuất hiện của bài toán quy hoạch tuyến tính hai biến trong thực tiễn.
1. GIỚI THIỆU BÀI TOÁN QUY HOẠCH TUYẾN TÍNH HAI BIẾN
HĐ1. Giới thiệu một bài toán quy hoạch tuyến tính trong thực tiễn, Hướng dẫn HS cách đặt ẩn, viết hàm mục tiêu và viết hệ bất phương trình các ràng buộc của bài toán, cách biểu diễn miền phương án chấp nhận được và tìm toạ độ các điểm cực biên. Từ đó gợi ý dẫn dắt HS đến bài toán quy hoạch tuyến tính tổng quát., HS tự thực hiện các yêu cầu của HĐ1 dưới sự giám sát của GV. GV là người cung cấp lời giải của các phần a, b, c và d sau khi HS đã hoàn thành câu trả lời và chính xác hoá câu trả lời của HS. Sau đó GV dẫn dắt HS đến bài toán quy hoạch tuyến tính hai biến.
Hộp kiến thức, Giúp HS hiểu được phát biểu của bài toán quy hoạch tuyến tính hai biến; HS nắm được, GV cho HS tự đọc sách và giải thích các khái niệm, thuật ngữ cho HS.

các thuật ngữ như hàm mục tiêu, ràng buộc, phương án chấp nhận được, phương án tối ưu,... Chú ý, Giới thiệu cách viết ngắn gọn bài toán quy hoạch tuyến tính., G

Các điểm cực biên $A$, $B$, $C$ và $D$ được biểu diễn trên hình vẽ. Chi phí mua nguyên liệu là $F(x; y) = 4x + 3y$ (triệu đồng). Tiết 2 2. BÀI TOÁN QUY HOẠCH TU

Ví dụ 3. Bài toán vitamin, Giúp HS giải bài toán quy hoạch tuyến tính hai biến mà miền nghiệm là một miền lục giác. Đây là bài toán quy hoạch tuyến tính với miề

Chi phí thuê xe là $F(x; y) = 4x + 3y$ (triệu đồng). Tính giá trị của biểu thức $F(x; y) = 4x + 3y$ tại các đỉnh $ABCD$ ta được giá trị nhỏ nhất là $F(5; 4) = 3

Ví dụ 5. Bài toán khẩu phần ăn, Giúp HS giải bài toán quy hoạch tuyến tính hai biến mà miền chấp nhận được không là miền đa giác và bài toán có duy nhất phương

$$\begin{cases} x \ge 0, y \ge 0 \ 3x + 6y \ge 18 \ 2x + y \ge 6. \end{cases}$ Miềm nghiệm của hệ trên là miền tô màu, không là miền đa giác, giới hạn bởi hai tr$

$IV ĐÁP SỐ/HƯỚNG DẪN/LỜI GIẢI BÀI TẬP 2.1. Gọi $x, y$ lần lượt là số bàn hình chữ nhật và số bàn tròn mà anh Nam cần thuê. Ta có hệ: $\begin{cases} 0 \le x \le 1$

Lợi nhuận của nhà máy theo tuần là $F(x; y) = 36x + 24y$ (nghìn đồng). Lợi nhuận đạt giá trị lớn nhất bằng 34 800 000 đồng tại $B(700; 400)$. 2.4. Gọi $x, y$ lầ

Bài 4. Vận dụng đạo hàm để giải quyết một số bài toán tối ưu
I MỤC TIÊU
1. Về kiến thức, kĩ năng
Vận dụng được các kiến thức về đạo hàm để giải quyết một số bài toán tối ưu xuất hiện trong thực tiễn.
Vận dụng được các kiến thức về đạo hàm để giải quyết một số bài toán tối ưu trong kinh tế.
2. Về năng lực, phẩm chất
Rèn luyện năng lực tư duy và lập luận toán học thể hiện qua việc vận dụng đạo hàm để giải quyết một số bài toán tối ưu.
Rèn luyện năng lực mô hình hoá toán học thông qua việc giải quyết một số bài toán thực tiễn gắn liền với giải quyết một số bài toán tối ưu, bài toán kinh tế.
Bồi dưỡng hứng thú học tập, ý thức làm việc nhóm, ý thức tìm tòi, khám phá và sáng tạo cho HS.
II NHỮNG ĐIỂM CẦN LƯU Ý
Nội dung Vận dụng đạo hàm để giải quyết một số bài toán tối ưu trong sách Chuyên đề học tập Toán 12 có nhiều khác biệt so với các nội dung đã có trong sách giáo khoa cũ. Trong đó nhấn mạnh ứng dụng đạo hàm vào giải quyết bài toán tối ưu trong khoa học: Vật lí, Hoá học,... và một số bài toán kinh tế.
Chuẩn bị:
GV chuẩn bị thông tin về một số bài toán thực tế liên quan đến hàm số, ứng dụng của hàm số, đạo hàm hàm số như bài toán tối ưu trong chuyển động, bài toán tìm đường đi ngắn nhất, phản xạ, khúc xạ ánh sáng, các bài toán tối ưu trong kinh tế,...
GV và HS chuẩn bị MTCT để thực hành tính toán.
III GỢI Ý DẠY HỌC
1. Thời lượng
Dự kiến phân bổ thời gian: 5 tiết. Cụ thể như sau:
Tiết 1, 2, 3: Mục 1. Vận dụng đạo hàm để giải quyết một số bài toán tối ưu trong thực tiễn;

Tiết 4, 5: Mục 2. Vận dụng đạo hàm để giải quyết một số bài toán tối ưu trong kinh tế; Chữa bài tập. 2. Thực hiện các hoạt động chính của bài học HOẠT ĐỘNG, MỤC

$Nếu anh ấy chèo thuyền đến $P$ rồi đi bộ về nhà thì hết $\frac{28}{15}$ giờ. d) Nếu anh ấy chèo thuyền đến điểm $Q$ rồi đi bộ về nhà thì ta có $S_1 = AQ = \sqrt$

$Với $v_0 = 9$ (m/s), $g = 9,8$ (m/s²) ta có độ cao lớn nhất của vật là $y_P = \sin^2\alpha \cdot \frac{405}{98}$. Thời điểm vật đạt được độ cao lớn nhất là $t_P$

$$\frac{x}{v_{kk}\sqrt{a^2+x^2}}=\frac{c-x}{v_n\sqrt{b^2+(c-x)^2}}$. Từ hình vẽ ta có $\sin i=\frac{x}{\sqrt{a^2+x^2}};\sin r=\frac{c-x}{\sqrt{b^2+(c-x)^2}}$. Do$

$giải bài toán tối ưu tối đa hoá lợi nhuận., Số lượng xe máy bán ra là: $600 + 200x$. Hàm chi phí cho $600 + 200x$ xe máy là $(600 + 200x) \cdot 27$ (triệu đồng)$

chi phí trung bình, chi phí biên. Làm quen bài toán cực tiểu hoá chi phí trung bình. Luyện tập 4, Cho HS một tính huống để củng cố kiến thức về bài toán tối đa

IV ĐÁP SỐ/HƯỚNG DẪN/LỜI GIẢI BÀI TẬP 2.6. Kí hiệu $2x$ là chiều rộng của hình chữ nhật, $y$ là chiều dài của hình chữ nhật (tính bằng mét). Khi đó độ dài mép ng

$$$f'(x) = 0 \Leftrightarrow \frac{1,000\left(5x - 3\sqrt{1 + x^2}\right)}{\sqrt{1 + x^2}} = 0$$ $$\Leftrightarrow 3\sqrt{1 + x^2} = 5x \Leftrightarrow \begin{ca$

$$$\min T = T \left( \sqrt [ 3 ] { \frac { 1 } { 4 8 0 \pi } } \right) \approx 1 7 2 0 1 , 0 5 \Rightarrow n = \frac { 1 0 ^ { 9 } } { \min T } \approx 5 8 1 3 5$

$ĐÁP SỐ/HƯỚNG DẪN/LỜI GIẢI BÀI TẬP 2.11. a) Theo đề bài, ta có hệ bất phương trình: $\left{ \begin{array}{l}x \ge 0,;y \ge 0\250x + 500y \le 75,000\750x + 500y \$

Tính giá trị của biểu thức $F(x; y)$ tại các đỉnh của ngũ giác, ta được: $F(0; 0) = 0$; $F(0; 30) = 18000$; $F(15; 25) = 21000$; $F(30; 10) = 18000$; $F(35; 0)

Tính giá trị của biểu thức $F(x ; y)$ tại các đỉnh của ngũ giác, ta được: $F(28 ; 22)=108,8 ; F(18 ; 22)=88,8$; $F(24 ; 16)=86,4, F(28 ; 16)=94,4$. Vậy tổng chi

$$I' = \frac{h^2 + 400 - 2h^2}{\left(h^2 + 400\right)^2} = \frac{400 - h^2}{\left(h^2 + 400\right)^2}; I' = 0 \Leftrightarrow h = 20$ (do $h > 0$). Khi đó tại $h$

CHUYÊN ĐỀ 3. ỨNG DỤNG TOÁN HỌC TRONG MỘT SỐ VẤN ĐỀ LIÊN QUAN ĐẾN TÀI CHÍNH
A TỔNG QUAN
1 Vị trí, vai trò của chuyên đề
– Chuyên đề 3 giới thiệu những kiến thức cơ bản về tiền tệ, lãi suất, lạm phát, thẻ tín dụng, vay nợ, cũng như cách thức tính lãi suất, các hình thức gửi tiết kiệm, trả các khoản nợ đúng hạn. Qua đó, HS có thể vận dụng các kiến thức đã học để thiết lập kế hoạch tài chính cá nhân cho các nhu cầu dài hạn cũng như giải quyết một số vấn đề về đầu tư. Đây là những kiến thức phổ thông, cơ bản, thiết yếu về giáo dục tài chính cho người công dân thế kỉ XXI.
– Các ví dụ, bài tập của chuyên đề này được lấy từ chính thực tế hoặc rất gần gũi với thực tế cuộc sống nhằm trang bị cho HS những kiến thức, kĩ năng cần thiết để có thể giải quyết những vấn đề tài chính cơ bản thường gặp trong đời sống. Cơ sở toán học của những kiến thức tài chính trong chuyên đề này là công thức lãi đơn, công thức lãi kép và công thức tính niên kim.
2 Cấu tạo chuyên đề
Chuyên đề này gồm 3 bài học và 2 tiết ôn tập chuyên đề, được thực hiện trong 11 tiết. Cụ thể như sau:
Bài 5. Tiền tệ. Lãi suất, 3 tiết
Bài 6. Tín dụng. Vay nợ, 3 tiết
Bài 7. Đầu tư tài chính. Lập kế hoạch tài chính cá nhân, 3 tiết
Bài tập cuối chuyên đề 3, 2 tiết
3 Một số điểm cần lưu ý
– Nội dung của chuyên đề này gắn với thực tiễn nên trong quá trình giảng dạy, GV cố gắng liên hệ với thực tiễn, với các số liệu thực tiễn (tại thời điểm giảng dạy), để làm cho bài học trở nên sinh động hơn và làm cho HS thấy nội dung chuyên đề gần gũi, thiết thực với cuộc sống. Một lưu ý nữa khi giảng dạy là GV cần bám sát các nội dung và yêu cầu cần đạt quy định trong Chương trình, đã được cụ thể hoá trong sách Chuyên đề học tập Toán 12, để không bị vượt quá yêu cầu cần đạt của Chương trình.

Nội dung toán học của chuyên đề được trình bày dựa trên công thức lãi đơn, công
thức lãi kép, công thức niên kim và các kiến thức toán học như tỉ số, tỉ số phần trăm, phép tính luỹ thừa và lôgarit, dãy truy hồi,...; các kĩ năng sử dụng máy tính cầm tay, phần mềm bảng tính Excel,... để hỗ trợ tính toán. Vì vậy, GV cần ôn tập, củng cố các kiến thức, kĩ năng cần thiết cho HS trước khi vào học bài mới.
B GIỚI THIỆU CHI TIẾT CÁC BÀI HỌC
Bài 5. TIỀN TỆ . LÃI SUẤT (3 tiết)
I MỤC TIÊU
1. Về kiến thức, kĩ năng
Nhận biết được một số vấn đề về tiền tệ. - Nhận biết được một số vấn đề về lãi suất của các tổ chức tín dụng. - Tính được lãi suất được hưởng qua tiền tiết kiệm và các giá trị thực chất có tính đến
lạm phát. - Vận dụng được kiến thức toán học trong việc giải quyết một số vấn đề về lãi suất của
các tổ chức tín dụng.
2. Về năng lực, phẩm chất
Rèn luyện năng lực tư duy và lập luận toán học, năng lực mô hình hoá toán học và
năng lực giải quyết vấn đề toán học thông qua việc mô hình hoá và giải quyết những vấn đề thực tiễn liên quan đến lãi suất của các tổ chức tín dụng, vấn đề lạm phát và các giá trị thực chất có tính đến lạm phát. - Bồi dưỡng hứng thú học tập, ý thức làm việc nhóm, ý thức tìm tòi, khám phá và sáng
tạo cho HS.
II NHỮNG ĐIỂM CẦN LƯU Ý
Về mặt nội dung, bài học này giới thiệu những khái niệm và công thức cơ bản
liên quan đến tiền tệ và lãi suất, bao gồm cả lãi đơn và lãi kép và các vấn đề liên quan đến lạm phát như tỉ lệ lạm phát, lãi suất thực, các giá trị thực chất có tính đến lạm phát.

– Chuẩn bị:
GV tìm hiểu về lịch sử ra đời tiền tệ, một số đơn vị tiền tệ chính, thông dụng trên thế giới; tìm hiểu về tỉ lệ lạm phát thực tế, chỉ số giá tiêu dùng CPI, chỉ số giảm phát GDP trong những năm gần đây của Việt Nam.
HS chuẩn bị máy tính cầm tay.
III GỢI Ý DẠY HỌC
1. Thời lượng
Gợi ý phân phối thời gian dạy học: 3 tiết. Cụ thể như sau:
– Tiết 1: Mục 1. Khái niệm tiền tệ.
– Tiết 2: Mục 2. Lãi suất và cách tính lãi suất.
– Tiết 3: Mục 3. Lạm phát.
2. Thực hiện các hoạt động chính của bài học
Tiết 1
HOẠT ĐỘNG, MỤC ĐÍCH, YÊU CẦU, GỢI Ý THỰC HIỆN
Tình huống mở đầu, Giúp HS có hứng thú và gợi động cơ với nội dung bài học., GV chỉ cần nêu tình huống để HS thấy nhu cầu thực tế cần xét những bài toán như vậy.
1. KHÁI NIỆM TIỀN TỆ
a) Khái niệm tiền tệ, Giới thiệu khái niệm tiền tệ., – GV giải thích và phân biệt cho HS các khái niệm: tiền tệ, đơn vị tiền tệ. – Có thể yêu cầu HS kể tên các đơn vị tiền tệ (của các nước) thường gặp mà em biết (đô la Mỹ, euro,...) và tỉ giá hối đoái tại thời điểm hiện tại so với Việt Nam đồng.
b) Chức năng của tiền tệ, Giới thiệu các chức năng của tiền tệ., Nên cho HS thảo luận tìm hiểu trước, sau đó GV mới tổng kết lại một cách hệ thống.
c) Tính chất của tiền tệ, Giới thiệu các tính chất của tiền tệ., Nên cho HS thảo luận tìm hiểu trước, sau đó GV mới tổng kết lại một cách hệ thống.
d) Nguyên tắc tổng tiền bằng 0, Giới thiệu nguyên tắc tổng tiền bằng 0., GV giải thích cho HS và nhấn mạnh ý: Tự bản thân tiền pháp định là không có giá trị, mà giá trị của tiền là do giá trị của các tài sản (ngoài tiền) mà nó làm đại diện quyết định.

Tổng kết, Dành cho dự phòng, tổng kết lại nội dung của tiết học, dặn dò công việc về nhà., GV sử dụng tuỳ tình hình thực tế của lớp học. Tiết 2 HOẠT ĐỘNG, MỤC Đ

– GV ghi bảng hoặc trình chiếu nội dung trong khung kiến thức. Ví dụ 2, Rèn luyện kĩ năng áp dụng công thức lãi kép., HS làm việc dưới sự hướng dẫn của GV. Luyệ

Tiết 3 HOẠT ĐỘNG, MỤC ĐÍCH, YÊU CẦU, GỢI Ý THỰC HIỆN 3. LẠM PHÁT a) Khái niệm lạm phát, tỉ lệ lạm phát Đoạn mở đầu, Giới thiệu các khái niệm: lạm phát, tỉ lệ lạ

thì luôn dương. Nhưng lãi suất thực (sau khi đã tính đến yếu tố lạm phát) thì có thể dương hoặc cũng có thể âm, tuỳ theo tỉ lệ lạm phát. Ví dụ 4, Rèn luyện kĩ n

$IV ĐÁP SỐ/HƯỚNG DẪN/LỜI GIẢI BÀI TẬP 3.1. Ta có: $P = 900$ (triệu đồng); $t = \frac{6}{12} = \frac{1}{2}$ (năm); $I = 54$ (triệu đồng). Do đó lãi suất đơn của k$

$Vậy thu nhập thực (tức là tiền lãi đã tính đến yếu tố lạm phát) của khoản gửi tiết kiệm đó là $I = 600 \cdot \left( {1 + {r_{{\rm{thuc}}}}} \right) - 600 = 600$

– Bồi dưỡng hứng thú học tập, ý thức làm việc nhóm, ý thức tìm tòi, khám phá và sáng tạo cho HS. II NHỮNG ĐIỂM CẦN LƯU Ý – Về mặt nội dung, bài học này giới thi

b) Phí sử dụng thẻ tín dụng | Đoạn mở đầu | Giới thiệu cách tính phí sử dụng thẻ tín dụng. | – GV giải thích cẩn thận cho HS các khái niệm liên quan đến thẻ tín

Vậy tổng số tiền lãi mà chị Hương cần phải thanh toán khi đến hạn 15/7 là: $19,178 + 57,534 + 49,315 = 126,027$ (đồng). Ngoài ra, số tiền 6 triệu đồng vẫn bị tí

Luyện tập 3, Củng cố kĩ năng áp dụng công thức tính lãi kép., HS tự làm tại lớp. HD. Ta có: $P = 100$ (triệu đồng); $r = 0,12$; $t = 2$ (năm). a) Ở đây $n = 4$.

Ví dụ 4, Rèn luyện kĩ năng áp dụng công thức trả góp., HS làm việc dưới sự hướng dẫn của GV. Luyện tập 4, Củng cố kĩ năng áp dụng công thức trả góp., – HS tự là

c) Vậy số tiền trả lãi là: $599,76 - 500 = 99,76$ (triệu đồng). Tổng kết, Dành cho dự phòng, tổng kết lại nội dung của tiết học, dặn dò công việc về nhà., GV sử

Chú ý. Vì việc tính lãi hằng tháng và lãi suất là $r = 1{,}25% = 0{,}0125$ mỗi tháng, nên sau 6 tháng ta có 6 kì tính lãi, do đó ta cũng có thể dùng trực tiếp công thức:
$$A = P(1+r)^n = 5(1+0{,}0125)^6 \approx 5{,}387 \text{ (triệu đồng)}.$$
3.9. Ta có: $P = 100$ (triệu đồng); $r = 9% = 0{,}09; \ t = \frac{6}{12} = 0{,}5$ (năm).
a) Khi việc tính lãi diễn ra theo thể thức lãi đơn thì tổng số tiền chị Dung cần trả là
$$A = P(1+rt) = 100 \cdot (1 + 0{,}09 \cdot 0{,}5) = 104{,}5 \text{ (triệu đồng)}.$$
Số tiền lãi chị Dung cần trả là: $104{,}5 - 100 = 4{,}5$ (triệu đồng).
b) Khi việc tính lãi diễn ra theo thể thức lãi kép hằng tháng thì $n = 12$. Do đó tổng số tiền chị Dung cần trả là
$$A = P\left(1+\frac{r}{n}\right)^{nt} = 100 \cdot \left(1+\frac{0{,}09}{12}\right)^{12 \cdot 0{,}5} \approx 104{,}585 \text{ (triệu đồng)}.$$
Số tiền lãi chị Dung cần trả là: $104{,}585 - 100 = 4{,}585$ (triệu đồng).
3.10. Ta tính số tiền lãi phải trả theo từng phương án:
– Với khoản vay lãi kép kì hạn 3 tháng với lãi suất 8% một năm, ta có:
$$P = 500 \text{ (triệu đồng)}; r = 8% = 0{,}08; \ t = \frac{9}{12} = 0{,}75; \ n = 4.$$
Do đó tổng số tiền phải trả là
$$A = P\left(1+\frac{r}{n}\right)^{nt} = 500\left(1+\frac{0{,}08}{4}\right)^{4 \cdot 0{,}75} = 530{,}604 \text{ (triệu đồng)}.$$
Khi đó số tiền lãi cần trả là: $530{,}604 - 500 = 30{,}604$ (triệu đồng).
– Với khoản vay lãi đơn 8,5% một năm, ta có:
$$P = 500; \ r = 8{,}5% = 0{,}085; \ t = \frac{9}{12} = 0{,}75.$$
Do đó số tiền lãi cần trả là $I = Prt = 500 \cdot 0{,}085 \cdot 0{,}75 = 31{,}875$ (triệu đồng).
Vậy để trả lãi ngân hàng ít hơn, anh Hải nên chọn khoản vay lãi kép kì hạn 3 tháng với lãi suất 8% một năm.
3.11. Ta có $P = 800$ (triệu đồng); $t = 5$ (năm).
a) Với $r = 0{,}06$ và tính lãi đơn hằng năm thì tổng số tiền cần trả là
$$A = P(1+rt) = 800(1+0{,}06 \cdot 5) = 1,040 \text{ (triệu đồng)}.$$

Khi đó số tiền lãi phải trả là: $1,040 - 800 = 240$ (triệu đồng). b) Với $r = 0{,}055$ và tính lãi kép hằng tháng ($n = 12$) thì tổng số tiền cần trả là $$A = P

II NHỮNG ĐIỂM CẦN LƯU Ý – Về mặt nội dung, bài học này giới thiệu những khái niệm và công thức cơ bản liên quan đến đầu tư và lập kế hoạch tài chính cá nhân. –

Công thức tính lãi suất của một khoản đầu tư, Cho HS làm quen với từng bước xây dựng công thức tính lãi suất $r$., – HS làm việc dưới sự hướng dẫn của GV xây dự

Vậy sau 7 năm thì khoản đầu tư đó sẽ tăng gấp đôi giá trị. Ví dụ 3, Rèn luyện kĩ năng quy đổi lãi suất đang hưởng về lãi suất đơn năm (để so sánh các khoản đầu

Luyện tập 4, Rèn luyện kĩ năng tính giá trị hiện tại của một khoản tiền., HS làm việc tại lớp. HD. Ta có: $A = 100$ (triệu đồng); $t = 10$ (năm); $r = 6% = 0,06

$Vậy giá trị của tài khoản khi anh Nam gửi tiền lần thứ 30 là $A = 36 \cdot \frac{{(1 + 0,06)^{30} - 1}}{{0,06}} \approx 2;846,095$ (triệu đồng). Ví dụ 7, Rèn lu$

Ví dụ 9, Rèn luyện kĩ năng thiết lập và áp dụng công thức truy hồi cho niên kim để đạt số tiền tích luỹ mong muốn., HS làm việc dưới sự hướng dẫn của GV. Luyện

$IV ĐÁP SỐ/HƯỚNG DẪN/LỜI GIẢI BÀI TẬP 3.13. Ta có: $A = 100$ (triệu đồng); $t = 5$ (năm); $r = 1% \cdot 12 = 12% = 0,12$ ; $n = 12$. Khi đó số tiền để mua trái p$

IV ĐÁP SỐ/HƯỚNG DẪN/LỜI GIẢI BÀI TẬP
3.13. Ta có: $A = 100$ (triệu đồng); $t = 5$ (năm); $r = 1% \cdot 12 = 12% = 0,12$ ; $n = 12$.
Khi đó số tiền để mua trái phiếu là $P = A{\left( {1 + \frac{r}{n}} \right)^{ - nt}} \approx 55,045$ (triệu đồng).
3.14. Ta có: $P = 50$ (triệu đồng); $n = 15$; $i = 5% = 0,05$.
Số tiền của niên kim sau 15 lần gửi là
$A = P \cdot \frac{{{{\left( {1 + i} \right)}^n} - 1}}{i} = 50 \cdot \frac{{{{\left( {1 + 0,05} \right)}^{15}} - 1}}{{0,05}} \approx 1;078,928$ (triệu đồng).
3.15. Ta có: $P = 1$ (triệu đồng); $i = \frac{{0,06}}{{12}} = 0,005$; $A = 100$ (triệu đồng).
Ta có $A = P \cdot \frac{{{{\left( {1 + i} \right)}^n} - 1}}{i}$ nên $n = {\log _{1 + i}}\left( {\frac{{Ai}}{P} + 1} \right) \approx 81,3$.
Vậy sau khoảng 6 năm 10 tháng sẽ tiết kiệm được 100 triệu đồng.
3.16. Ta có: $P = 5$ (triệu đồng); $n = 48$; $i = \frac{{0,06}}{{12}} = 0,005$.
Khi đó giá trị hiện tại của niên kim là
$V = P \cdot \frac{{1 - {{\left( {1 + i} \right)}^{ - n}}}}{i} = 5 \cdot \frac{{1 - {{\left( {1 + 0,005} \right)}^{ - 48}}}}{{0,005}} \approx 212,9$ (triệu đồng).
3.17. a) Ta có: $P = 1,5$ (triệu đồng); $i = 0,004$; $n = 12$.
Tổng số tiền anh Dương có sau 12 tuần là
$A = P \cdot \frac{{{{\left( {1 + i} \right)}^n} - 1}}{i} = 1,5 \cdot \frac{{{{\left( {1 + 0,004} \right)}^{12}} - 1}}{{0,004}} \approx 18,401$ (triệu đồng).
b) Ta có: $V = 18,401$ (triệu đồng); $n = 36$ (tuần); $i = 0,004$.
Do đó số tiền anh Dương có thể rút mỗi tuần là
$P = V \cdot \frac{i}{{1 - {{\left( {1 + i} \right)}^{ - n}}}} = 18,401 \cdot \frac{{0,004}}{{1 - {{\left( {1 + 0,004} \right)}^{ - 36}}}} \approx 0,55$ (triệu đồng) $= 550$ (nghìn đồng).
3.18. Ta có: $A = 2;000$ (triệu đồng); $n = 4$; $r = 2% \cdot 4 = 8% = 0,08$; $t = 4$.
Khi đó $P = A{\left( {1 + \frac{r}{n}} \right)^{ - nt}} = 2;000{\left( {1 + \frac{{0,08}}{4}} \right)^{ - 16}} \approx 1;457$ (triệu đồng).
Vậy anh Nam và chị Hương cần gửi tiết kiệm 1 457 triệu đồng.

Bài tập cuối chuyên đề 3
I GỢI Ý DẠY HỌC
– GV hệ thống hoá kiến thức lí thuyết của chuyên đề (có thể chuẩn bị slide tổng kết kiến thức dạng sơ đồ hoá).
– GV hệ thống các dạng toán cơ bản và nhắc lại ngắn gọn phương pháp giải, cũng như những lưu ý cần thiết.
– Tuỳ tình hình thực tế của lớp, GV có thể cho HS chữa một số bài tập ở Bài tập cuối chuyên đề 3 theo dụng ý sư phạm của mình.
II ĐÁP SỐ/HƯỚNG DẪN/LỜI GIẢI BÀI TẬP
3.19. + Ta có: $P = 50$ (triệu đồng); $t = \frac{6}{12} = 0,5$; $r = 0,09$; $n = 4$. Do đó nếu chọn khoản vay lãi kép kì hạn 3 tháng với lãi suất 9% một năm thì số tiền anh Nam cần trả là
$$A = P\left(1 + \frac{r}{n}\right)^{nt} = 50\left(1 + \frac{0,09}{4}\right)^{4 \cdot 0,5} \approx 52,275 \text{ (triệu đồng)}.$$
Ta có: $P = 50$ (triệu đồng); $t = 0,5$; $r = 0,1$. Do đó nếu chọn khoản vay lãi suất đơn thì số tiền anh Nam cần trả là $A = P + Prt = 50 + 50 \cdot 0,1 \cdot 0,5 = 52,5$ (triệu đồng).
Vậy anh Nam nên chọn khoản vay lãi kép kì hạn 3 tháng với lãi suất 9% một năm để trả ít tiền lãi hơn.
3.20. Gọi số tiền ban đầu gửi vào là $P$.
Số tiền nhận được của ngân hàng A sau $t$ năm là $A_1 = P\left(1 + \frac{0,06}{365}\right)^{365t} \approx 1,0618^t P$.
Số tiền nhận được của ngân hàng B sau $t$ năm là $A_2 = P\left(1 + \frac{0,0602}{4}\right)^{4t} \approx 1,0616^t P$.
Vậy ngân hàng A đang cung cấp giao dịch tốt hơn.
3.21. Ta có $A = 2P$; $r = 0,08$.
a) Số kì gửi để giá trị một khoản đầu tư tăng gấp đôi khi tính lãi kép hằng tháng ($n = 12$) là $N = \log_{1+\frac{r}{n}} \frac{A}{P} = \log_{1+\frac{0,08}{12}} 2 \approx 104,32$. Vậy sau 105 tháng (8 năm 9 tháng) thì giá trị của khoản đầu tư tăng gấp đôi.

$b) Số kì gửi để giá trị một khoản đầu tư tăng gấp đôi khi tính lãi kép hằng quý $(n = 4)$ là $N = \log_{1+\frac{r}{n}}\frac{A}{P} = \log_{1+\frac{0,08}{4}}2 \ap$

Nhà xuất bản Giáo dục Việt Nam xin trân trọng cảm ơn các tác giả có tác phẩm, tư liệu được sử dụng, trích dẫn trong cuốn sách này. Chịu trách nhiệm xuất bản: $I

Báo lỗi

Giao bài

Đang tải dữ liệu câu hỏi