Trong lí thuyết xác suất ta hiểu “phép thử” như là việc thực hiện một nhóm điều kiện xác định nào đó (chẳng hạn làm thí nghiệm) để quan sát một hiện tượng có xảy ra hay không. Hiện tượng có xảy ra hay không trong kết cục của một phép thử được gọi là “biến cố ngẫu nhiên”; trường hợp riêng: kết quả của phép thử còn được gọi là biến cố. Biến cố ngẫu nhiên thường được kí hiệu bằng các chữ cái \(A, B, C \dots\).
Ví dụ:
Giả sử thực hiện một phép thử nào đó, ta có các loại biến cố như sau:
Biến cố chắc chắn, kí hiệu \(\Omega\), là biến cố nhất định xảy ra. Ví dụ: Biến cố xuất hiện mặt có số chấm nhỏ hơn 7 khi gieo một con xúc xắc là \(\Omega\).
Biến cố không thể, kí hiệu \(\varnothing\), là biến cố nhất định không xảy ra. Ví dụ: Biến cố “mặt sấp và mặt ngửa cùng xuất hiện” khi gieo một đồng tiền là \(\varnothing\).
Sự kéo theo: A kéo theo \(\mathbf{B}\), kí hiệu \(A \subset B\), nếu A xảy ra thì B xảy ra. Ta còn nói A là biến cố thuận lợi cho \(B\).
Sự tương đương: A tương đương với B, kí hiệu \(A=B\), nếu A xảy ra thì B xảy ra và ngược lại. \[A=B \Leftrightarrow A \subset B \text { và } B \subset A\]
Biến cố tổng (còn gọi là tổng) của A và B , kí hiệu \(A+B\), là biến cố xảy ra nếu có ít nhất một trong hai biến cố \(A, B\) xảy ra (A hoặc B xảy ra).
Biến cố tích (còn gọi là tích) của A và \(B, k\) h hiệu \(A.B\), là biến cố xảy ra nếu \(A\) và \(B\) cùng đồng thời xảy ra.
Sự xung khắc: \(\mathbf{A}\) xung khắc với B nếu A và B không đồng thời xảy ra, nghīa là \(A \cdot B=\varnothing\).
Biến cố đối lập của \(A, \mathrm{kí}\) hiệu \(\overline{A}\), là biến cố A không xảy ra, nghĩa là: \[ \bar{A} \text { là đối lập của } A \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l} A+\bar{A}=\Omega \\ A \cdot \bar{A}=\varnothing \end{array}\right. \]
Biến cố hiệu của A và B , kí hiệu \(A\backslash B\), là biến cố A xảy ra nhưng \(B\) không xảy ra, nghĩa là \(A \backslash B=A \cdot \bar{B}\).
\(\mathbf{A}+\mathbf{A}=A ; A \cdot A=A ; A \Omega=A ; A+B=B+A\) \(A \cdot B=B \cdot A ; A+(B+C)=(A+B)+C ; \ldots\) \(\cdot \mathbf{A} \subset \mathbf{B} \Rightarrow \overline{\mathbf{B}} \subset \overline{\mathbf{A}} ; \mathbf{A} \subset \mathbf{A}+\mathbf{B} ; \mathbf{A} \cdot \mathbf{B} \subset \mathbf{A} ; \ldots\)
\(A+B=A+B \cdot \overline{A}\)
\(A \cdot(B+C)=A B+A C\)
\(\overline{A \cdot B}=\overline{A}+\overline{B} ; \overline{A+B}=\overline{A} \cdot \overline{B} ; \ldots\)
Sau này để đặt tên cho một biến cố ta thường kí hiệu bởi dấu ” \(=\) “, chẳng hạn \(A=\)”Thú bị trúng đạn”
Ví dụ 1: Ba xạ thủ cùng bắn mỗi người một viên đạn vào một con thú. Gọi biến cố \(A_{\mathrm{i}}\) : “xạ thủ thứ i băn trúng thú”, \(\mathrm{i}=1,2,3\).
Hãy biểu diễn qua \(A_{\mathrm{i}}\) các biến cố sau:
GIẢI:
Ta có \(\overline{A}_{\mathrm{i}}=\) “xạ thủ thứ i không bắn trúng thú”. a) \(A=A_1+A_2+A_3\) (ít nhất một viên trúng) b) \(\mathbf{B}=\overline{A}=\overline{A_1+A_2+A_3}=\overline{A}_1 \cdot \overline{\mathbf{A}}_2 \cdot \overline{\mathrm{~A}}_3\) (cả ba xạ thủ đều bắn trượt thú). c) \(C=A_1 \cdot \mathrm{~A}_2 \cdot \mathrm{~A}_3\) ( \(C^3\) ba xạ thủ đều cùng bắn trúng thú) d) \(\mathbf{D}=\mathbf{A}_1 \overline{\mathbf{A}}_2 \overline{\mathbf{A}}_3+\overline{\mathbf{A}}_1 \mathbf{A}_2 \overline{\mathbf{A}}_3+\overline{\mathbf{A}}_1 \overline{\mathbf{A}}_2 \mathbf{A}_3\)
Ngoài ra ta còn có một số loại biến cố sau:
Trong tính toán xác suất nhiều khi chúng ta phải tìm số lượng các biến cố sơ cấp dẫn đến áp dụng các kết quả của giải tích tổ hợp.
Để làm được việc A cần thực hiện qua 2 bứơc: - Bước 1 có n cách - Bước 2 có m cách \(\Rightarrow\) n.m cách làm việc \(A\). - Tương tự quy tắc nhân cho k bước, bước i có \(\mathrm{n}_{\mathrm{i}}\) cách, thì có tất cả: \(n_1 \cdot n_2 \cdots . n_k\) cách.
Là một bộ k phần tử (lấy từ n phần tử) thỏa mãn hai tính chất sau: - khác nhau - không kể thứ tự.
Số tổ hợp chập \(k\) của \(n\) phần tử: \(C_n^k=\frac{n!}{k!(n-k)!}\) với \(0!=1\); \(\mathrm{n}!=1.2 \ldots . \mathrm{n}\).
Ví dụ 2: Một hộp có 5 bi đỏ, 6 bi vàng. Có bao nhiêu cách lấy từ hộp: a) 2 bi đỏ ; b) 4 bi trong đó có nhiều nhất 2 bi đỏ.
GIẢI:
Theo quy tắc nhân, có: \(5.20=100\) cách. - Lấy 4 bi có 2 bi đỏ: - Bước 1: lấy 2 bi đỏ từ hộp, có: \(C_5^2=10\) cách - Bước 2: lấy 2 bi vàng từ hộp có \(C_6^2=15\) cách
Theo quy tắc nhân, có: \(10.15=150\) cách Như vậy theo quy tắc cộng có: \(15+100+150=265\) cách lấy 4 bi từ hộp trong đó có nhiều nhất 2 bi đỏ.
Là một bộ \(k\) phần tử (lấy từ \(n\) phần tử) thỏa hai tính chất sau: - khác nhau - có kể thứ tự. - Số chỉnh hợp chập \(k\) của \(n\) phần tử: \(A_{\mathrm{n}}^{k}=\frac{\mathrm{n}!}{(\mathrm{n}-k) \text { ! }}\)
Ví dụ: Cho 4 chữ số \(\{1,2,3,4\}\), có bao nhiêu cách lập một số: a) Có 3 chữ số khác nhau từ các chữ số trên. b) Có 3 chữ số từ các chữ số trên.
GIẢI: a) Nếu ta lấy các chữ số \(1,3,4\) thì ta có thể lập được các số \(134,314, \ldots\). Như vậy thứ tự của các phần từ được kể đến. Do đó việc lập một số có 3 chữ số khác nhau từ 4 chữ số trên tương ứng với một chỉnh hợp chập 3 của 4 phần tử.
Số các số đó là \(A_4^3=24\). b) Ta thấy số 111 thỏa mãn bài toán như vậy tính chất thứ nhất của tổ hợp và chỉnh hợp đều không thỏa mãn.
Gọi số đó là \(\overline{a_1 a_2 a_3}\) để lập được một số này ta tiến hành theo các bước: - Bước 1 lấy \(A_1\) có 4 cách - Bước 2 lấy \(A_2\) có 4 cách - Bước 3 lấy \(A_3\) có 4 cách
Theo quy tắc nhân có \(4.4 .4=4^3=64\) cách lập các số.
NHẬN XÉT:
Hóan vị của n phần tử là một cách sắp thứ tự n phần tử hay nó là một chỉnh hợp chập n của n phần tử. Số hóan vị của n phần tử \(P_n=n!\left(=A_n^n\right)\).
\[(a+b)^n=\sum_{k=0}^n C_n^k a^k b^{n-k}\]
Một biến cố ngẫu nhiên có xảy ra hay không khi thực hiện một phép thử là không thể đoán trước được. Tuy nhiên điều mà ta có thể quan tâm tới là mức độ xuất hiện của biến cố này nhiều hay ít trong phép thử. Khái niệm xác suất được hình thành để nghiên cứu vấn đề này. Sau đây là các định nghĩa về xác suá́t.
Nếu trong một phép thử có tá́t cả n biến cố sơ cấp đồng khả năng,trong đó có m biến cố thuận lợi cho biến có A thì xác suất của \(A\), kí hiệu \(P(A)\), là tỉ số \(\frac{m}{n}\).
\[P(A)=\frac{m}{n}=\frac{\text {Số biến có thuận lợi cho A}}{\text{Số tất cá các biến có có thế }}\]
Các tính chất suy từ định nghĩa:
Ý nghĩa của xác suất: Xác suất của biến cố \(A\) là số \(p (0 \leq p \leq 1)\) đặc trưng cho khả năng xuất hiện của biến cố A trong một phép thử. \(\mathrm{P}(\mathrm{A})\) càng lớn (càng gần 1) thì khả năng xuất hiện A càng nhiều; \(P(A)\) càng khó (càng gần 0 ) thì khả năng xuất hiện A càng ít.
Ví dụ 1: Một hộp có 7 chính phẩm và 3 phế phẩm.
GIẢI:
B được thực hiện qua 2 bước:
Bước 1 : lấy 1 phế phẩm, có 3 cách. Bược 2 : lấy lần hai một phế phẩm, có 3 cách (vì lấy hoàn lại). \(\Rightarrow \mathrm{m}=3.3=9\) Tương tự, số khả năng có thể lấy lần lượt 2 sản phẩm từ hộp. \[ n=10 \cdot 10=100 \Rightarrow P(B)=\frac{9}{100}=0 , 09\] c) \(\mathrm{C}=\) “lấy 2 sản phẩm, toàn phế phẩm”.
\[\Rightarrow P(C)=\frac{3}{45} \approx 0,0667\]
NHẬN XÉT:
Ví dụ 2: Một lớp học có 60 học sinh trong đó có 28 em giỏi Toán, 30 em giỏi Lí, 32 em gioir Ngoại ngữ, 15 em vừa giỏi Toán vừa giỏi Lí, 10 em vừa giỏi Lí vừa giỏi Ngoại ngữ, 12 em vừa giỏi Toán vừa giỏi Ngoại ngữ, có 2 em giỏi cả 3 môn. Gọi ngẫu nhiên 1 học sinh của lớp. Tinh xác suất:
GIẢI:
Dùng biểu đồ Venn như hình vē, tính số lượng nằm trong miền giao của các hình, xuất phát từ miền giao nhiều nhất.
Gọi \(\mathrm{A}, \mathrm{B}, \mathrm{C}\) là các biến cố tương ứng với các câu hỏi \(\mathbf{a}\) ), b), c). Từ hình bên, ta có: \[ \begin{aligned} & \mathrm{P}(\mathrm{~A})=\frac{55}{60} \approx 0,9167 \\ & \mathrm{P}(\mathrm{~B})=\frac{3}{60}=0,05 \\ & \mathrm{P}(\mathrm{C})=\frac{33}{60}=0,55 \end{aligned} \]
Tần suất của một biến cố: Nếu lặp lại n lần phép thử trong đó có m lần xuất hiện biến cố \(A\) thì tần suất của \(A\) trong dãy \(n\) phép thử, kí hiệu \(f_n(A)\), là tỉ số \(\frac{m}{n},\left(f_n(A)=\frac{m}{n}\right)\).
Người ta chứng minh được: Với n đủ lớn thì \(f_n(A)\) xấp xỉ bằng một số p nào đó, (xem 2.2, §3, chương 2).
Trong thực hành với \(n\) đủ lớn ta lấy \(P(A) \approx f_n(A)\).
Ví dụ 3: Để tìm tỉ lệ phế phẩm của một loại hàng gồm nhiều sản phẩm người ta kiểm tra ngẫu nhiên lần lượt 1000 sản phẩm và thấy có 5 phế phẩm.
Gọi \(\mathrm{A}=\) “phế phẩm của lô hàng”.
\[\text { Ta có } P(A) \approx f_n(A)=\frac{5}{1000}=0,005=0,5 \%\]
\[P(A)=\frac{\text {độ đo miền G}}{\text{độ đo miền H}} .\] Độ đo có thể là số đo biểu thị độ dài, diện tích, thể tích.
Nguyên lí xác suất nhỏ: Một biến cố có xác suất rất nhỏ bằng \(\alpha\) (gần 0 ) thì có thể cho rằng trong thực tế nó không xảy ra trong một phép thử. Như vậy nếu trong một phép thử biến cố đó xảy ra thì ta coi xác suất xuất hiện nó lớn hơn \(\alpha\).
Nguyên lí xác suất lớn: Một biến cố có xác suất rất lớn bằng \(\beta\) (gần 1) thì có thể cho rằng trong thực tế nó nhất định xảy ra trong một phép thử. Tuỳ từng loại bài toán mà \(\alpha\) có thể lấy 0,\(05 ; 0,01 ; \ldots \beta\) có thể lấy là 0,95 ; 0,99…
Các công thức tính xác suất cho phép chuyển việc tính toán xác suất trực tiếp bằng định nghĩa của một biến có phức tạp, khi tính toán, về tính các xác suất của các biến cố khác đơn giản, dễ tính toán hơn.
\[P(A+B)=P(A)+P(B)-P(A . B)\] - \(A_1, A_2, \ldots . A_n\): \[P\left(\sum_{i=1}^n A_i\right)=\sum_{i=1}^n P\left(A_i\right)-\sum_{1 \leq i<j \leq n} P\left(A_i A_j\right)+\ldots+(-1)^{n-1} P\left(A_1 \cdot A_2 \ldots A_n\right)\]
\[\mathrm{P}(\overline{\mathrm{~A}})=1-\mathrm{P}(\dot{\mathrm{~A}})\] Có thể suy ra công thức (3.1), (3.3) khi dùng biểu đồ Venn và định nghĩa cổ điển của xác suất. Công thức (3.5) suy từ công thức (3.1). Công thức (3.2), (3.4) được chứng minh theo quy nạp.
Ví du 1: Một hộp có 10 bi trong đó có 4 bi đỏ. Lấy ngẫu nhiên 3 bi từ hộp. Tính xác suất để lấy được ít nhất một bi đỏ.
GIȦI:
\(\mathrm{A}_{\mathrm{i}}=\) “lấy 3 bi có ít nhất 1 bi đỏ”, \(\mathrm{i}=0,1,2,3\). Các biến có \(\mathrm{A}_0, \mathrm{~A}_1, \mathrm{~A}_2\), \(\mathrm{A}_3\) xung khắc từng đôi và:
\[ \begin{aligned} & A=A_1+A_2+A_3 \text { do đó } \\ & P(A)=P\left(A_1+A_2+A_3\right)=P\left(A_1\right)+P\left(A_2\right)+P\left(A_3\right)= \\ & =\frac{C_4^1 \cdot C_6^2+C_4^2 \cdot C_6^1+C_4^3}{C_{10}^3}=\frac{4 \cdot C_6^2}{C_{10}^3}+\frac{6 \cdot C_4^2}{C_{10}^3}+\frac{C_4^3}{C_{10}^3} \approx 0,8333 . \end{aligned} \]
Cách 2: Sử dụng biến cố đối ta có: \(\overline{\mathrm{A}}=\mathrm{A}_0\)
\[\mathrm{P}(\mathrm{~A})=1-\mathrm{P}(\overline{\mathrm{~A}})=1-\mathrm{P}\left(\mathrm{~A}_0\right)=1-\frac{\mathrm{C}_6^3}{\mathrm{C}_{10}^3}=0,8333\] Ví dụ 2: Một cửa hàng bán một loại TV trong đó tỉ lệ có chất lượng tiếng bị kém là \(5\%\), tỉ lệ có chất lượng hình bị kém là \(7\%\), tỉ lệ kém chất lượng của cả hai loại là \(4\%\). Mua một TV của cửa hàng. Tính xác suất mua được TV không bị mắc cả hai loại điểm yếu trên.
GIẢI:
Gọi \(\mathrm{A}=\) “TV được mua không mắc cả hai loại điểm yếu” \(\mathrm{B}=\) “TV bị kém chất lượng tiếng”; \(\mathrm{C}=\) “TV bị kém chất lượng hình”. Ta có: \(A=\bar{B} \cdot \bar{C}=\overline{B+C}\) vì vậy: \[ \begin{aligned} & P(A)=P(\overline{B+C})=1-P(B+C)=1-(P(B)+P(C)-P(B . C)) \\ & =1-(0,05+0,07-0,04)=0,92 \end{aligned} \]
Ví dụ 3: (Câu a, ví dụ 2, mục 1, §§2).
GIẢI:
Gọi \(\mathrm{T}=\) “học sinh được gọi giỏi Toán”; \(\mathrm{L}=\) “học sinh được gọi giỏi \(\mathrm{Lí}^{\prime \prime} ; \mathrm{N}=\)”học sinh được gọi giỏi Ngoại ngữ”. Ta có: \(\mathrm{A}=\) “học sinh được gọi giỏi ít nhất 1 môn” \(=\mathrm{T}+\mathrm{L}+\mathrm{N}\). Dễ thấy \(T, L, N\) không xung khắc, vì vậy: \[ \begin{aligned} P(A) & =P(T)+P(L)+P(N)-P(T . L)-P(T N)-P(L N)+P(T L N) \\ & =\frac{28}{60}+\frac{30}{60}+\frac{32}{60}-\frac{15}{60}-\frac{12}{60}-\frac{10}{60}+\frac{2}{60} \approx 0,9167 . \end{aligned} \]
2.1. Xác suất có điều kiện
Định nghīa 1: Cho hai biến cơ A, B. Xác suất có điều kiện của A với điều kiện \(\mathrm{B}, \mathrm{ki}\) hiệ̣u \(\mathrm{P}(\mathrm{A} \mid \mathrm{B})\), là xác suất của A được tính sau khi B đã xảy ra. Tương tự ta có \(\mathrm{P}(\mathrm{B} \mid \mathrm{A})\).
Công thức: \[ \begin{aligned} & P(A \mid B)=\frac{P(A . B)}{P(B)} \text { nếu } P(B)>0 \\ & P(B \mid A)=\frac{P(B . A)}{P(A)} \text { nếu } P(A)>0 \end{aligned} \]
Công thức (3.6) suy từ định nghĩa cổ điển của xác suất và định nghīa xác suất có điều kiện.
Gọi \(n_{A B}, n_B\) là số các khả năng thuận lợi cho \(\mathrm{AB}, \mathrm{B}\) tương ứng n sơ các khả năng có thể thì: \[ P(A \mid B)=\frac{n_{A B}}{n_B}=\frac{\frac{n_{A B}}{n}}{\frac{n_B}{n}}=\frac{P(A \cdot B)}{P(B)}\] Tương tự ta cũng có công thức (3.7). - Xác suất có điều kiện cho phép chúng ta sử dụng thông tin về sự xảy ra của một biến cố để dự báo xác suất xảy ra biến cố khác. - Xác suất có điều kiện cũng có tính chất như một xác suất: \[ \begin{aligned} & 0 \leq \mathrm{P}(\mathrm{~A} \mid \mathrm{B}) \leq 1 ; \mathrm{P}(\mathrm{~B} \mid \mathrm{B})=1 ; \mathrm{P}(\overline{\mathrm{~A}} \mid \mathrm{B})=1-\mathrm{P}(\mathrm{~A} \mid \mathrm{B}) \\ & \mathrm{P}\left(\mathrm{~A}_1+\mathrm{A}_2 \mid \mathrm{B}\right)=\mathrm{P}\left(\mathrm{~A}_1 \mid \mathrm{B}\right)+\mathrm{P}\left(\mathrm{~A}_2 \mid \mathrm{B}\right) \text { néu } \mathrm{A}_1 \mathrm{~A}_2=\varnothing \end{aligned} \]
Ví dụ 4: Một hộp có 10 vé trong đó có 3 vé có thưởng. Tính xác suất người thứ hai bốc được vé trúng thưởng, biết rằng người đầu đã bốc được vé trúng thưởng (mỗi người chỉ được bốc một vé).
GIẢI
Gọi \(\mathrm{A}=\) “người thứ nhất bóc được vé trúng thưởng”, B= “người thứ hai bốc được vé trúng thưởng”. Như vậy xác suất của B sau khi A đã xảy ra là: \[\mathbf{P}(\mathrm{B} \mid \mathrm{A})=\frac{2}{9} \approx 0,2222\]
Ví dụ 5: Một cuộc điều tra về sở thích mua sắm quần áo của dân cư trong một vùng. Trong số 500 người được điều tra có 136 người trong 240 nam và 224 nữ trong số 260 nữ trả lời “thích”. a) Giả sử chọn được một người nữ của vùng. Tính xác suất người đó không thích mua sắm. b) Giả sử chọn được người thích mua sắm. Tính xác suất người đó là nam.
GIẢI
Ta lập bảng:
| Thích | Không thích | |
|---|---|---|
| Nam | 136 | 104 |
| Nữ | 224 | 36 |
Ta có: \(P(A \mid N)=\frac{36}{260} \approx 0,1385\).
Định nghĩa 2: A và B được gọi là độc lập nếu \(\mathrm{P}(\mathrm{A} \mid \mathrm{B})=\mathrm{P}(\mathrm{A})\) hoặc \(\mathrm{P}(\mathrm{B} \mid \mathrm{A})=\mathrm{P}(\mathrm{B})\) (sự xảy ra hay không của biến cố này không ảnh hưởng tới xác suất xảy ra biến cố kia).
Từ định nghĩa 2 và công thức (3.6) suy ra: \(A, B\) dộc lập \(\Leftrightarrow P(A \cdot B)=P(A) \cdot P(B)\). Ngoài ra ta còn có khái niệm: - \(\mathrm{A}_1, \mathrm{~A}_2, \ldots, \mathrm{~A}_{\mathrm{n}}\) được gọi là độc lập từng đôi nếu: \[P\left(A_i A_j\right)=P\left(A_i\right) P\left(A_j\right)(i \neq j) ; \quad i, j=\overline{1, n}\] - \(A_1, A_2, \ldots, A_n\) được gọi là độc lập trong toàn bộ nếu: \(P\left(A_{i 1} A_{i 2} \ldots A_{i k}\right)=P\left(A_{i 1}\right) P\left(A_{i 2}\right) \ldots P\left(A_{i k}\right)\) với mọi tập con \(i_1, i_2, \ldots, i_k\) của \(\{1,2, \ldots n\}\). Việc kiểm tra tính độc lập trong nhiều bài toán là khó. Do đó người ta dựa vào thực tế để thừa nhận nó.
Ví dụ 6: Chứng minh \(\mathrm{A}, \mathrm{B}\) độc lập khi và chỉ khi \(\overline{\mathrm{A}}, \mathrm{B}\) độc lập. GIẢI: Ta có \(\mathrm{B}=\Omega \cdot \mathrm{B}=(\mathrm{A}+\overline{\mathrm{A}}) \mathrm{B}=\mathrm{AB}+\overline{\mathrm{A}} \mathrm{B}\) \(A B, \bar{A}_B\) xung khắc, do đó: \(P(B)=P(A B)+P(\bar{A} B)\) \[\begin{aligned} & \Leftrightarrow P(B)=P(A) P(B)+P(\bar{A} B) \quad(\text { do } A, B \text { độc lập) } \\ & \Leftrightarrow P(\bar{A} B)=P(B)-P(A) P(B)=P(B)(1-P(A))=P(B) P(\bar{A}) \end{aligned}\] Như vậy \(A, B\) độc lập thì \(\bar{A}, B\) độc lập. Ngược lại \(\overline{\mathrm{A}}, \mathrm{B}\) độc lập \(\Rightarrow \mathrm{A}, \mathrm{B}\) độc lập vì \(\mathrm{A}=\overline{\overline{\mathrm{A}}}\).
2.2. Công thức nhân xác suất a) Cho các biến cố độc lập - A, B độc lập: \[P(A \cdot B)=P(A) P(B)\] - \(A_1, A_2, \ldots, A_n\) độc lập (trong toàn bộ) \[P\left(A_1 A_2 \ldots A_n\right)=P\left(A_1\right) P\left(A_2\right) \ldots P\left(A_n\right)\] b) Cho các biến cố tùy ý - A, B tùy ý: \[P(A B)=P(A) P(B \mid A)=P(B) P(A \mid B)\] - \(A_1, A_2, \ldots, A_n\) tùy ý: \[\mathbf{P}\left(\mathbf{A}_1 \mathbf{A}_2 \ldots \mathbf{A}_n\right)=\mathbf{P}\left(\mathbf{A}_1\right) \mathbf{P}\left(\mathbf{A}_2 \mid \mathbf{A}_1\right) P\left(A_s \mid \mathbf{A}_1 A_2\right) \ldots P\left(A_n \mid A_1 A_2 \ldots A_{n-1}\right)\]
Ví dụ 7: Một xưởng có 2 máy hoạt động độc lập. Trong một ngày làm việc xác suất đế 2 máy này bị hỏng tương ứng là 0,1 ; 0,05 . Tính xác suất trong một ngày làm việc xưởng có: a) máy hỏng; b) một máy hỏng.
GIẢI
Gọi \(A_i=\) “máy i hỏng trong một ngày làm việc”, \(\mathrm{i}=1,2\), \(\mathrm{A}=\) “có máy hỏng”; \(\mathrm{B}=\) “có 1 máy hỏng”. Ta có a) Cách 1: \(A=A_1+A_2 ; P(A)=P\left(A_1\right)+P\left(A_2\right)-P\left(A_1 A_2\right)\)
Do \(\mathrm{A}_1, \mathrm{~A}_2\) độc lập: \[ \begin{aligned} P(A) & =P\left(A_1\right)+P\left(A_2\right)-P\left(A_1\right) P\left(A_2\right)= \\ & =0,1+0,05-0,1 \cdot 0,05=0,145 \end{aligned} \] Cách 2: \[ \begin{aligned} & \overline{\mathrm{A}}=\overline{\mathrm{A}_1+\mathrm{A}_2}=\overline{\mathrm{A}_1} \cdot \overline{\mathrm{~A}_2}, \quad \mathrm{P}(\overline{\mathrm{~A}})=\mathrm{P}\left(\overline{\mathrm{~A}}_1\right) \cdot \mathrm{P}\left(\overline{\mathrm{~A}_2}\right) \\ & \mathrm{P}(\mathrm{~A})=1-\mathrm{P}\left(\overline{\mathrm{~A}}_1\right) \mathrm{P}\left(\overline{\mathrm{~A}}_2\right)=1-0,9 \cdot 0,95=0,145 \end{aligned} \] b) \(B=A_1 \bar{A}_2+\overline{\mathrm{A}}_1 \mathrm{~A}_2, \mathrm{~A}_1 \overline{\mathrm{~A}}_2\) và \(\overline{\mathrm{A}}_1 \mathrm{~A}_2\) xung khăc \[ \begin{gathered} \mathrm{P}(\mathrm{~B})=\mathrm{P}\left(\mathrm{~A}_1 \overline{\mathrm{~A}}_2\right)+\mathrm{P}\left(\overline{\mathrm{~A}}_1 \mathrm{~A}_2\right)=\mathrm{P}\left(\mathrm{~A}_1\right) \mathrm{P}\left(\overline{\mathrm{~A}}_2\right)+\mathrm{P}\left(\overline{\mathrm{~A}}_1\right) \mathrm{P}\left(\mathrm{~A}_2\right) \\ \quad \text { (do tính độc lập) } \\ \Rightarrow \mathrm{P}(\mathrm{~B})=0,1(1-0,05)+(1-0,1) 0,05=0,14 . \end{gathered} \]
Ví dụ 8: Một hộp có 9 bi trong đó có 3 bi đỏ được chia ngẫu nhiên thành 3 phần, mỗi phần 3 bi . Tính xác suất mỗi phần đều có bi đỏ.
GIẢI: Gọi \(\mathrm{A}=\) “bi của hộp được chia thành 3 phần, mỗi phần có \(1 \mathrm{bi} \mathrm{do}{ }^{\prime \prime}\). \(\mathrm{A}_{\mathrm{i}}=\)”phần i có 3 bi trong đó có 1 bi đỏ”. Ta có: \(\mathrm{A}=\mathrm{A}_1 \mathrm{~A}_2 \mathrm{~A}_3\), các biến cố này phụ thuộc nhau, do đó: \[ \begin{aligned} & \mathrm{P}(\mathrm{~A})=\mathrm{P}\left(\mathrm{~A}_1 \mathrm{~A}_2 \mathrm{~A}_9\right)=\mathrm{P}\left(\mathrm{~A}_1\right) \mathrm{P}\left(\mathrm{~A}_2 \mid \mathrm{A}_1\right) \mathrm{P}\left(\mathrm{~A}_3 \mid \mathrm{A}_1 \mathrm{~A}_2\right) \\ & =\frac{\mathrm{C}_3^1 \cdot \mathrm{C}_6^2}{\mathrm{C}_9^3} \cdot \frac{\mathrm{C}_2^1 \cdot \mathrm{C}_4^2}{\mathrm{C}_6^3} \cdot 1 \approx 0,3214 . \end{aligned} \]
Ví dụ 9: Một sản phẩm xuất xưởng phải qua 3 lần kiểm tra. Xác suất để một phế phẩm bị loại ở lần kiểm tra đầu là 0,8 ; nếu lần kiểm tra đầu không bị loại thì xác suất nó bị loại ở lần kiểm tra thứ hai là 0,9 , tương tự nếu lần thứ hai nó cũng không bị loại thì ở lần kiểm tra thứ ba xác suất nó bị loại là 0,95 . Tính xác suất để một phế phẩm bị loại qua 3 lần kiểm tra.
GLẢI
Gọi \(\mathrm{A}=\) “phế phẩm bị loại qua 3 lần kiểm tra” \(\mathrm{A}_{\mathrm{i}}=\) “phế phẩm bị loại ở lần kiểm tra thứ i”, \(\mathrm{i}=1,2,3\). Ta có: \(A=A_1+\bar{A}_1 A_2+\bar{A}_1 \bar{A}_2 A_3\), các biến cố trong tổng xung khắc \[ \begin{aligned} & \Rightarrow P(A)=P\left(A_1\right)+P\left(\overline{\mathbf{A}}_1 A_2\right)+P\left(\overline{\mathrm{~A}}_1 \overline{\mathbf{A}}_2 \mathrm{~A}_3\right) \\ & \quad=\mathrm{P}\left(\mathrm{~A}_1\right)+\mathrm{P}\left(\overline{\mathbf{A}}_1\right) \mathrm{P}\left(\mathrm{~A}_2 \mid \overline{\mathrm{A}}_1\right)+\mathrm{P}\left(\overline{\mathrm{~A}}_1\right) \mathrm{P}\left(\overline{\mathrm{~A}}_2 \mid \overline{\mathrm{A}}_1\right) \mathrm{P}\left(\mathrm{~A}_3 \mid \overline{\mathbf{A}}_1 \overline{\mathbf{A}}_2\right) \end{aligned} \]
Do \(\bar{A}_2 \subset \bar{A}_1\) ( \(\overline{\mathrm{A}}_2\) xáy ra thì \(\overline{\mathrm{A}}_1\) xảy ra) suy ra \(\overline{\mathrm{A}}_1 \overline{\mathrm{~A}}_2=\overline{\mathrm{A}}_2\), \[\mathrm{P}\left(\mathrm{~A}_3 \mid \overline{\mathbf{A}}_1 \overline{\mathrm{~A}}_2\right)=\mathrm{P}\left(\mathrm{~A}_3 \mid \overline{\mathrm{A}}_2\right)=0,95\]
\[\mathbf{P}\left(\overline{\mathbf{A}}_2 \mid \overline{\mathbf{A}}_1\right)=1-\mathrm{P}\left(\mathrm{~A}_2 \mid \overline{\mathrm{A}}_1\right)=1-0,9=0,1\]
Ta tính được \(\mathrm{P}(\mathrm{A})=0,999\). Ta cũng có thể tính: \(\mathrm{P}(\mathrm{A})=1-\mathrm{P}\left(\overline{\mathrm{A}}_1 \overline{\mathrm{~A}}_2 \overline{\mathrm{~A}}_3\right)\). \[ \begin{aligned} & \mathrm{P}\left(\overline{\mathrm{~A}}_1 \overline{\mathrm{~A}}_2 \overline{\mathrm{~A}}_3\right)=\mathrm{P}\left(\overline{\mathrm{~A}}_1\right) \mathrm{P}\left(\overline{\mathrm{~A}}_2 \mid \overline{\mathrm{A}}_1\right) \mathrm{P}\left(\overline{\mathrm{~A}}_3 \mid \overline{\mathrm{A}}_1 \overline{\mathrm{~A}}_2\right)=0,2 \cdot 0,1 \cdot 0,05=0,001 \\ & \quad \Rightarrow \mathrm{P}(\mathrm{~A})=0,999 \end{aligned} \]
Tìm xác suất xuất hiện \(x\) lần biến cố A trong dãy n phép thử Bernoulli; kí hiệu \(\mathrm{P}_{\mathrm{n}}(\mathrm{x})\);
Công thức: \(P_n(x)=C_n^x \cdot p^x \cdot q^{n-x}, p=P(A), q=1-p\). Thật vậy, gọi \(\mathrm{B}={ }^{\text {" }} \mathrm{A}\) xuất hiện x lần trong dãy n phép thử Bernoulli”. Mỗi biến cố AAĀA…A (có \(x\) chữ \(A\) và \(n-x\) vị trí còn lại là \(\overline{\mathrm{A}}\) ) là thuận lợi cho B . Số biến cố này tương ứng với số cách xếp x chữ A (không kể thứ tự) vào dãy và \(\mathrm{n}-\mathrm{x}\) chữ \(\overline{\mathrm{A}}\) vào vị trí còn lại, do đó có \(\mathrm{C}_{\mathrm{n}}^{\mathrm{x}}\) só. Các biến cố dạng trên có tính chất sau:
Xung khắc, các thành phần của nó độc lập nền xác suất của nó là \(p^x q^{n-x}\). Từ đo: \(P(B)=P_n(x)=C_n^x \cdot p^x \cdot q^{n-x}\).
Ví dụ 10: Một máy sản xuất lần lượt từng sản phẩm. Xác suất sản xuất ra một phế phẩm của máy là 0,01 . a) Cho máy sản xuất 10 sản phẩm. Tính xác suất có 2 phế phẩm. b) Máy cần sản xuất ít nhất bao nhiêu sản phẩm để xác suất có ít nhất một chính phẩm trên 0,99 .
GIẢI
Máy sản xuất ra n sản phẩm tương ứng là dãy n phép thử Bernoulli với xác suất xuất hiện phế phẩm \(\mathrm{P}(\mathrm{A})=0,01\). a) \(P_{10}(2)=C_{10}^2 \cdot(0,01)^2 \cdot(0,99)^8=0,0042\)