Chuong 1

TRƯỜNG ĐẠI HỌC CÔNG NGHIỆP TP.HCMKHOA KHOA HỌC CƠ BẢN

HUỲNH HỮU DINH

BÀI GIẢNG XÁC SUẤT CỔ ĐIỂN

MSSV:.....................................................................

Họ tên:....................................................................

TP.HCM - Ngày 16 tháng 3 năm 2015

Huỳnh Hữu Dinh Trường Đại Học Công Nghiệp TPHCM

2

Mục lục

1 BIẾN CỐ VÀ XÁC SUẤT 51.1 PHÉP THỬ VÀ BIẾN CỐ . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51.2 QUAN HỆ GIỮA CÁC BIẾN CỐ . . . . . . . . . . . . . . 8

1.2.1 Quan hệ kéo theo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 81.2.2 Quan hệ tương đương . . . . . . . . . . . . . . . . . 81.2.3 Tổng hai biến cố . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 91.2.4 Tích hai biến cố . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 101.2.5 Các biến cố xung khắc . . . . . . . . . . . . . . . . 101.2.6 Hiệu của hai biến cố . . . . . . . . . . . . . . . . . 111.2.7 Biến cố đối lập . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 111.2.8 Qui tắc De Morgan . . . . . . . . . . . . . . . . . . 12

1.3 KHÔNG GIAN CÁC BIẾN CỐ SƠ CẤP . . . . . . . . . . 131.4 XÁC SUẤT CỦA BIẾN CỐ . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

1.4.1 Định nghĩa xác suất theo nghĩa cổ điển . . . . . . 141.4.2 Định nghĩa xác suất theo nghĩa thống kê . . . . . 191.4.3 Định nghĩa xác suất theo nghĩa hình học . . . . . 22

1.5 CÁC CÔNG THỨC TÍNH XÁC SUẤT . . . . . . . . . . . . 251.5.1 Công thức cộng xác suất . . . . . . . . . . . . . . . 25

1.6 XÁC SUẤT CÓ ĐIỀU KIỆN . . . . . . . . . . . . . . . . . 281.6.1 Công thức nhân xác suất . . . . . . . . . . . . . . . 301.6.2 Sự độc lập và phụ thuộc của các biến cố . . . . . . 341.6.3 Công thức xác suất đầy đủ . . . . . . . . . . . . . . 381.6.4 Công thức Bayes . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40

3


4

Chương 1

BIẾN CỐ VÀ XÁC SUẤT

1.1 PHÉP THỬ VÀ BIẾN CỐ

Các khái niệm đầu tiên trong xác suất là “phép thử” và “biến cốn sơcấp”. Phép thử được hiểu là một thí nghiệm, một quan sát về một hiệntượng hay tính chất nào đó. Một phép thử có thể cho nhiều kết quả khácnhau, các kết quả này được gọi là các biến cố sơ cấp (hay sự kiện sơcấp). Biến cố sơ cấp thường được ký hiệu là các chữ cái in hoa đôi khikèm theo các chỉ số: A,B,C, . . . , A1, A2, . . . , An, . . .

Ví dụ 1.1. Một số ví dụ về phép thử và biến cố sơ cấp:

• Tung một đồng tiền, đó là một phép thử. Kết quả có thể xảy ra là“xuất hiện mặt số”, đó là một biến cố sơ cấp; “xuất hiện mặt hình”,cũng là một biến cố sơ cấp.

• Một người mua một tờ vé số, đây là một phép thử. Các biến cốsơ cấp xuất hiện là “người mua trúng số” hoặc “người mua khôngtrúng số”.

• Gieo một con xúc xắc, đây là một phép thử. Các biến cố sơ cấp xuấthiện là “xuất hiện mặt i chấm” với i = 1, 2, 3, 4, 5, 6.

Định nghĩa 1.1. Biến cố của một phép thử là một tập hợp mà mỗiphần tử của nó là biến cố sơ cấp của phép thử đang xét.

5


Hình 1.1. Hai mặt của đồng tiền Hình 1.2. Con xúc xắc

Trong Ví dụ 1.1, ta đặt

• A1 : “xuất hiện mặt 1 chấm”

• A2 : “xuất hiện mặt 2 chấm”...

• A6 : “xuất hiện mặt 6 chấm”

Xét các biến cố sau:

• A : “xuất hiện mặt có số chấm ≤ 3”

• B : “xuất hiện mặt có số chấm lẻ”

• C : “xuất hiện mặt có số chấm chẵn”

Ta có thể biểu diễn chúng với dạng tập hợp như sau:

• A = A1, A2, A3

• B = A1, A3, A5

• C = A2, A4, A6

Định nghĩa 1.2. Biến cố không thể xảy ra khi thực hiện phép thửđược gọi là biến cố không, ký hiệu ∅.

Ví dụ 1.2. Một số ví dụ về biến cố không:

6


• Chọn ngẫu nhiên hai lá từ một bộ bài tây, biến cố “xuất hiện hailá át cơ” là một biến cố không.

• Biến cố “có sự sống trên sao Mộc” là biến cố không.

Hình 1.3. Sao mộc Hình 1.4. Bài tây

Định nghĩa 1.3. Biến cố luôn xảy ra khi thực hiện phép thử đượcgọi là biến cố chắc chắn, ký hiệu Ω.

Ví dụ 1.3. Một số ví dụ về biến cố chắc chắn:

• Gieo một con xúc xắc, biến cố “xuất hiện mặt có số chấm bé hơn 7”là biến cố chắc chắn.

• Biến cố “Barack Obama là tổng thống của Hợp chủng quốc HoaKỳ” là biến cố chắc chắn.

Hình 1.5. Tổng thống Mỹ Barack Obama

7


1.2 QUAN HỆ GIỮA CÁC BIẾN CỐ

1.2.1 Quan hệ kéo theo

Định nghĩa 1.4. Ta nói biến cố A thuận lợi cho biến cố B khi và chỉkhi A xảy ra thì B xảy ra, ký hiệu A ⊂ B.

A

Ω

B

Hình 1.6.

Ví dụ 1.4. Gieo một con xúc xắc. Ta xét các biến cố:

• A : “xuất hiện mặt hai chấm”.

• B : “xuất hiện mặt có số chấm chẵn”.

Ta thấy khi biến cố A xảy ra thì biến cố B sẽ xảy ra. Do đó A ⊂ B.

1.2.2 Quan hệ tương đương

Định nghĩa 1.5. Ta nói biến cố A tương đương với biến cố B khi vàchỉ khi A ⊂ B và B ⊂ A, ký hiệu A = B.

Ví dụ 1.5. Gieo một con xúc xắc, xét các biến cố:

8


• A : “xuất hiện mặt năm chấm”.

• B : “xuất hiện mặt có số chấm chia hết cho năm”.

Ta thấy A = B.

1.2.3 Tổng hai biến cố

Định nghĩa 1.6. Tổng hai biến cố A và B là biến cố xảy ra khi có ítnhất một trong hai biến cố xảy ra, ký hiệu A+B.

Từ định nghĩa ta có thể xác định biến cố tổng A+B : “A hoặc B”

A B

A+B

Hình 1.7.

Ví dụ 1.6. Hai xạ thủ cùng bắn vào một mục tiêu. Đặt

• A : “xạ thủ 1 bắn trúng mục tiêu”.

• B : “xạ thủ 2 bắn trúng mục tiêu”.

• C : “có ít nhất một xạ thủ bắn trúng mục tiêu”.

Ta thấy C = A+B.

Định nghĩa 1.7. Tổng các biến cố A1, A2, . . . , An là biến cố xảy rakhi và chỉ khi có ít nhất một Ai xảy ra với i = 1, n, ký hiệu A1 +A2 +

· · ·+ An.

9


1.2.4 Tích hai biến cố

Định nghĩa 1.8. Tích hai biến cố A và B là biến cố xảy ra khi A vàB cùng xảy ra, ký hiệu AB.

Từ định nghĩa ta có thể xác định biến cố tích AB: “A và B”.

A B

AB

Hình 1.8.

Ví dụ 1.7. Hai xạ thủ cùng bắn vào một mục tiêu. Đặt

• A : “xạ thủ 1 bắn trúng mục tiêu”.

• B : “xạ thủ 2 bắn trúng mục tiêu”.

• C : “cả hai xạ thủ bắn trúng mục tiêu”.

Khi đó ta có C = AB.

Định nghĩa 1.9. Tích các biến cố A1, A2, . . . , An là biến cố xảy ra khivà chỉ khi tất cả các biến cố Ai cùng xảy ra, ký hiệu là A1A2 . . . An.

1.2.5 Các biến cố xung khắc

Định nghĩa 1.10. Hai biến cố A và B được gọi là xung khắc nếuchúng không thể cùng xảy ra, hay nói cách khác AB = ∅.

10


Ví dụ 1.8. Gieo một con xúc xắc. Đặt

• A : “xuất hiện mặt một chấm”.

• B : “xuất hiện mặt hai chấm”.

Hai biến cố A và B xung khắc với nhau vì biến cố AB : “xuất hiệnmặt một chấm cùng lúc với mặt hai chấm” là biến cố không.

1.2.6 Hiệu của hai biến cố

Định nghĩa 1.11. Hiệu của hai biến cố A và B là biến cố xảy ra khiA xảy ra nhưng B không xảy ra, ký hiệu A \B.

AB

A\B

Ví dụ 1.9. Gieo một con xúc xắc. Đặt


• B : “xuất hiện mặt có số chấm lẻ”.

• C : “xuất hiện mặt ba chấm hoặc năm chấm”.

Khi đó ta có C = B \ A.

1.2.7 Biến cố đối lập

11


Định nghĩa 1.12. Biến cố B được gọi là biến cố đối lập của biến cốA nếu AB = ∅ và A+B = Ω, ký hiệu B = A.

A

A

Ω

Ví dụ 1.10. Gieo ngẫu nhiên một con xúc xắc. Đặt


• B : “xuất hiện mặt hai chấm”.

• C : “xuất hiện mặt có số chấm không bé hơn hai”.

Khi đó C = A nhưng B = A.

1.2.8 Qui tắc De Morgan

Định lý 1.1. (Qui tắc De Morgan). Xét hai biến cố A,B ⊂ Ω. Khiđó ta có

• A+B = A B

• AB = A+B

12


Ví dụ 1.11. Kiểm tra chất lượng bốn sản phẩm. Đặt Ai : “sản phẩm thứi tốt” với i = 1, 4. Hãy biểu diễn qua Ai các biến cố sau:

1. Tất cả các sản phẩm đều tốt.

2. Tất cả các sản phẩm đều xấu.

3. Có ít nhất một sản phậm tốt.

4. Có ít nhất một sản phẩm xấu.

5. Có đúng một sản phẩm tốt.

Giải. 1. Xét biến cố A : “tất cả các sản phẩm đều tốt”. Ta thấy A xảy rakhi các biến cố Ai, i = 1, 4 xảy ra. Do đó A = A1A2A3A4.

2. Xét biến cố B : “tất cả các sản phẩm đều xấu”. Ta thấy B xảy ra khitất cả các biến cố Ai, i = 1, 4 đều không xảy ra. Do đó A = A1 A2 A3 A4.

3. Xét biến cố C : “có ít nhất một sản phẩm tốt”. Ta thấy C xảyra khi ít nhất một trong các biến cố Ai, i = 1, 4 xảy ra. Do đó C =

A1 + A2 + A3 + A4.

4. Xét biến cố D : “có ít nhất một sản phẩm xấu”. Ta thấy D xảyra khi ít nhất một trong các biến cố Ai, i = 1, 4 không xảy ra. Do đóD = A1 + A2 + A3 + A4.

5. Xét biến cố E : “có đúng một sản phẩm tốt”. Ta thấy E xảy ra khi cómột biến cố trong các biến cố Ai, i = 1, 4 xảy ra, ba biến cố còn lại khôngxảy ra. Do đó E = A1A2 A3 A4+A1A2 A3 A4+A1 A2A3 A4+A1 A2 A3A4.

1.3 KHÔNG GIAN CÁC BIẾN CỐ SƠ CẤP

Định nghĩa 1.13. Tập hợp tất cả các kết quả của phép thử được gọilà không gian các biến cố sơ cấp, ký hiệu Ω.

Có thể thấy rằng không gian các biến cố sơ cấp là tập hợp các kết quảloại trừ lẫn nhau, không thể tách nhỏ hơn, sao cho bất kỳ biến cố nàocủa phép thử đều có thể biểu diễn duy nhất qua các phần tử của tậphợp đó.

13


Ví dụ 1.12. Gieo một con xúc xắc. Không gian các biến cố sơ cấp là

Ω = A1, A2, A3, A4, A5, A6

với Ai: “xuất hiện mặt có i chấm”, i = 1, 6.

Ví dụ 1.13. Tung một đồng xu. Không gian các biến cố sơ cấp ở đây là

Ω = N,S

với N : “xuất hiện mặt ngửa” và S: “xuất hiện mặt sấp”.

Ví dụ 1.14. Tung đồng thời hai đồng xu. Không gian các biến cố sơ cấpở đây là

Ω = NN,SN,NS, SS .

Ví dụ 1.15. Tung một đồng xu cho đến khi xuất hiện mặt ngửa thìdừng. Không gian các biến cố sơ cấp ở đây là

Ω = N,SN, SSN, SSSN, SSSSN, . . . .

Ví dụ 1.16. Tung đồng thời hai con xúc xắc. Không gian các biến cố sơcấp ở đây là

Ω = (i, j) : 1 ≤ i ≤ 6, 1 ≤ j ≤ 6 .

1.4 XÁC SUẤT CỦA BIẾN CỐ

1.4.1 Định nghĩa xác suất theo nghĩa cổ điển

Xét không gian các biến cố sơ cấp hữu hạn phần tử có đồng khả năngxảy ra

Ω = A1, A2, . . . , Am .

Xét biến cố A ⊂ Ω. Ký hiệu n(A) là số biến cố sơ cấp chứa trong A.

Định nghĩa 1.14. (Định nghĩa xác suất theo nghĩa cổ điển).Xác suất của biến cố A, ký hiệu là P (A), được tính bằng công thức

P (A) =n(A)

n(Ω).

14


Ví dụ 1.17. Gieo một con xúc xắc cân đối, đồng chất. Tính xác suất biếncố “xuất hiện mặt có số chấm chẵn”.

Giải. Khi gieo một con xuc xắc, không gian các biến cố sơ cấp có đồngkhả năng xảy ra là

Ω = A1, A2, A3, A4, A5, A6 .

Đặt A: “xuất hiện mặt có số chấm chẵn”. Khi đó

A = A2, A4, A6 .

Ta suy ra được P (A) =n(A)

n(Ω)=

3

6=

1

2.

Ví dụ 1.18. Tung một đồng xu cấn đối, đồng chất. Tính xác suất biếncố “xuất hiện mặt ngửa”.

Giải. Khi tung một đồng xu, không gian các biến cố sơ cấp có đồng khảnăng xảy ra là Ω = N,S .

Đặt A : “xuất hiện mặt ngửa” ≡ N .

Khi đó P (A) =n(A)

n(Ω)=

1

2.

Ví dụ 1.19. Tung đồng thời hai đồng xu cân đối, đồng chất. Tính xácsuất biến cố “xuất hiện mặt sấp ở cả hai đồng xu”.

Giải. Không gian các biến cố sơ cấp của phép thử này là

Ω = NN,SS,NS, SN .

Đặt A : “xuất hiện mặt sấp ở cả hai đồng xu”.

Khi đó ta có P (A) =n(A)

n(Ω)=

1

4.

Ví dụ 1.20. Gieo đồng thời hai con xúc xắc cân đối, đồng chất. Tìm xácsuất các biến cố sau:

1. Chỉ xuất hiện một mặt 6 chấm.

15


2. Có ít nhất một mặt 6 chấm xuất hiện.

3. Tổng số chấm trên hai con xúc xắc chia hết cho 5.

4. Tích số chấm xuất hiện trên hai con chia hết cho 5.

Giải. Khi gieo đồng thời hai con xúc xắc cân đối, đồng chất ta đượckhông gian các biến cố sơ cấp là

Ω = (i, j) : 1 ≤ i ≤ 6, 1 ≤ j ≤ 6 .

1. Đặt A : “chỉ xuất hiện một mặt 6 chấm”. Khi đó, A = (6, j) : 1 ≤ j ≤ 5∪(i, 6) : 1 ≤ i ≤ 5. Ta suy ra n(A) = 10. Vậy

P (A) =n(A)

n(Ω)=

10

36=

5

12.

2. Đặt B : “có ít nhất một mặt 6 chấm xuất hiện”. Khi đó, B =

(6, j) : 1 ≤ j ≤ 6 ∪ (i, 6) : 1 ≤ i ≤ 6. Ta suy ra n(B) = 11. Vậy

P (B) =n(B)

n(Ω)=

11

36.

3. Đặt C : “tổng số chấm trên hai con xúc xắc chia hết cho 5”. Khi đó,C =

(i, j) : i+ j chia hết cho 5

= (i, j) : i+ j = 5∪(i, j) : i+ j = 10.

Ta thấy rằng

• (i, j) : i+ j = 5 = (1, 4) ; (4, 1) ; (2, 3) ; (3, 2).

• (i, j) : i+ j = 10 = (4, 6) ; (6, 4) ; (5, 5).

Từ đây suy ra P (C) =n(C)

n(Ω)=

7

36.

4. Đặt D : “tích số chấm trên hai con xúc xắc chia hết cho 5”. Khi đó,D =

(i, j) : ij chia hết cho 5

. Ta thấy D xảy ra khi có ít nhất một trong

hai số i, j là số 5. Do đó, D = (5, j) : 1 ≤ j ≤ 6 ∪ (i, 5) : 1 ≤ i ≤ 6. Ta

suy ra P (D) =n(D)

n(Ω)=

11

36.

16


Tính chất 1.1. Xác suất theo nghĩa cổ điển có các tính chất sau:

1. 0 ≤ P (A) ≤ 1 và P (∅) = 0, P (Ω) = 1.

2. Nếu A ⊂ B thì P (A) ≤ P (B).

3. Nếu A,B xung khắc thì P (A+B) = P (A) + P (B).

4. P (A) = 1− P (A).

Chứng minh. 1. Theo Định nghĩa 1.14, ta có P (A) =n(A)

n(Ω). Mặt khác,

A ⊂ Ω nên n(A) ≤ n(Ω) hay 0 ≤ P (A) ≤ 1. Hơn nữa,

P (∅) = n(∅)n(Ω)

=0

n(Ω)= 0;P (Ω) =

n(Ω)

n(Ω)= 1.

2. Vì A ⊂ B nên n(A) ≤ n(B). Do đó

P (A) =n(A)

n(Ω)≤ n(B)

n(Ω)= P (B).

3. Vì A,B xung khắc nên n(A+B) = n(A) + n(B). Ta suy ra

P (A+B) =n(A+B)

n(Ω)=

n(A) + n(B)

n(Ω)= P (A) + P (B).

4. Vì A + A = Ω nên P (A + A) = 1. Mặt khác A,A xung khắc nên1 = P (A+ A) = P (A) + P (A). Do đó P (A) = 1− P (A).

Nhận xét 1.1. Tính chất 3 có thể mở rộng cho trường hợp n biến cố đôimột xung khắc. Cụ thể hơn, nếu n biến cố A1, A2, . . . , An đôi một xungkhắc thì P (A1 + A2 + · · ·+ An) = P (A1) + P (A2) + · · ·+ P (An).

Ví dụ 1.21. Từ một lô hàng gồm 6 chính phẩm và 4 phế phẩm, lấy ngẫunhiên 3 sản phẩm. Tìm xác suất để

1. Lấy được đúng một phế phẩm.

2. Lấy được ít nhất một phế phẩm.

Giải. Khi lấy ngẫu nhiên 3 sản phẩm thì có C310 = 120 khả năng đồng

xảy ra.

1. Đặt A : “lấy được đúng một phế phẩm”. Khi đó n(A) = C14C

26 = 60.

17


Vậy P (A) =60

120=

1

2.

2. Đặt B : “lấy được ít nhất một phế phẩm”. Khi đó B : “không lấyđược phế phẩm nào”. Áp dụng tính chất 3 ta được

P (B) = 1− P (B) = 1− C36

C310

=5

6.

Ví dụ 1.22. Từ một hộp đựng 5 bi đỏ, 4 bi vàng, 6 bi xanh và 9 bi trắng,chọn ngẫu nhiên 4 bi. Tính xác suất có ít nhất hai bi cùng màu.

Giải. Ta đặt biến cố A : “có ít nhất hai bi cùng màu trong 4 bi lấy ra”.Khi đó A : “cả bốn bi lấy ra đều có màu khác nhau”. Áp dụng tính chất

3 ta được P (A) = 1− P(A)= 1− 4× 5× 6× 9

C424

= 0, 8984.

Ví dụ 1.23. Một lớp học có n sinh viên. Tính xác suất có ít nhất haisinh viên trong lớp trùng ngày sinh nhật.

Giải. Ta đặt A : “có ít nhất hai sinh viên trong lớp học trùng ngày sinhnhật”. Rõ ràng nếu ta tính trực tiếp P (A) thì rất khó khăn vì lúc đó cóquá nhiều trường hợp xảy ra, tuy nhiên nếu ta tính P (A) thì công việc

đơn giản hơn nhiều. Ta có P (A) =n(A)

n(Ω).

Vì lớp học có n sinh viên, một năm lại có 365 ngày nên n(Ω) = 365n,và n(A) = 365× 364× · · · × (365− n+ 1). Vậy

P (A) = 1− 365× 364× · · · × (365− n+ 1)

365n.

Ví dụ 1.24. Liễu cần hỏi bao nhiêu người để có 50:50 cơ hội tìm đượcmột người có cùng ngày sinh?

Giải. Giả sử số người Liễu cần hỏi là n, đặt biến cố A : “ tìm được mộtngười có cùng ngày sinh với Liễu”. Ta cần xác định n để P (A) = 0, 5. Ápdụng tính chất 3 ta được

P (A) = 1− P (A) = 1− 364n

365n.

Cho P (A) = 0, 5 ta tìm được n = 253.

18


1.4.2 Định nghĩa xác suất theo nghĩa thống kê

Muốn xác định xác suất của biến cố A theo nghĩa cổ điển thì ta phảixác định không gian hữu hạn các biến cố sơ cấp có đồng khả năng xảyra. Điều đó không phải khi nào cũng tồn tại (ví dụ như đồng xu khôngđồng chất), để khắc phục nhược điểm trên người ta đưa ra định nghĩaxấc suất theo quan điểm thống kê.

Xét phép thử ℘ và biến cố A nào đó trong phép thử. Lặp lại phép thửn lần, gọi nA là số lần biến cố A xuất hiện. Tỷ số fA

n =nA

nđược gọi là

tần suất xuất hiện biến cố A khi thực hiện n phép thử ℘.

Định nghĩa 1.15. (Định nghĩa xác suất theo nghĩa thống kê)Xác suất của biến cố A, ký hiệu P (A), được xác định bằng công thức

P (A) = limn→∞

fAn .

Ví dụ 1.25. Để xác định xác suất của biến cố “xuất hiện mặt sấp” khitung đồng xu, Buffon và Pearson đã tiến hành tung đồng xu nhiều lần.Sau đây là bảng kết quả:

Người thí nghiệm Số lần tung Số lần sấp Tần suấtBuffon 4040 2048 0,5080

Pearson 12000 6019 0,5016Pearson 24000 12012 0,5005

Với kết quả thu nhận được, ta chấp nhận xác suất của biến cố “xuấthiện mặt sấp” là 0, 5.

Ví dụ 1.26. Vấn đề tính xác suất sinh con trai hay con gái từ lâu đượccác nhà sinh lý học, nhân chủng học nghiên cứu. Người Trung Hoa cổđã thống kê và đưa ra tỷ lệ sinh con gái là 0, 5. Laplace đã nghiên cứuvấn đề này ở London, Petecburg, Berlin trong 10 năm và đưa ra tỷ sốsinh con gái là 21

43. Dacnon nghiên cứu sinh đẻ ở Pháp và cho số liệu sau:

Năm 1806 1816 1836 1856 1903 1920Tần suất sinh con gái 0,485 0,484 0,485 0,487 0,488 0,489

19


Ví dụ 1.27. Trong những năm 1989 - 1999, trên toàn thế giới, trungbình mỗi năm có 18 triệu chuyến bay, 24 tai nạn máy bay chết người,và 750 người chết trong tai nạn máy bay. Cũng trong khoảng thời gianđó ở nước Pháp, trung bình mỗi năm có khoảng 8000 người chết vì tainạn ô tô, trên tổng số 60 triệu dân. Từ các số liệu trên, chúng ta có thểtính: xác suất để một người ở Pháp chết vì tai nạn ô tô trong một năm là

800060000000

= 0, 0133%; xác suất để đi một chuyến bay gặp tai nạn chết ngườilà 24

18000000= 0, 00013%, chỉ bằng một phần trăm xác suất bị chết do tai

nạn ô tô trong 1 năm (ta tạm coi tỉ lệ tai nạn ô tô Pháp tương tự như trênthế giới). Nếu một người một năm bay 20 chuyến, thì xác suất bị chếtvì tai nạn máy bay trong năm bằng khoảng 20× 0, 000133% = 0, 00266%,tức chỉ bằng 1

5xác suất bị chết vì tai nạn ô tô trong năm.

Ví dụ 1.28. Ông Gregor Mendel (1822 - 1884) là một tu sĩ người Áothích nghiên cứu sinh vật. Ông ta trồng nhiều giống đậu khác nhautrong vườn của tu viện, và ghi chép tỉ mẫn về các tính chất di chuyềnvà lai giống của chúng. Năm 1866, Mendel công bố một bài báo về cáchiện tượng mà ông quan sát được, và lí thuyết của ông để giải thích cáchiện tượng. Một trong những quan sát trong đó là về màu sắc: Khi laiđậu hạt vàng với đậu hạt xanh (thế hệ thứ nhất) thì các cây lai (thế hệthứ hai) đều ra đậu hạt vàng, nhưng tiếp tục lai các cây đậu hạt vàngthế hệ thứ hai này với nhau, thì đến thế hệ thứ ba xác suất ra đậu hạtxanh là 1

4. Con số 1

4là do Mendel thống kê thấy tỉ lệ đậu hạt xanh ở thế

hệ thứ ba gần bằng 14. Từ đó Mendel xây dựng lí thuyết di truyền để

giải thích hiện tượng này: màu của đậu được xác định bởi một gen, vàgen gồm có hai phần. Thế hệ đầu tiên, cây đậu hạt vàng có gen thuầnchủng “YY”, còn hạt xanh có gen thuần chủng “yy”. Khi lai nhau, thìmột nữa gen cây này ghép với một nữa gen của cây kia để thành gencủa cây con. Các cây thế hệ thứ hai đều có gen “Yy” và màu hạt của gen“Yy” cũng là màu vàng. Đến thế hệ thứ ba, khi lai “Yy” với “Yy” thì cóbốn khả năng xảy ra: “YY”, “Yy”, “yY”, “yy”. Về lí thuyết, có thể coi bốnkhả năng trên là có xác suất xảy ra bằng nhau. Bởi vậy xác suất để câythứ ba có gen “yy” (hạt màu xanh) là 1

4. Trong rất nhiều năm sau khi

công bố, công trình của Mendel không được các nhà khoa học quan tâmđến, nhưng ngày nay Mendel được coi là cha tổ của di truyền học.

20


F1

F2

yy YY

Yy Yy Yy Yy

yY

Y

y

YY Yy

Yy yy

Hình 1.9. Lí thuyết di truyền của Mendel và xác suất trong lai giốngđậu Hà Lan

Hình 1.10. Gregor Mendel (1822 - 1884)

21


Tính chất 1.2. Cũng giống như xác suất theo nghĩa cổ điển, xác suấttheo nghĩa thống kê cũng có các tính chất sau:

1. 0 ≤ P (A) ≤ 1 và P (∅) = 0, P (Ω) = 1.

2. Nếu A ⊂ B thì P (A) ≤ P (B).

3. Nếu A,B xung khắc thì P (A+B) = P (A) + P (B).

4. P (A) = 1− P (A).

Chứng minh. 1. Vì 0 ≤ nA ≤ n nên 0 ≤ fAn ≤ 1. Từ đây ta suy ra

0 ≤ limn→∞ fAn ≤ 1 hay 0 ≤ P (A) ≤ 1. Hơn nữa,

P (∅) = limn→∞

f ∅n = lim

n→∞

n∅

n= lim

n→∞

0

n= 0.

P (Ω) = limn→∞

fΩn = lim

n→∞

nΩ

n= lim

n→∞

n

n= 1.

2. Ta thực hiện n phép thử ℘. Vì A ⊂ B nên nA ≤ nB. Từ đây ta suyra fA

n ≤ fBn hay P (A) ≤ P (B).

3. Đặt C = A+B. Thực hiện n phép thử ℘. Khi đó ta có fCn =

nC

n. Vì

hai biến cố A,B xung khắc nên nC = nA + nB. Do đó fCn = fA

n + fBn . Từ

đây ta suy ra P (A+B) = P (A) + P (B).

4. Áp dụng tính chất 3 cho B = A.

Nhận xét 1.2. Tính chất 3 có thể mở rộng cho trường hợp n biến cố đôimột xung khắc. Cụ thể hơn, nếu n biến cố A1, A2, . . . , An đôi một xungkhắc thì P (A1 + A2 + · · ·+ An) = P (A1) + P (A2) + · · ·+ P (An).

1.4.3 Định nghĩa xác suất theo nghĩa hình học

Như đã biết, định nghĩa xác suất theo nghĩa cổ điển có hai hạn chế lớn:

• Số biến cố sơ cấp của phép thử là hữu hạn.

• Các biến cố sơ cấp của phép thử phải có cùng khả năng xuất hiện.

Định nghĩa xác suất theo nghĩa thống kê khắc phục được hạn chếthứ hai. Để khắc phục hạn chế thứ nhất (đồng thời vẫn giữ giả thiết

22


các sự kiện đồng khả năng) người ta đưa vào định nghĩa xác suất theonghĩa hình học. Xét một phép thử ℘ có vô hạn các biến cố sơ cấp đồngkhả năng xảy ra. Giả sử ta có thể biểu diễn không gian các biến cố sơ cấpΩ thành một miền hình học Γ nào đó. Ở đây Γ có thể là một đoạn thẳng,một miền phẳng, một khối không gian, v.v.... Những biến cố thuận lợicho biến cố A có thể hợp thành một miền con ΓA ⊂ Γ.

Định nghĩa 1.16. Độ đo của miền ΓA, kí hiệu là m(ΓA), được hiểulà độ dài nếu ΓA là đoạn thẳng; là diện tích nếu ΓA là miền phẳng;là thể tích nếu ΓA là khối không gian.

Với những giả thiết và định nghĩa trên, ta định nghĩa xác suất theonghĩa hình học như sau:

Định nghĩa 1.17. (Định nghĩa xác suất theo nghĩa hình học)Xác suất của biến cố A, ký hiệu P (A), được xác định bằng công thức

P (A) =m(ΓA)

m(Γ).

Ví dụ 1.29. Một xạ thủ bắn vào một tấm bia hình tròn có tâm O và bánkính R. Tính xác suất để xạ thủ bắn trúng bia sao cho khoảng cách từđiểm trúng tới tâm O không quá số r cho trước (r < R). Ở đây ta giảthiết xạ thủ luôn bắn trúng bia.

Giải. Ta xem hình vẽ sau:

Γ

r

RΓA

23


Đặt biến cố A : “điểm trúng cách O một khoảng không vượt quá r”.Khi đó A có thể được biểu diễn bằng hình tròn tâm O bán kính r. Mặtkhác, tập tất cả các điểm trúng tạo thành hình tròn tâm O bán kính R.Từ đó, ta suy ra

P (A) =m(ΓA)

m(Γ)=

πr2

πR2=

r2

R2.

Ví dụ 1.30. Bẻ gẫy ngẫu nhiên thành ba đoạn một đoạn thẳng có chiềudài là a. Tính xác suất để ba đoạn đó tạo thành một tam giác.

Giải. Ta xem hình vẽ sau:

O

B

A

M

NP

ΓAΓ

x

y

Không giảm tổng quát ta giả sử a = 1. Gọi x, y là độ dài lần lượtcủa đoạn chia thứ nhất và đoạn chia thứ hai. Khi đó ta có x > 0, y > 0

và x + y < 1 nên miền các biến cố sơ cấp có cùng khả năng xảy ra làΓ = ∆OAB.

Đặt biến cố A : “ba đoạn tạo thành một tam giác”. Ta sẽ xác định ΓA.

Vì hai đoạn đầu có độ dài lần lượt là x, y nên đoạn thứ ba sẽ có độdài là 1− x− y. Ba đoạn này tạo thành một tam giác khi và chỉ khi

x+ y > 1− x− y

x+ (1− x− y) > y

y + (1− x− y) > x

⇔

y > 1

2− x

y < 12

x < 12

Ta thấy miền ΓA chính là ∆MNP . Khi đó

P (A) =m(ΓA)

m(Γ)=

S∆MNP

S∆OAB

=1

4.

24


Nhận xét 1.3. Các tính chất của xác suất theo nghĩa hình học cũngtương tự như tính chất của xác suất theo nghĩa cổ điển và theo nghĩathống kê nên ta không nêu ra ở đây. Bạn đọc tự ghi nhận và chứng minhnhư một bài tập.

Đối với xác suất theo nghĩa cổ điển, nếu A = ∅ thì P (A) > 0. Nhưngđối với xác suất theo nghĩa hình học thì điều đó không chính xác. Chẳnghạn, trong Ví dụ 1.29 nếu ta đặt biến cố B : “xạ thủ bắn trúng tâm” thìrõ ràng B = ∅ nhưng P (B) = m(ΓB)

m(Γ)= m(O)

m(Γ)= 0.

Một câu hỏi đặt ra là từ đẳng thức P (A + B) = P (A) + P (B) ta cóthể suy ra A,B xung khắc với nhau không ? (Xem xét bài này theo cảba nghĩa của xác suất).

1.5 CÁC CÔNG THỨC TÍNH XÁC SUẤT

1.5.1 Công thức cộng xác suất

Định lý 1.2. Với hai biến cố A,B ⊂ Ω, ta có

P (A+B) = P (A) + P (B)− P (AB). (1.1)

Chứng minh. Trước hết, ta có

• A = AΩ = A(B +B) = AB + AB.

• B = BΩ = B(A+ A) = BA+BA.

Do đó, P (A) = P(AB + AB

)= P (AB) + P (AB) (vì các biến cố

AB,AB xung khắc).

Tương tự, ta được P (B) = P(BA+BA

)= P (BA) + P (BA).

Ta suy ra P (A) + P (B) = 2P (AB) + P (BA) + P(AB

). Mặt khác,

P (A+B) = P(AB + AB +BA+ AB

)= P

(AB + AB + AB

)= P (AB) + P

(AB

)+ P

(AB

).

25


Từ các đẳng thức trên ta được P (A+B) = P (A)+P (B)−P (AB).

Ví dụ 1.31. Trong số 150 sinh viên năm nhất có 80 sinh viên học tiếngAnh, 70 sinh viên học tiếng Hàn, 40 sinh viên học cả hai thứ tiếng này.Chọn ngẫu nhiên một sinh viên năm nhất. Tính xác suất để sinh viênnày học ít nhất một ngoại ngữ.

Giải. Ta xét các biến cố

• A : “sinh viên được chọn học tiếng Anh”.

• B : “sinh viên được chọn học tiếng Hàn”.

• C : “sinh viên được chọn học ít nhất một ngoại ngữ”.

Khi đó C = A+B. Ta suy ra

P (C) = P (A+B) = P (A)+P (B)−P (AB) = 80150

+ 70150

− 40150

= 1115.

Ví dụ 1.32. Một nhóm khảo sát sở thích xem phim của người dân ở địaphương X tiết lộ thông tin như sau:

• 45% số người thích xem phim tình cảm Hàn quốc.

• 25% số người thích xem phim hành động Mỹ.

• 10% số người thích xem cả hai thể loại trên.

Tính tỷ lệ nhóm người thuộc địa phương X thích xem ít nhất mộttrong hai thể loại phim.

Giải. Tỷ lệ nhóm người thuộc địa phương X thích xem ít nhất mộttrong hai thể loại phim cũng chính là xác suất khi chọn một ngườithuộc địa phương X, mà người này thích xem ít nhất một trong hai thểloại phim. Ta xét các biến cố

• A : “người được chọn thích xem phim Hàn”.

• B : “người được chọn thích xem phim Mỹ”.

• C : “người được chọn thích ít nhất một trong hai thể loại phim”.

26


Khi đó C = A+B. Ta suy ra

P (C) = P (A) + P (B)− P (AB) = 0, 45 + 0, 25− 0, 1 = 0, 6.

Định lý 1.3. (Mở rộng Định lý 1.2) Với n biến cố A1, A2, . . . , An ⊂ Ω

ta có đẳng thức

P (A1 + A2 + · · ·+ An) =n∑

k=1

(∑

1≤i1<i2<···<ik≤n

(−1)k−1P (Ai1Ai2 . . . Aik)).

Chứng minh. Chứng minh Định lý 1.3 khá dài dòng, được thực hiệnbằng phương pháp qui nạp. Do đó, ta chỉ chứng minh cho trường hợphay gặp nhất là n = 3, trường hợp tổng quát bạn đọc làm tương tự.

Áp dụng Định lý 1.2 ta được

• P (A1 + A2 + A3) = P (A1) + P (A2 + A3)− P (A1(A2 + A3)).

• P (A2 + A3) = P (A2) + P (A3)− P (A2A3).

• P (A1(A2+A3)) = P (A1A2+A1A3) = P (A1A2)+P (A1A3)−P (A1A2A3).

Từ đây ta suy ra

P (A1 + A2 + A3) = P (A1) + P (A2) + P (A3)− P (A1A2)

= −P (A1A3)− P (A2A3) + P (A1A2A3)

=3∑

k=1

( ∑1≤i1<i2<···<ik≤3

(−1)k−1P (Ai1Ai2 . . . Aik)

)

Trường hợp n = 3 đã được chứng minh.

Ví dụ 1.33. Một lớp học có 50 học sinh, trong đó có 20 em giỏi Toán, 10giỏi Vật lý, 15 giỏi Hóa. Trong số những em này, có 5 em giỏi Toán vàVật lý, 4 em giỏi Toán và Hóa, 3 em giỏi Vật lý và Hóa, 1 em giỏi cả bamôn trên. Chọn ngẫu nhiên một em của lớp này, tính xác suất để em đógiỏi ít nhất một môn.


27


• A : “học sinh được chọn giỏi Toán”.

• B : “học sinh được chọn giỏi Vật lý”.

• C : “học sinh được chọn giỏi Hóa”.

Khi đó, ta có biến cố A+B+C : “học sinh được chọn giỏi ít nhất mộtmôn”. Ta cần tính P (A+B + C).

Áp dụng Định lý 1.3 cho n = 3 ta được

P (A+B+C) = P (A)+P (B)+P (C)−P (AB)−P (AC)−P (BC)+P (ABC).

Từ giả thiết đề bài ta tính được

• P (A) =20

50=

2

5;P (B) =

10

50=

1

5;P (C) =

15

50=

3

10.

• P (AB) =5

50=

1

10;P (AC) =

4

50=

2

25;P (BC) =

3

50.

• P (ABC) =1

50.

Vậy P (A+B + C) =17

25.

1.6 XÁC SUẤT CÓ ĐIỀU KIỆN

Như đã biết, xác suất của một biến cố có thể phụ thuộc vào nhiều yếutố khác nhau. Chẳng hạn, khi ta gieo một con xúc xắc thì xác suất củabiến cố “xuất hiện mặt hai chấm” là bằng 1

6. Tuy nhiên, nếu chúng ta

đã biết là khi gieo con xúc xắc mặt xuất hiện có số chấm chẵn thì xácsuất của biên cố “xuất hiện mặt hai chấm” không còn là 1

6nữa mà bằng

13, còn xác suất của biến cố “xuất hiện mặt một chấm” thì bằng 0.

Để chỉ ra một cách cụ thể hơn về việc xác suất của một biến cố A phụthuộc vào một biến cố B nào đó ra sao, người ta đưa ra khái niệm xácsuất có điều kiện.

28


Định nghĩa 1.18. Giả sử biến cố B có xác suất khác không, tứcP (B) > 0. Khi đó, xác suất của biến cố A dưới điều kiện B, ký hiệuP (A|B), được xác định bởi công thức

P (A|B) =P (AB)

P (B).

Đặc biệt, nếu không gian các biến cố sơ cấp Ω chứa A và B có hữuhạn phần tử và B = ∅ thì

P (A|B) =n(AB)

n(B).

Ví dụ 1.34. Tung đồng thời hai con xúc xắc cân đối, đồng chất. Tínhxác suất của các biến cố

1. Xuất hiện ít nhất một mặt có số chấm là 5.

2. Xuất hiện ít nhất một mặt có số chấm là 5 biết rằng tổng số chấmtrên hai mặt là một số chẵn.

Giải. Khi gieo đồng thời hai con xúc xắc cân đối, đồng chất ta đượckhông gian các biến cố sơ cấp là Ω = (i, j) : 1 ≤ i ≤ 6, 1 ≤ j ≤ 6, dễthấy rằng n(Ω) = 36.

1. Xét biến cố A : “xuất hiện ít nhất một mặt có số chấm là 5”. Khiđó ta có

A = (5, j) : 1 ≤ j ≤ 6 ∪ (i, 5) : 1 ≤ i ≤ 6 .

Ta suy ra n(A) = 11. Từ đây ta tính được

P (A) =n(A)

n(Ω)=

11

36.

2. Xét biến cố B : “tổng số chấm xuất hiện trên hai con xúc xắc làmột số chẵn”, suy ra n(B) = 18. Ta cần tính P (A|B). Theo định nghĩata có

P (A|B) =P (AB)

P (B)=

n(AB)

n(B)

29


Từ giả thiết đề bài ta xác định biến cố AB : “xuất hiện ít nhất mộtmặt có số chấm là 5 và tổng số chấm trên hai mặt là chẵn”. Khi đó tatính được n(AB) = 5. Vậy

P (A|B) =n(AB)

n(B)=

5

18.

Tính chất 1.3. Xác suất có điều kiện có các tính chất sau:

1. 0 ≤ P (A|B) ≤ 1.

2. P (B|B) = 1, nếu A,B xung khắc thì P (A|B) = 0.

3. Nếu A,C xung khắc thì P ((A+ C)|B) = P (A|B) + P (C|B).

4. P (A|B) = 1− P (A|B).

5. P ((A+ C)|B) = P (A|B) + P (C|B)− P (AC|B) với mọi A,C.

Các tính chất trên được suy trực tiếp từ định nghĩa, xin dành chobạn đọc.

1.6.1 Công thức nhân xác suất

Định lý 1.4. Cho hai biến cố A và B, giả sử P (B)P (A) = 0. Khi đó

P (AB) = P (B)P (A|B) = P (A)P (B|A).

Định lí 1.4 được suy ra từ định nghĩa xác suất có điều kiện.

Ví dụ 1.35. Một người có 4 con gà mái, 6 con gà trống nhốt trong mộtlồng. Hai người đến mua (người thứ nhất mua xong rồi đến lượt ngườithứ hai mua, mỗi người mua 2 con) và người bán bắt ngẫu nhiên từlồng. Tính xác suất người thứ nhất mua 2 con gà trống và người thứ haimua 2 con gà mái.

Giải. Ta đặt các biến cố

• A : “người thứ nhất mua được 2 con gà trống”.

• B : “người thứ hai mua được 2 con gà mái”.

30


Ta cần tính P (AB). Áp dụng công thức nhân xác suất ta được

P (AB) = P (A)P (B|A) = C26

C210

C24

C28

= 0, 0714.

Ví dụ 1.36. Trong một kỳ thi, mỗi sinh viên phải thi 2 môn. Một sinhviên A ước lượng rằng: xác suất đạt môn thứ nhất là 0,8. Nếu đạt mônthứ nhất thì xác suất đạt môn thứ hai là 0,6; nếu không đạt môn thứnhất thì xác suất đạt môn thứ hai là 0,3.

1. Biết rằng sinh viên A thi đạt đúng một môn, tính xác suất để sinhviên A đạt môn thứ hai.

2. Tính xác suất sinh viên A đạt cả hai môn.

3. Tính xác suất sinh viên đạt ít nhất một môn.

4. Biết rằng sinh viên A thi đạt ít nhất một môn, tính xác suất đểsinh viên A đạt môn thứ nhất.


• A1 : “sinh viên A thi đạt môn thứ nhất”.

• A2 : “sinh viên A thi đạt môn thứ hai”.

• B : “sinh viên A thi đạt đúng một môn”.

• C : “sinh viên A đạt cả hai môn”.

• D : “sinh viên A thi đạt ít nhất một môn”.

Với cách đặt biến cố như trên ta xây dựng được các mối quan hệ sau:

• B = A1A2 + A1A2.

• C = A1A2.

• D = A1 + A2 = A1A2 + A1A2 + A1A2.

1. Theo đề bài, ta cần tính P (A2|B). Áp dụng công thức nhân xácsuất ta được

P (A2|B) =P (A2B)

P (B).

Ta sẽ xác định giá trị của P (B) và P (A2B).

31


• P (B) = P (A1)P (A2|A1) + P (A1)P (A2|A1) = 0, 38.

• P (A2B) = P (A1A2) = P (A1)P (A2|A1) = 0, 06.

Vậy P (A2|B) =P (A2B)

P (B)=

0, 06

0, 38= 0, 1579.

2. Ta cần tính P (A1A2). Áp dụng công thức nhân xác suất ta đượcP (A1A2) = P (A1)P (A2|A1) = 0, 6× 0, 8 = 0, 48.

3. Ta cần tính P (D). Ta có

P (D) = P (A1)P (A2|A1) + P (A1)P (A2|A1) + P (A1)P (A2|A1)

= 0, 86.

4. Ta cần tính P (A1|D). Áp dụng công thức nhân xác suất ta được

P (A1|D) =P (A1D)

P (D).

Câu 3 cho ta kết quả P (D) = 0, 86. Mặt khác

P (A1D) = P (A1(A1A2 + A1A2 + A1A2)) = P (A1A2 + A1A2)

= P (A1)P (A2|A1) + P (A1)P (A2|A1) = 0, 8.

Vậy P (A1|D) =0, 8

0, 86= 0, 9302.

Ví dụ 1.37. Theo một số liệu thống kê ở Mỹ, có khoảng 40% các vụ tainạn xe cộ gây chết người là có người lái say rượu. Giả sử tỉ lệ số ngườisay rượu khi lái xe là 4%. Hỏi việc say rượu khi lái xe làm tăng khảnăng gây tai nạn chết người lên bao nhiêu lần ?


• A : “lái xe xảy ra tai nạn chết người”.

• B : “người lái xe sai rượu”.

Ta cần tính tỷ lệP (A|B)

P (A). Áp dụng công thức nhân xác suất ta được

P (AB) = P (A|B)P (B) = P (B|A)P (A). Ta suy ra

P (A|B)

P (A)=

P (B|A)P (B)

=40%

4%= 10.

32


Kết quả trên cho ta thấy việc say rượu khi lái xe có thể làm tăng khảnăng gây tai nạn chết người lên 10 lần.

Ví dụ 1.38. Cho hai biến cố A,B với xác suất lớn hơn 0. Khi nào thì tacó P (A|B) = P (B|A) ?

Giải. Ta có

• P (A|B) =P (AB)

P (B).

• P (B|A) = P (AB)

P (A).

Do đó P (A|B) = P (B|A) khi và chỉ khiP (AB)

P (B)=

P (AB)

P (A), tức là

P (AB) = 0 hoặc P (A) = P (B).

Định lý 1.5. (Mở rộng định lý 1.4). Cho n biến cố Ai, i = 1, n thỏaP (A1A2 . . . An−1) khác không. Khi đó

P (A1A2 . . . An) = P (A1)P (A2|A1) . . . P (An|A1A2 . . . An−1).

Định lý 1.5 được chứng minh bằng cách áp dụng định lý 1.4 vàphương pháp qui nạp.

Ví dụ 1.39. Một hộp đựng 8 bi đỏ và 10 bi vàng. Lấy ngẫu nhiên hai bi,nếu hai bi lấy ra là vàng thì tiếp tục lấy thêm một bi, nếu bi mới lấy ramàu đỏ thì lấy thêm hai bi nữa. Tính xác suất hai bi lấy ra sau cùng cómột vàng và một đỏ.

Giải. Ta đặt

• A : “hai bi lấy ra lần đầu có màu vàng”.

• B : “bi lấy ra lần hai có màu đỏ”.

• C : “hai bi lấy ra lần ba có một vàng và một đỏ”.

33


Theo đề bài ta cần tính P (ABC). Áp dụng Định lý 1.5 ta được

P (ABC) = P (A)P (B|A)P (C|AB) =C2

10

C218

C18

C116

C28

C215

.

1.6.2 Sự độc lập và phụ thuộc của các biến cố

Thế nào là hai biến cố độc lập với nhau? Về mặt triết lí, hai biến cố độclập với nhau là hai biến cố không liên quan gì tới nhau. Ví dụ, biến cố“ Obama đắc cử tổng thống lần hai” thì không liên quan gì tới biến cố “Khoa cơ bản vô địch cờ tướng toàn trường”. Hai biến cố này có thể xemlà độc lập với nhau. Nếu hai biến cố A,B độc lập với nhau thì việc cóxảy ra hay không biến cố B không ảnh hưởng gì đến việc có xảy ra haykhông biến cố A. Nói cách khác, xác suất của A với điều kiện B bằngvới xác suất của A khi không tính đến điều kiện B. Đấy chính là phátbiểu bằng lời của định nghĩa trong lí thuyết xác suất về sự độc lập củahai biến cố.

Định nghĩa 1.19. Biến cố A được gọi là độc lập với biến cố B nếu

P (A) = P (A|B). (1.2)

hay viết cách khácP (AB) = P (A)P (B). (1.3)

Ví dụ 1.40. Gieo đồng thời hai con xúc xắc. Ta xét các biến cố

• A : “con xúc xắc thứ nhất xuất hiện mặt 1 chấm”.

• B : “con xúc xắc thứ hai xuất hiện mặt 2 chấm”.

• C : “tổng số chấm trên hai con xúc xắc là chẵn”.

Khi đó P (A) =1

6;P (B) =

1

6;P (C) =

1

2và P (AB) =

1

36;P (AC) =

1

12;P (BC) =

1

12. Ta thấy P (AB) = P (A)P (B);P (AC) = P (A)P (C) và

P (BC) = P (B)P (C) nên các biến cố A,B,C đôi một độc lập với nhau.

34


Nhận xét 1.4. Công thức P (A) = P (A|B) tương đương với công thứcP (AB) = P (A)P (B) và tương đương với P (B|A) = P (B). Điều này cónghĩa quan hệ độc lập là một quan hệ đối xứng: nếu A độc lập với Bthì B độc lập với A, chúng ta có thể nói A và B độc lập với nhau. Trongcông thức P (A) = P (A|B) ta phải giả sử P (B) > 0 nhưng với công thứcP (AB) = P (A)P (B) thì ngay cả trường hợp P (B) = 0 ta cũng có thểdùng làm định nghĩa, và khi đó nó hiển nhiên đúng: một biến cố có xácsuất bằng 0 thì độc lập với mọi biến cố.

Định nghĩa 1.20. Hệ biến cố Aii=1,n được gọi là hệ các biến cố độclập nếu với mọi bộ i1, i2, . . . , ik ⊂ 1, 2, . . . , n ta có

P (Ai1Ai2 . . . Aik) = P (Ai1)P (Ai2) . . . P (Aik).

Ví dụ 1.41. Tung ba đồng xu đồng thời. Ta xét các biến cố

• A1 : “đồng xu thứ nhất xuất hiện mặt ngữa”.

• A2 : “đồng xu thứ hai xuất hiện mặt ngữa”.

• A3 : “đồng xu thứ ba xuất hiện mặt ngữa”.

• B : “xuất hiện ít nhất một mặt ngữa”.

Ta thấy hệ biến cố A1, A2, A3 là hệ các biến cố độc lập (bạn đọc cóthể kiểm chứng kết quả này một cách dễ dàng) nhưng hệ A1, A2, Bkhông là hệ các biến cố độc lập. Thật vây, ta có P (A1)P (A2)P (B) =1

2

1

2

7

8=

7

34= P (A1A2B) = P (A1A2) =

1

4.

Nhận xét 1.5. Nếu hai biến cố không độc lập với nhau thì người tanói chúng phụ thuộc vào nhau. Do tính chất đối xứng, nếu biến cố A

phụ thuộc vào biến cố B thì biến cố B phụ thuộc vào biến cố A. NếuP (A|B) > P (A) thì ta có thể nói biến cố B thuận lợi cho sự xuất hiệnbiến cố A, ngược lại nếu P (A|B) < P (A) thì ta nói biến cố B khôngthuận lợi cho sự xuất hiện biến cố A.

35


Công thức P (A|B)P (B) = P (B|A)P (A) tương đương với công thức

P (A|B)

P (A)=

P (B|A)P (B)

. (1.4)

Đẳng thức 1.4 cho ta khẳng định sau: Nếu biến cố B thuận lợi cho sựxuất hiện biến cố A thì biến cố A cũng thuận lợi cho sự xuất hiện biếncố B và ngược lại.

Sau đây ta phát biểu và chứng minh một định lý khá quan trọng,kết quả của nó được sử dụng nhiều trong các vấn đề liên quan tới tínhđộc lập của các biến cố.

Định lý 1.6. Nếu hai biến cố A,B độc lập thì hai biến cố A,B cũngsẽ độc lập. Từ đó ta suy ra A độc lập với B và A độc lập với B.

Chứng minh. Ta cần chứng tỏ rằng P (AB) = P (A)P (B). Trước hết,ta có AB + AB = A(B + B) = AΩ = A. Khi đó P (AB + AB) = P (A),suy ra P (AB) = P (A)− P (AB). Theo giả thiết, hai biến cố A,B độc lậpnên P (AB) = P (A)P (B). Do đó, P (AB) = P (A)− P (A)P (B) = P (A)(1−P (B)) = P (A)P (B). Ta đã chứng tỏ được P (AB) = P (A)P (B). Vậy haibiến cố A,B độc lập.

Ví dụ 1.42. Hai người cùng bắn vào một mục tiêu một cách độc lập, mỗingười bắn một viên đạn. Khả năng bắn trúng của người I; II lần lượt là0, 8; 0, 9.Tính xác suất các biến cố:

1. Cả hai xạ thủ bắn trúng bia.

2. Có ít nhất một xạ thủ bắn trúng bia.

3. Xạ thủ I bắn trúng bia biết rằng có ít nhất một xạ thủ bắn trúngbia.

Giải. Ta đặt xét các biến cố

• A1 : “xạ thủ I bắn trúng bia”.

• A2 : “xạ thủ II bắn trúng bia”.

36


• A : “cả hai xạ thủ bắn trúng bia”.

• B : “có ít nhất một xạ thủ bắn trúng bia”.

Từ giả thiết ta thấy hai biến cố A1, A2 là độc lập với nhau.

1. Ta cần tính P (A). Ta có A = A1A2. Do đó, P (A) = P (A1A2) =

P (A1)P (A2) = 0, 9.0, 8 = 0, 72.

2. Ta cần tính P (B). Ta có B = A1A2 + A1A2 + A1A2. Khi đó P (B) =

P (A1A2 + A1A2 + A1A2) = P (A1A2) + P (A1A2) + P (A1A2) = 0, 8.0, 9 +

0, 8.0, 1 + 0, 2.0, 9 = 0, 98.

3. Ta cần tính P (A1|B). Ta có P (A1|B) =P (A1B)

P (B)=

P (A1)

P (B)=

0, 8

0, 98=

0, 8163.

Sau đây ta sẽ mở rộng kết quả của Định lý 1.6.

Định lý 1.7. Cho hệ biến cố Aii=1,n. Với j ∈ 0; 1 ta đặt

Aji =

Ai khi j = 0

Ai khi j = 1

Khi đó, nếu hệ Aii=1,n là hệ độc lập các biến cố thì với mọi bộjkk=1,n, ở đây jk chỉ bằng 0 hoặc 1, hệ Aji

i i=1,n cũng là hệ độc lậpcác biến cố.

Chứng minh Định lý 1.7 dựa vào Định lý 1.6 và phương pháp quinạp, xin nhường cho bạn đọc như một bài tập nhỏ.

Ví dụ 1.43. Một nông dân nuôi ba con gà mái. Xác suất để con gà máiI, II và III đẻ trứng trong ngày lần lượt là 0, 9; 0, 8 và 0, 7, chúng đẻ mộtcách độc lập. Tính xác suất các biến cố:

1. Cả ba con gà đẻ trứng trong ngày.

2. Có đúng một con gà đẻ trứng trong ngày.


37


• Ai : “con gà thứ i đẻ trứng trong ngày” với i = 1, 3.

• Bi : “có i con gà đẻ trứng trong ngày” với i = 0, 3.

Theo giả thiết ,hệ biến cố Aii=1,3 là hệ độc lập các biến cố.

1. Ta cần tính P (B3). Ta có B3 = A1A2A3. Khi đó

P (B3) = P (A1)P (A2)P (A3) = 0, 9.0, 8.0, 7 = 0, 504.

2. Ta đặt A : “có đúng một con gà đẻ trứng trong ngày”. Khi đóA = A1A2A3 + A2A1A3 + A3A1A2. Ta suy ra

P (A) = P (A1A2A3 + A2A1A3 + A3A1A2)

= P (A1)P (A2)P (A3) + P (A2)P (A1)P (A3) + P (A3)P (A1)P (A2)

= 0, 1.0, 8.0, 7 + 0, 9.0, 2.0, 7 + 0, 9.0, 8.0, 3 = 0, 398.

Vậy P (A) = 0, 398.

1.6.3 Công thức xác suất đầy đủ

Định nghĩa 1.21. Hệ các biến cố Aii=1,n được gọi là hệ đầy đủ cácbiến cố (hoặc gọi tắt là hệ đầy đủ) nếu hai điều kiện sau đây đượcthỏa:

• A1 + A2 + · · ·+ An = Ω.

• AiAj = ∅ với i = j.

Ví dụ 1.44. Gieo một con xúc xắc. Đặt Ai : “xuất hiện mặt i chấm” vớii = 1, 6. Ta thấy hệ Aii=1,6 là hệ đầy đủ.

Ví dụ 1.45. Tung một đồng xu. Đặt N : “xuất hiện mặt ngữa”, S : “xuấthiện mặt sấp”. Khi đó hệ N,S là đầy đủ.

Ví dụ 1.46. Sản phẩm của một cửa hàng được lấy từ ba xí nghiêp I, IIvà III. Một khách hàng mua một sản phẩm trong cửa hàng. Ta đặt biếncố Ai : “sản phẩm được mua thuộc xí nghiệp thứ i ” với i = 1, 3. Khi đó,hệ biến cố Aii=1,3 là hệ đầy đủ.

38


Sau đây ta phát biểu và chứng minh kết quả chính của mục này.

Định lý 1.8. (Công thức xác suất đầy đủ). Cho hệ đầy đủ cácbiến cố Aii=1,n của không gian Ω. Khi đó, với mọi biến cố A ⊂ Ω tacó

P (A) = P (A1)P (A|A1) + P (A2)P (A|A2) + · · ·+ P (An)P (A|An).

Chứng minh. Vì Aii=1,n là hệ đầy đủ nên A1 +A2 + · · ·+An = Ω. Tasuy ra

A(A1 + A2 + · · ·+ An) = AΩ.

AA1 + AA2 + · · ·+ AAn = A.

Do đóP (A) = P (AA1 + AA2 + · · ·+ AAn)

= P (AA1) + P (AA2) + · · ·+ P (AAn)

= P (A1)P (A|A1) + P (A2)P (A|A2) + · · ·+ P (An)P (A|An).

Định lý đã được chứng minh. Ví dụ 1.47. Một lô hàng do ba nhà máy I, II, III sản xuất. Tỷ lệ sảnphẩm do nhà máy I, II, III sản xuất tương ứng là 30%; 20%; 50% và tỷlệ phế phẩm tương ứng là 1%; 2%; 3%. Chọn ngẫu nhiên một sản phẩmtừ lô hàng, tính xác suất sản phẩm được chọn là phế phẩm.


• Ai : “sản phẩm được chọn do nhà máy i sản xuất” với i = 1, 3.

• A : “sản phẩm được chọn là phế phẩm”.

Ta cần tính P (A). Ta thấy hệ Aii=1,3 là hệ đầy đủ nên theo côngthức xác suất đầy đủ ta có

P (A) = P (A1)P (A|A1) + P (A2)P (A|A2) + P (A3)P (A|A3)

= 30%1% + 20%2% + 50%3%

= 0, 022.

Vậy P (A) = 0, 022.

39


Ví dụ 1.48. Một phân xưởng có số lượng nam công nhân gấp 3 lần sốlượng nữ công nhân. Tỷ lệ tốt nghiệp THPT đối với nữ là 15%, với namlà 20%. Chọn ngẫu nhiên 1 công nhân của phân xưởng, tính xác suấtđể chọn được công nhân tốt nghiệp THPT.


• A1 : “công nhân được chọn là nữ”.

• A2 : “công nhân được chọn là nam”.

• A “công nhân được chọn tốt nghiệp phổ thông”.

Ta cần tính P (A). Ta thấy hệ Aii=1,2 là hệ đầy đủ nên theo côngthức xác suất đầy đủ ta có

P (A) = P (A1)P (A|A1) + P (A2)P (A|A2)

=3

4.0, 15 +

1

4.0, 2 = 0, 1625.

Vậy P (A) = 0, 1625.

1.6.4 Công thức Bayes

Công thức Bayes, mang tên của linh mục và nhà Toán học người AnhThomas Bayes (1702 - 1761), là công thức ngược, cho phép tính xác suấtcó điều kiện P (B|A) khi biết xác suất P (A|B) và một số thông tin khác.

Dạng đơn giản nhất của công thức Bayes là: Nếu A,B là hai biến cốbất kì với xác suất khác 0 thì ta có

P (B|A) = P (B)P (A|B)

P (A)(1.5)

Công thức 1.5 là hệ quả của công thức nhân xác suất. Kết hợp vớicông thức xác suất đầy đủ ta được kết quả sau

Định lý 1.9. Giả sử hệ biến cố Aii=1,n là hệ đầy đủ của không gian Ω.Khi đó, với mọi biến cố A với xác suất khác 0 ta có các công thức Bayessau

P (Ai|A) =P (Ai)P (A|Ai)

P (A)=

P (Ai)P (A|Ai)n∑

k=1

P (A|Ak)P (Ak)

40


với i = 1, n

Hình 1.11. Thomas Bayes (1702 - 1761)

Ví dụ 1.49. Trong một thùng kín có hai loại thuốc A, B. Số lượng thuốcA bằng 2/3 số lượng thuốc B. Tỉ lệ thuốc A, B đã hết hạn sử dụng lầnlượt là 20%; 25%. Chọn ngẫu nhiên một lọ từ thùng, tính xác suất cácbiến cố:

1. Lọ thuốc được chọn là loại A và hết hạn sử dụng.

2. Lọ thuốc được chọn hết hạn sử dụng.

3. Biết lọ thuốc được chọn đã hết hạn sử dụng, tính xác suất lọ thuốcnày thuộc loại A.

Giải. Ta đặt các biến cố:

• A1 : “ Lọ thuốc được chọn là loại A”

• A2 : “ Lọ thuốc được chọn là loại B”

• A : “ Lọ thuốc được chọn đã hết hạn sử dụng”

1. Đặt B : “Lọ thuốc được chọn là loại A và hết hạn sử dụng”. Khi đó

B = A1A. Ta suy ra P (B) = P (A1A) = P (A1)P (A|A1) =2

5.20% = 0, 08.

41


2. Ta cần tính P (B). Vì hệ A1, A2 là hệ đầy đủ nên theo công thứcxác đầy đủ ta được

P (B) = P (A1)P (B|A1) + P (A2)P (B|A2) =2

5.20% +

3

5.25% = 0, 23

3. Ta cần tính P (A1|B). Áp dụng công thức Bayes ta được

P (A1|B) =P (A1)P (B|A1)

P (B)=

0, 08

0, 23= 0, 3478

Nhận xét 1.6. Công thức Bayes rất đơn giản nhưng nó có ý nghĩa rấtsâu xa. Một trong những lỗi mà rất nhiều người mắc phải là lẫn lôngiữa P (A|B) và P (B|A), coi hai số đó là bằng nhau. Dưới đây là một vídụ minh họa điều đó.

Ví dụ 1.50. Đây là một bài toán được ba nhà toán Cassels, Shoenbergervà Grayboys đêm đố 60 sinh viên và cán bộ ý khoa tại Harvard MedicalSchool năm 1978(∗). Giả sử có một loại bệnh mà tỉ lệ người mắc bệnh

là1

1000. Giả sử có một loại xét nghiệm, mà ai mắc bệnh khi xét cũng

ra phản ứng dương tính, nhưng tỉ lệ phản ứng dương tính nhầm là 5%

(tức là trong số những người không bị bệnh có 5% số người thử ra dươngtính). Hỏi khi một người xét nghiệm bị phản ứng dương tính, thì khảnăng mắc bệnh của người đó là bao nhiêu ?

Giải. Ta đặt các biến cố:

• A : “ Người xét nghiệm bị bệnh”

• B : “ Người xét nghiệm phản ứng dương tính”

Ta cần tính P (A|B). Áp dụng công thức Bayes ta được

P (A|B) =P (A)P (B|A)

P (B)=

P (A)P (B|A)P (A)P (B|A) + P (A)P (B|A)

=

1

1000.1

1

1000.1 +

999

1000.0, 05

= 0, 02

(∗)Cassels, Shoenberger and Grayboys, Interpretaton by physicains of clinical labo-

ratory results. New England Journal of Medicine, 299 (1978), 999-1000

42

Documents

Chuong 1