Cho A1, A2, . . . , An, B, C là các biến cố.
• Quan hệ kéo theo. Biến cố A được gọi là kéo theo biến cố B và kí hiệu là
A⊂B nếu và chỉ nếu A xảy ra thì suy ra B xảy ra.
• Quan hệ tương đương. Hai biến cố A và B được gọi là tương đương với nhau, kí hiệu A=B khi và chỉ khi A⊂B và B ⊂A.
• Tổng hai biến cố. Tổng hai biến cố A và B là một biến cố được kí hiệu là
A∪B, sao cho biến cố tổng A∪B xảy ra khi và chỉ khi A xảy ra hoặc B xảy ra (nói cách khác là ít nhất một trong các biến cố A và B xảy ra).
• Tích của hai biến cố. Tích của hai biến cố A và B là một biến cố được kí hiệu là A∩B hoặc AB, sao cho biến cố tích AB xảy ra khi và chỉ khi A xảy ra và B xảy ra.
• Hiệu của hai biến cố. Hiệu hai biến cố A và biến cố B là một biến cố được kí hiệu là A\B sao cho biến cố hiệu A\B xảy ra khi và chỉ khi A xảy ra nhưng
• Biến cố xung khắc. A và B được gọi là xung khắc với nhau nếu xảy ra biến cố này thì khơng xảy ra biến cố kia hay AB = Ø.
• Biến cố đối lập. A được gọi là biến cố đối lập của biến cố A khi và chỉ khi
A xảy ra thì A khơng xảy ra và ngược lại, tức là A= Ω\A.
• Biến cố độc lập. A và B được gọi là độc lập với nhau nếu việc xảy ra hay không xảy ra của biến cố này không làm ảnh hưởng tới xác suất xảy ra của biến cố kia.
•Các biến cố B1, B2, . . . , Bn được gọi là mộthệ đầy đủ các biến cố nếu chúng đôi một xung khắc với nhau và hợp của chúng là biến cố chắn chắn, tức là
Ω = B1∪B2∪. . .∪Bn.
Nhận xét. Nếu A, B độc lập với nhau thì
• A, B độc lập với nhau
• A, B độc lập với nhau
• A, B độc lập với nhau.
Ta có thể mở rộng các quan hệ biến cố cho 3, 4 biến cố hoặc nhiều hơn nữa. Khơng nên hiểu biến cố tích là biến cố mà A và B đồng thời xảy ra hoặc A
và B cùng xảy ra, hoặc là phần chung của A và B. Chẳng hạn trong phiên tòa xử những kẻ ăn trộm,A và B khơng cùng tham gia với nhau, có đủ bằng chứng để tòa kết tội A và B ăn trộm. Nếu tòa kết luận “A ăn trộm và B ăn trộm” thì
A và B sẽ khơng phản đối được. Nhưng nếu tịa kết luận “A và B cùng ăn trộm” hoặc “A và B đồng thời ăn trộm” thì họ có thể cãi lại. Vì thế ta nên hiểu biến cố tích AB là biến cố mà A xảy ra và B xảy ra.
Ngoài ra, ta lưu ý quy tắc đối ngẫu De Morgan
(A∪B ∪C) = A B C A B C =A∪B ∪C
đồng thời phép tổng và tích biến cố có tính chất giao hốn, kết hợp và phân phối
A(B∪C) =AB∪AC
A∪(B∩C) = (A∪B)∩(A∪C). 2.1.3 Các cơng thức tính xác suất
1. Cơng thức cộng xác suất. Nếu A, B là hai biến cố bất kỳ thì
P(A∪B) = P(A) +P(B)−P(A∩B). (2.1) Đặc biệt, nếu A, B xung khắc thì P(A∪B) =P(A) +P(B).
Ta chứng minh cơng thức (2.1) theo định nghĩa cổ điển.
Giả sử số trường hợp có thể của phép thử là n. Số trường hợp thuận lợi
cho A, B, AB tương ứng là nA, nB, nAB. Số trường hợp thuận lợi cho A∪B là
nA+nB−nAB. Do đó P(A∪B) = nA+nB −nAB n = nA n + nB n − nAB n =P(A) +P(B)−P(AB).
Nếu A, B xung khắc AB= Ø, P(AB) =P(Ø) = 0 nên
P(A∪B) =P(A) +P(B).
Từ trên ta cũng suy ra P(A) = 1−P(A).
Tổng quát. Cho A1, A2, . . . , An là n biến cố bất kì
P(A1∪A2∪. . .∪An) =N1−N2+N3−. . .+ (−1)n−1Nn,
trong đó
Nm = X
1≤i1<i2<...<im≤n
(P(Ai1)∩P(Ai2)∩. . .∩P(Aim)).
Nếu A1, A2, . . . , An đôi một xung khắc (tức là AiAj = Ø, i6=j,1≤i, j ≤n) thì P(A1∪A2∪. . .∪An) = P(A1) +P(A2) +. . .+P(An).
2. Xác suất có điều kiện và cơng thức nhân xác suất
a) Xác suất có điều kiện
Xác suất có điều kiện của biến cố A với điều kiện biến cố B đã xảy ra là một số khơng âm, được kí hiệu P(A|B), nó biểu thị khả năng xảy ra của biến cố A
trong tình huống biến cố B đã xảy ra. Cơng thức P(A|B) = P(AB)
P(B) .
Tính chất của xác suất có điều kiện
• 0≤P(A|B)≤1.
• P(B|B) = 1.
• Nếu A∩C = Ø thì P(A∪C|B) =P(A|B) +P(C|B).
• P(A|B) = 1−P(A|B).
• Thơng thường ta có P(A|B)6=P(A).
b) Cơng thức nhân xác suất
P(AB) =P(A)P(B|A) =P(B)P(A|B).
Nếu A, B độc lập thì P(AB) =P(A)P(B).
Chứng minh.Giả sử phép thử có n kết quả cùng khả nắng có thể xảy ra, mA là kết quả thuận lợi cho A, mB là kết quả thuận lợi cho B. Vì A và B là hai biến cố bất kì nên sẽ có k kết quả thuận lợi cho cả A và B đồng thời xảy ra. Theo định nghĩa xác suất cổ điển ta có
P(AB) = k
n, P(A) = mA
n .
Với điều kiện biến cố A đã xảy ra, nên số kết quả cùng khả năng của phép thử đối với biến cố B là mA, số kết quả thuận lợi cho B là k. Do đó
P(B|A) = k mA. Như vậy P(AB) = k n = mAk nmA =P(A)P(B|A).
Tổng quát. Giả sử có A1, A2, . . . , An các biến cố, khi đó
P(A1A2. . . An) = P(A1)P(A2|A1)P(A3|A1A2). . . P(An|A1. . . An−1).
Nếu A1, A2, . . . , An đơi một độc lập thì
P(A1A2. . . An) =P(A1)P(A2). . . P(An).
3. Công thức xác suất đầy đủ và Bayes
a) Công thức xác suất đầy đủ
Giả sử B1, B2, . . . , Bn là một nhóm đầy đủ các biến cố. Xét biến cố A sao cho
A xảy ra khi và chỉ khi một trong các biến cố B1, B2, . . . , Bn xảy ra. Nói cách khác A xảy ra thì một biến cố Bi nào đó đã xảy ra (i= 1, . . . , n). Khi đó
P(A) = n X i=1 P(Bi)P(A|Bi). Chứng minh. Ta có A =A∩Ω = A(B1∪B2∪. . .∪Bn) =AB1∪AB2∪. . .∪ABn.
Vì các biến cố B1, B2, . . . , Bn xung khắc từng đôi nên AB1, AB2, . . . , ABn cũng xung khắc từng đơi nên
P(A) =P(AB1) +P(AB2) +. . .+P(ABn).
Lại có
P(AB1) =P(B1) P(A|B1)
. . . . . .
P(ABn) = P(Bn) P(A|Bn)
nên
P(A) =P(B1) P(A|B1) +P(B2) P(A|B2) +. . .+P(Bn) P(A|Bn)
=
n
X
i=1
b) Công thức Bayes
Giả sử B1, B2, . . . , Bn là một hệ đầy đủ các biến cố và A là một biến cố với
P(A)>0 thì với mỗi k = 1,2, . . . , n ta có
P(Bk|A) = PnP(Bk)P(A|Bk)
i=1P(Bi)P(A|Bi).
Chứng minh. Theo quy tắc nhân ta có
P(A)P(Bk|A) = P(ABk),
P(Bk)P(A|Bk) =P(ABk).
Vậy P(A)P(Bk|A) =P(Bk)P(A|Bk). Suy ra
P(Bk|A) = P(Bk)P(A|Bk) P(A) . Mặt khác, P(A) = n X i=1
P(Bi)P(A|Bi). Ta có điều phải chứng minh.
4. Cơng thức Becnoulli
Kí hiệu Pn(k, p) (k ≤n)là xác suất để trong một dãy n phép thử độc lập biến cố A xuất hiện đúng k lần
Pn(k, p) =Cnkpkqn−k,
trong đó p=P(A), q=P(A) = 1−p.
2.2 Một số bài tốn xác suất
2.2.1 Tính xác suất bằng định nghĩa cổ điển
Đây là một lớp bài toán sử dụng định nghĩa xác suất cổ điển, vì thế nó có liên quan mật thiết đến các kiến thức của Chương 1 - Tổ hợp. Trong phần này, tôi xin phép được đưa ra các bài tập dựa trên nền tảng các bài tập đã cho của Chương 1 để làm nổi bật được tính “cổ điển” của xác suất.
Bài tập 2.1. Đội thanh niên xung kích của một trường phổ thơng có 12 học sinh gồm 5 học sinh lớp T, 4 học sinh lớp L và 3 học sinh lớp H. Cần chọn 4 học sinh đi làm nhiệm vụ, tính xác suất để
a) 4 học sinh thuộc cùng một lớp?
b) 4 học sinh thuộc không quá 2 trong 3 lớp trên?
Lời giải. a) Phép thử ở đây là chọn 4 học sinh đi làm nhiệm vụ. Vậy số phần tử của không gian mẫu Ω sẽ là C124 .
Gọi A là biến cố “4 học sinh thuộc cùng một lớp”.
Số phần tử của ΩA (tập hợp các kết quả thuận lợi cho A) là C54+C44. Theo định nghĩa xác suất cổ điển ta có
P(A) = |ΩA| |Ω| = C54+C44 C124 = 6 495 ≈0,0121.
b) Tương tự câu a) gọi B là biến cố “4 học sinh thuộc không quá 2 trong 3 lớp”. Ta sẽ đi tìm số cách chọn 4 học sinh sao cho mỗi lớp có ít nhất một học sinh, tức là sẽ chọn một lớp có 2 học sinh, hai lớp còn lại mỗi lớp một học sinh. Theo quy tắc cộng và quy tắc nhân số cách chọn sẽ là
C52C41C31+C51C42C31+C51C41C32= 120 + 90 + 60 = 270 (cách).
Vậy số cách chọn 4 học sinh thuộc không quá 2 trong 3 lớp trên là
C124 −270 = 495−270 = 225 (cách). Số phần tử của ΩB là 225.
P(B) = 225
495 ≈0,455.
Chú ý. Trong ý b) ta không đi con đường trực tiếp là tính số cách chọn 4 học sinh thuộc khơng q 2 trong 3 lớp vì sẽ phải xét rất nhiều trường hợp. Qua bài tập trên ta thấy việc tính xác suất cổ điển hồn tồn dựa trên nền tảng tổ hợp.
Bài tập 2.2. Xếp ngẫu nhiên 9 học sinh gồm 5 nam và 4 nữ thành một hàng dọc. Tính xác suất để khơng có hai bạn nữ nào đứng liền kề nhau?
Lời giải. Gọi A là biến cố “khơng có hai bạn nữ nào đứng liền kề nhau”. Xếp ngẫu nhiên 9 học sinh thành một hàng dọc có 9! cách. Suy ra
|Ω|= 9!.
Bây giờ, ta sẽ tìm số cách xếp sao cho khơng có hai bạn nữ nào đứng liền kề nhau. Đầu tiên, ta xếp 5 bạn nam theo một hàng dọc có khoảng cách, có5!cách. Với mỗi cách xếp 5 bạn nam, ta đều có 6 vị trí để xếp các bạn nữ vào, đó là vị trí đầu, 4 vị trí xen giữa 5 bạn nam và vị trí cuối cùng. Số cách xếp 4 bạn nữ đối với mỗi cách xếp bạn nam là A46.
Số cách xếp 9 học sinh sao cho khơng có 2 bạn nữ nào đứng cạnh nhau là
A465! = 43200 (cách) suy ra ΩA = 43200.
P(A) = 43200
9! ≈0,119.
Tổng quát. Xếp m bạn nam vàn bạn nữ thành một hàng dọc(m≥n). Xác suất
để không bạn nữ nào đứng liền kề nhau là m!A
n m+1
(m+n)!.
Bài tập 2.3. Chia 39 bông hoa gồm 10 hoa cúc, 15 hoa hồng và 14 hoa huệ cho 2 em. Tính xác suất để
a) Có em khơng nhận được hoa.
b) Mỗi em nhận được ít nhất 2 bơng hoa mỗi loại.
Lời giải. Trước hết, ta tìm số phần tử của Ω, tức là số cách chia 39 bơng hoa
gịm 3 loại cho 2 em.
Chia 10 bơng cúc cho 2 em có 11 cách chia. Chia 15 bơng hồng cho 2 em có 16 cách chia. Chia 14 bơng huệ cho 2 em có 15 cách chia.
Theo quy tắc nhân, số cách chia hoa bất kỳ cho 2 em là11·16·15 = 2640 (cách). Suy ra
|Ω|= 2640.
a) GọiAlà biến cố “có em khơng nhận được hoa”. Vì chắc chắn sẽ có 1 em khơng nhận được hoa (khơng thể xảy ra có trường hợp 2 em cùng khơng nhận được hoa), em cịn lại sẽ nhận được tất cả 39 bơng.
Có hai cách chia để 1 em có 39 bơng, 1 em khơng có bơng nào. Do đó
|ΩA|= 2.
Suy ra
P(A) = 2
2640 ≈0,00076.
b) GọiB là biến cố “mỗi em nhận được ít nhất 2 bông hoa mỗi loại”. Trước hết, ta chia cho mỗi em 2 bông hoa mỗi loại, vậy số hoa còn lại sẽ là 6 cúc, 11 hồng và 10 huệ. Bây giờ, ta tiến hành chia số hoa còn lại cho 2 em.
Chia 6 bơng cúc cho 2 em có 7 cách chia. Chia 11 bơng hồng cho em có 12 cách chia. Chia 10 bơng huệ cho 2 em có 11 cách chia.
Vậy số cách chia hoa để mỗi em nhận được ít nhất 2 bơng hoa mỗi loại là
7·12·11 = 924 (cách). Do đó |ΩB|= 924. Cho nên P(B) = 924 2640 = 0,35.
Tổng quát. Giả sử có a1 đồ vật loại 1,a2 đồ vật loại 2,. . ., an đồ vật loại n. Chia a1+a2+. . .+an đồ vật trên cho 2 em thì xác suất để mỗi em có ít nhất k đồ vật mỗi loại là
(a1−2k+ 1)(a2−2k+ 1). . .(an−2k+ 1)
(a1+ 1)(a2+ 1). . .(an+ 1) (ai≥2k, i= 1, . . . , n).
Bài tập 2.4. Gửi 8 bức ảnh khác nhau vào 5 phong bì được ghi sẵn địa chỉ, biết rằng phong bì có thể khơng có ảnh. Tính xác suất để
a) Có đúng một phong bì khơng có ảnh. b) Mỗi phong bì có ít nhất 1 bức ảnh.
Lời giải. Gửi 8 bức ảnh vào 5 phong bì có 58 cách, do đó
|Ω|= 58.
a) Gọi A là biến cố “có đúng ba phong bì khơng có ảnh”. Số cách phân phối ảnh để 3 phong bì khơng có ảnh làC5328.Số cách phân phối ảnh đề 4 phong bì khơng có ảnh là C5418 = C54. Vậy số cách phân phối để có đúng 3 phong bì khơng có ảnh là C5328−C54= 2555 (cách). Từ đó |ΩA|= 2555, Do vậy P(A) = 2555 58 ≈0,00654.
b) Gọi B là biến cố “Mỗi phong bì có ít nhất một bức ảnh”. Bây giờ ta tính xem có bao nhiêu cách phân phối ảnh mà có r phong bì khơng có ảnh (1 ≤ r ≤ 4).
Trong trường hợp r phong bì khơng có ảnh thì 8 ảnh rải tự do cho (5−r)phong bì nên có (5−r)8 cách. Mặt khác, khi chia r phong bì trong 5 phong bì có C5r
cách. Áp dụng cơng thức bao hàm loại thì số cách phân phối 8 ảnh vào 5 phong bì mà khơng có phong bì nào rỗng là
58−C5148+C5238−C5328+C5418= 126000 (cách). Cuối cùng
P(B) = 126000
58 ≈0,3226.
Tổng quát. Xác suất để gửin bức ảnh khác nhau vào m phong bì ghi sẵn địa chỉ
(n≥m) sao cho khơng có phong bì nào rỗng là
mn−Cm1(m−1)n+Cm2(m−2)n−. . .+ (−1)n−1Cmm−11n
mn .
Bài tập 2.5. Cho tậpS ={1,2, . . . ,280}. Chọn một số bất kỳ trong tậpS. Tính xác suất để
a) Số đó là số chẵn.
Lời giải. Ta có |Ω|= 280.
a) Giả sử A là biến cố “số được chọn là số chẵn”. Rõ ràng |ΩA|= 140, suy ra
P(A) = 140 280 =
1
2 = 0,5.
b) GọiB là biến cố “số được chọn không chia hết cho 2,3,5,7”. Ta sẽ đi tính xem
trong tập S có bao nhiêu số chia hết cho ít nhất một trong các số 2,3,5,7.
Kí hiệu
A1 ={k∈S| k ... 2}, A
3 ={k ∈S| k ... 5},
A2 ={k∈S| k ... 3}, A
4 ={k ∈S| k ... 7}.
Khi đóA1∪A2∪A3∪A4 là tập hợp các số chia hết cho ít nhất một trong các số
2,3,5,7. Ta có |A1|=280 2 = 140,|A2|=280 3 = 93,|A3|=280 5 = 56,|A4|=280 7 = 40, |A1∩A2|=280 2.3 = 46,|A1∩A3|=280 2.5 = 28,|A1∩A4|=280 2.7 = 20, |A2∩A3|=280 3.5 = 18,|A2∩A4|=280 21 = 13,|A3∩A4|=280 35 = 8, |A1∩A2∩A3|=280 30 = 9,|A1∩A2∩A4|=280 42 = 6, |A1∩A3∩A4|=280 70 = 4,|A2∩A3∩A4|=280 105 = 2, |A1∩A2∩A3∩A4|=280 210 = 1.
Theo nguyên lý bao hàm loại trừ ta có280− |A1∪A2∪A3∪A4|= 280−216 = 64
số không chia hết cho 2,3,5,7. Cuối cùng
P(B) = 64
280 = 0,2286.
Nhận xét. Các bài tập xác suất cổ điển được giải quyết dựa trên các kiến thức