Bài giảng Xác suất và thống kê - Lê Bá Long

193 trang ngocly 4000

Download

Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Bài giảng Xác suất và thống kê - Lê Bá Long", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

bai_giang_xac_suat_va_thong_ke_le_ba_long.pdf

Nội dung text: Bài giảng Xác suất và thống kê - Lê Bá Long

HỌC VIỆN CÔNG NGHỆ BƯU CHÍNH VIỄN THÔNG PGS.TS. Lê Bá Long BÀI GIẢNG XÁC SUẤT VÀ THỐNG KÊ (Dành cho sinh viên hệ đại học chuyên ngành ĐiPTITện tử-Viễn thông-Công nghệ thông tin) Hà Nội, 2013
LỜI NÓI ĐẦU Tập bài giảng Xác suất và Thông kê dành cho sinh viên hệ đại học chuyên ngành Điện tử- Viễn thông, Công nghệ thông tin và An toàn thông tin được biên soạn lại trên cơ sở giáo trình Xác suất và Thống kê của cùng tác giả xuất bản năm 2009, nhằm đáp ứng yêu cầu đào tạo theo hình thức tín chỉ và phù hợp với đề cương chi tiết môn học do Học viện Công nghệ Bưu Chính Viễn Thông ban hành năm 2012 theo hình thức đào tạo tín chỉ. Nội dung của cuốn sách cũng được hoàn thiện từ các bài giảng trong nhiều năm của tác giả theo định hướng ứng dụng trong các ngành kỹ thuật. Chính vì thế, tập bài giảng này có thể dùng làm tài liệu học tập, tài liệu tham khảo cho sinh viên của các trường đại học và cao đẳng khối kỹ thuật. Giáo trình gồm 5 chương tương ứng với 2 tín chỉ: Chương 1: Các khái niệm cơ bản về xác suất. Chương 2: Biến ngẫu nhiên và các đặc trưng của chúng. Chương 3: Véc tơ ngẫu nhiên và các đặc trưng của chúng. Chương 4: Lý thuyết mẫu Chương 5: Lý thuyết ước lượng và kiểm định giả thiêt thống kê. Điều kiện tiên quyết cho môn học xác suất và thống kê là môn đại số và giải tích 1, giải tích 2 trong chương trình toán đại cương. Giáo trình được viết cho đối tượng là sinh viên các trường đại học khối kỹ thuật, vì vậy tác giả cung cấp nhiều ví dụ minh họa tương ứng với từng phần lý thuyết và có nhiều ví dụ ứng dụng vào lĩnh vực chuyên ngành Điện tử Viễn thông và Công nghệ thông tin. Ngoài ra tác giả cũng có ý thức trình bày thích hợp đối với người tự học. Trước khi nghiên cứu các nội dung chi tiết, người đọc nên xem phần giới thiệu của mỗi chương để thấy được mục đích ý nghĩa, yêu cầu chính của chương đó. Trong mỗi chương, mỗi nội dung, người đọc có thể tự đọc và hiểu được cặn kẽ thông qua cách diễn đạt và chỉ dẫn rõ ràng. Đặc biệt bạn đọc nên chú ý đến các nhận xét, bình luận để hiểu sâu hơn hoặc mở rộng tổng quát hơn các kết quả và hướng ứng dụng vào thực tế. Hầu hết các bài toán được xâyPTIT dựng theo lược đồ: đặt bài toán, chứng minh sự tồn tại lời giải bằng lý thuyết và cuối cùng nêu thuật toán giải quyết bài toán này. Trong mỗi nội dung tác giả luôn có ý thức cung cấp nhiều ví dụ để minh họa trực tiếp khái niệm, định lý hoặc các thuật toán, vì vậy sẽ giúp người đọc dễ dàng hơn khi tiếp thu bài học. Sau mỗi chương có các câu hỏi luyện tập và bài tập. Có khoảng từ 30 đến 40 bài tập cho mỗi chương, tương ứng với 8 -10 câu hỏi cho mỗi tiết lý thuyết. Hệ thống câu hỏi này bao trùm toàn bộ nội dung vừa được học. Có những câu kiểm tra trực tiếp các kiến thức vừa được học nhưng cũng có những câu đòi hỏi học viên phải vận dụng một cách tổng hợp và sáng tạo các kiến thức để giải quyết. Vì vậy việc giải các bài tập này giúp học viên nắm chắc hơn lý thuyết và tự kiểm tra được mức độ tiếp thu lý thuyết của mình. Với thời lượng ứng với 2 tín chỉ của môn học giảng viên khó có đủ thời gian để trình bày hết các nội dung của tập bài giảng ở trên lớp. Vì vậy tác giả đánh dấu (*) cho các nội dung dành cho sinh viên tự học.
Tác giả xin chân thành cám ơn PGS.TS. Phạm Ngọc Anh, PGS. TS. Tô Văn Ban, PGS. TS. Nguyễn Năng Anh, TS. Nguyễn Hắc Hải, GVC. Ths. Lê Bá Cầu,Ths. Trần Việt Anh đã cho những ý kiến đóng góp quý giá. Mặc dù tác giả đã rất cố gắng, song do yêu cầu cấp bách cần có tài liệu phục vụ việc giảng dạy và học tập của Học viện theo hình thức tín chỉ, thời gian biên soạn bị hạn hẹp vì vậy các thiếu sót còn tồn tại trong giáo trình là điều khó tránh khỏi. Tác giả rất mong nhận được sự đóng góp ý kiến của bạn đọc xa gần. Cuối cùng tác giả bày tỏ sự cám ơn đối với Ban Giám đốc Học viện Công nghệ Bưu Chính Viễn Thông và bạn bè đồng nghiệp đã khuyến khích động viên, tạo nhiều điều kiện thuận lợi để tác giả hoàn thành giáo trình này. Lê Bá Long Khoa cơ bản 1 Học Viện CNBCVT PTIT
MỤC LỤC LỜI NÓI ĐẦU 3 MỤC LỤC 5 CHƯƠNG I: CÁC KHÁI NIỆM CƠ BẢN VỀ XÁC SUẤT 9 1.1 PHÉP THỬ VÀ BIẾN CỐ 9 1.1.1 Phép thử 9 1.1.2 Biến cố 10 1.1.3 Quan hệ giữa các biến cố 10 1.2 CÁC ĐỊNH NGHĨA VÀ TÍNH CHẤT CỦA XÁC SUẤT 13 1.2.1 Định nghĩa cổ điển về xác suất 13 1.2.2 Các qui tắc đếm 15 1.2.3 Định nghĩa xác suất theo thống kê 21 1.2.4 Định nghĩa xác suất theo hình học 21 1.2.5 Các tính chất và định lý xác suất 23 1.2.6 Nguyên lý xác suất lớn, xác suất nhỏ 26 1.3 XÁC SUẤT CÓ ĐIỀU KIỆN 27 1.3.1 Định nghĩa và các tính chất của xác suất có điều kiện 27 1.3.2 Quy tắc nhân xác suất 29 1.3.3 Công thức xác suất đầy đủ 32 1.3.4 Công thức Bayes 34 1.4 DÃY PHÉP THỬ BERNOULLI 38 CÂU HỎI ÔN TẬP VÀ BÀI TẬP CHƯƠNG 1 40 CHƯƠNG 2: BIẾN NGẪU NHIÊN VÀ CÁC ĐẶC TRƯNG CỦA CHÚNG 45 2.1 ĐỊNH NGHĨA VÀ PHÂN LOẠI BIẾN NGẪU NHIÊN 45 2.1.1 Định nghĩa biến ngẫu nhiên 46 2.1.2 Hàm phân bố xác suất 46 2.1.3 Phân loại PTIT 50 2.2 BIẾN NGẪU NHIÊN RỜI RẠC 51 2.2.1 Hàm khối lượng xác suất và bảng phân bố xác suất của biến ngẫu nhiên rời rạc 51 2.2.2 Các phân bố rời rạc thường gặp 54 2.3 BIẾN NGẪU NHIÊN LIÊN TỤC 59 2.3.1 Hàm mật độ xác suất của biến ngẫu nhiên liên tục 59 2.3.2 Các phân bố liên tục thường gặp 61 2.4 CÁC THAM SỐ ĐẶC TRƯNG CỦA BIẾN NGẪU NHIÊN 70 2.4.1 Kỳ vọng toán 70 2.4.2 Phương sai 74 2.4.3 Phân vị, Trung vị 76 2.4.4 Mốt 77 2.4.5 Moment, hệ số bất đối xứng, hệ số nhọn (*) 78 2.4.6 Kỳ vọng và phương sai của các biến ngẫu nhiên có phân bố xác suất thường gặp 79 TÓM TẮT 80
CÂU HỎI ÔN TẬP VÀ BÀI TẬP CHƯƠNG 2 81 CHƯƠNG 3: VÉC TƠ NGẪU NHIÊN VÀ CÁC ĐẶC TRƯNG CỦA CHÚNG 87 3.1 KHÁI NIỆM VÉC TƠ NGẪU NHIÊN 87 3.1.1 Khái niệm và phân loại véc tơ ngẫu nhiên 87 3.1.2 Hàm phân bố xác suất đồng thời và hàm phân bố xác suất biên 88 3.2 VÉC TƠ NGẪU NHIÊN RỜI RẠC 90 3.2.1 Hàm khối lượng xác suất đồng thời và bảng phân bố xác suất đồng thời 90 3.2.2 Bảng phân bố xác suất biên 91 3.3 VÉC TƠ NGẪU NHIÊN LIÊN TỤC 94 3.3.1 Hàm mật độ xác suất đồng thời 94 3.3.2 Hàm mật độ xác suất biên 95 3.4 TÍNH ĐỘC LẬP CỦA CÁC BIẾN NGẪU NHIÊN 97 3.5 CÁC THAM SỐ ĐẶC TRƯNG CỦA VÉC TƠ NGẪU NHIÊN 98 3.5.1 Kỳ vọng và phương sai của các biến ngẫu nhiên thành phần 98 3.5.2 Hiệp phương sai 99 3.5.3 Ma trận hiệp phương sai 99 3.5.4 Hệ số tương quan 100 3.6 PHÂN BỐ CÓ ĐIỀU KIỆN VÀ KỲ VỌNG CÓ ĐIỀU KIỆN 102 3.6.1 Phân bố có điều kiện và kỳ vọng có điều kiện của biến ngẫu nhiên rời rạc 102 3.6.2 Phân bố có điều kiện và kỳ vọng có điều kiện của biến ngẫu nhiên liên tục 104 3.6.3 Kỳ vọng có điều kiện 106 3.7 LUẬT SỐ LỚN VÀ ĐỊNH LÝ GIỚI HẠN 107 3.7.1 Hội tụ theo xác suất và hội tụ theo phân bố của dãy biến ngẫu nhiên 108 3.7.2 Luật số lớn 108 3.7.3 Định lý giới hạn trung tâm 113 3.7.4 Xấp xỉ phân bố nhị thức 113 TÓM TẮT 116 CÂU HỎI ÔN TẬP VÀ BÀI TẬP CHƯƠNG 3 117 CHƯƠNG 4: LÝ THUYẾT MẪU PTIT 124 4.1 SỰ CẦN THIẾT PHẢI LẤY MẪU 124 4.2 MẪU NGẪU NHIÊN 125 4.2.1 Khái niệm mẫu ngẫu nhiên 125 4.2.2 Mô hình hóa mẫu ngẫu nhiên 125 4.2.3 Biểu diễn giá trị cụ thể của mẫu ngẫu nhiên theo bảng và theo biểu đồ 126 4.3 THỐNG KÊ VÀ CÁC ĐẶC TRƯNG CỦA MẪU NGẪU NHIÊN 131 4.3.1 Định nghĩa thống kê 131 4.3.2 Trung bình mẫu 131 4.3.3 Phương sai mẫu, Độ lệch chuẩn mẫu 132 4.3.4 Tần suất mẫu 133 4.3.5 Cách tính giá trị cụ thể của trung bình mẫu x và phương sai mẫu có hiệu chỉnh s2 133 4.4 PHÂN BỐ XÁC SUẤT CỦA MỘT SỐ THỐNG KÊ ĐẶC TRƯNG MẪU 135
4.4.1 Trường hợp biến ngẫu nhiên gốc có phân bố chuẩn 135 4.4.2 Trường hợp biến ngẫu nhiên gốc có phân bố Bernoulli 137 CÂU HỎI ÔN TẬP VÀ BÀI TẬP CHƯƠNG 4 139 CHƯƠNG 5: ƯỚC LƯỢNG THAM SỐ VÀ KIỂM ĐỊNH GIẢ THIẾT THÔNG KÊ 142 5.1 PHƯƠNG PHÁP ƯỚC LƯỢNG ĐIỂM 142 5.1.1 Khái niệm ước lượng điểm 142 5.1.2 Ước lượng không chệch (unbiased estimator) 142 5.1.3 Ước lượng hiệu quả (efficient estimator) 143 5.1.4 Ước lượng vững (consistent estimator) 144 5.2 PHƯƠNG PHÁP ƯỚC LƯỢNG BẰNG KHOẢNG TIN CẬY 144 5.2.1 Khái niệm khoảng tin cậy 145 5.2.2 Khoảng tin cậy của kỳ vọng của biến ngẫu nhiên phân bố chuẩn 145 5.2.2 Khoảng tin cậy cho tần suất của tổng thể 149 5.3 KHÁI NIỆM CHUNG KIỂM ĐỊNH GIẢ THIẾT THỐNG KÊ 150 5.3.1 Giả thiết thống kê 150 5.3.2 Tiêu chuẩn kiểm định giả thiết thống kê 151 5.3.3 Miền bác bỏ giả thiết 151 5.3.4 Giá trị quan sát của tiêu chuẩn kiểm định 151 5.3.5 Quy tắc kiểm định giả thiết thống kê 151 5.3.6 Sai lầm loại một và sai lầm loại hai 152 5.3.7 Thủ tục kiểm định giả thiết thống kê 153 5.4 KIỂM ĐỊNH THAM SỐ 153 5.4.1 Kiểm định giả thiết về kỳ vọng của biến ngẫu nhiên có phân bố chuẩn 153 5.4.2 Kiểm định tham số của biến ngẫu nhiên phân bố Bernoulli 159 TÓM TẮT 160 CÂU HỎI ÔN TẬP VÀ BÀI TẬP CHƯƠNG 5 161 HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP ÁN 165 HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP ÁN CHƯƠNG 1 165 HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP ÁN CHƯƠNGPTIT 2 167 HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP ÁN CHƯƠNG 3 173 HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP ÁN CHƯƠNG 4 179 HƯỚNG DẪN VÀ ĐÁP ÁN CHƯƠNG 5 180 PHỤ LỤC 1: GIÁ TRỊ HÀM MẬT ĐỘ XÁC SUẤT PHÂN BỐ CHUẨN TẮC 185 PHỤ LỤC 2: GIÁ TRỊ HÀM PHÂN BỐ CHUẨN TẮC 186 PHỤ LỤC 3: GIÁ TRỊ TỚI HẠN CỦA PHÂN BỐ STUDENT 187 PHỤ LỤC 4: GIÁ TRỊ TỚI HẠN CỦA PHÂN BỐ “KHI BÌNH PHƯƠNG” 188 PHỤ LỤC 5: GIÁ TRỊ HÀM PHÂN BỐ POISSON 189 BẢNG CHỈ DẪN THUẬT NGỮ 191 TÀI LIỆU THAM KHẢO 194
Chương1: Các khái niệm cơ bản về xác suất CHƯƠNG I: CÁC KHÁI NIỆM CƠ BẢN VỀ XÁC SUẤT Các hiện tượng trong tự nhiên hay xã hội xảy ra một cách ngẫu nhiên (không biết trước kết quả) hoặc tất định (biết trước kết quả sẽ xảy ra). Chẳng hạn một vật nặng được thả từ trên cao chắc chắn sẽ rơi xuống đất, trong điều kiện bình thường nước sôi ở 1000 C Đó là những hiện tượng diễn ra có tính quy luật, tất nhiên. Trái lại khi tung đồng xu ta không biết mặt sấp hay mặt ngửa sẽ xuất hiện. Ta không thể biết trước có bao nhiêu cuộc gọi đến tổng đài, có bao nhiêu khách hàng đến điểm phục vụ trong khoảng thời gian nào đó. Ta không thể xác định trước chỉ số chứng khoán trên thị trường chứng khoán ở một thời điểm khớp lệnh trong tương lai Đó là những hiện tượng ngẫu nhiên. Tuy nhiên, nếu tiến hành quan sát khá nhiều lần một hiện tượng ngẫu nhiên trong những hoàn cảnh như nhau, thì trong nhiều trường hợp ta có thể rút ra những kết luận có tính quy luật về những hiện tượng này. Lý thuyết xác suất nghiên cứu các qui luật của các hiện tượng ngẫu nhiên. Việc nắm bắt các quy luật này sẽ cho phép dự báo các hiện tượng ngẫu nhiên đó sẽ xảy ra như thế nào. Chính vì vậy các phương pháp của lý thuyết xác suất được ứng dụng rộng rãi trong việc giải quyết các bài toán thuộc nhiều lĩnh vực khác nhau của khoa học tự nhiên, kỹ thuật và kinh tế-xã hội. Chương này trình bày một cách có hệ thống các khái niệm và các kết quả chính về lý thuyết xác suất 1.1 PHÉP THỬ VÀ BIẾN CỐ 1.1.1 Phép thử Trong thực tế ta thường gặp nhiều thí nghiệm, quan sát mà các kết quả của nó không thể dự báo trước được. Ta gọi chúng là các phép thử ngẫu nhiên. Phép thử ngẫu nhiên thường được ký hiệu bởi chữ C . Tuy không biết kết quả sẽ xảy ra như thế nào, nhưng trong nhiều trường hợp ta có thể liệt kê được hoặc biểu diễn tất cả các kết quả của phép thử C . Chẳng hạn, với phép thử gieo con xúc xắc (6 mặt), tuy không biết kết quả sẽ xảy ra như thế nào, nhưng ta có thể liệt kê được hoặc biểu diễn tất cả các kết quả của phép thử này; đó là sự xuất hiện mặt có số chấm 1,2,3, 4,5,6 . Ta xem các kết quả này là các biến cố sơ cấp. Tập hợp tất cả các biến cốPTIT sơ cấp của phép thử được gọi là không gian mẫu, ký hiệu  . Không gian mẫu của phép thử gieo con xúc xắc là  1,2,3,4,5,6. Ví dụ 1.1: . Phép thử tung đồng xu có hai khả năng xảy ra là mặt sấp, ký hiệu S, hoặc mặt ngửa, ký hiệu N. Ta gọi S, N là các biến cố sơ cấp. Không gian mẫu của phép thử là  S, N. . Phép thử tung đồng thời 2 đồng xu có không gian mẫu là  (S, S),(S, N),(N,S),(N, N). Chú ý rằng bản chất của các biến cố sơ cấp không có vai trò đặc biệt gì trong lý thuyết xác suất. Chẳng hạn có thể mã hóa các kết quả và xem không gian mẫu của phép thử tung đồng xu là  0, 1, trong đó 0 là biến cố sơ cấp chỉ mặt sấp xuất hiện và 1 để chỉ mặt ngửa xuất hiện. 9
Chương1: Các khái niệm cơ bản về xác suất 1.1.2 Biến cố Với phép thử C ta có thể xét các biến cố (còn gọi là sự kiện) mà việc xảy ra hay không xảy ra hoàn toàn được xác định bởi kết quả của C . Các biến cố ngẫu nhiên được ký hiệu bằng các chữ in hoa A, B, C, Mỗi kết quả  (biến cố sơ cấp) của phép thử C được gọi là kết quả thuận lợi cho biến cố A nếu A xảy ra khi kết quả của phép thử C là  . Ví dụ 1.2: Nếu gọi A là biến cố “số chấm xuất hiện là chẵn” trong phép thử gieo xúc xắc ở ví dụ 1.1 thì A có các kết quả thuận lợi là các mặt có 2, 4, 6 chấm, vì biến cố A xuất hiện khi kết quả của phép thử là mặt 2 chấm, 4 chấm hoặc 6 chấm. Mặt 1 chấm, 3 chấm, 5 chấm không phải là kết quả thuận lợi đối với A . Tung hai đồng xu, biến cố xuất hiện một mặt sấp một mặt ngửa (xin âm dương) có các kết quả thuận lợi là (S, N ); (N, S) . Nhận xét 1.1: 1. Có thể xem mỗi biến cố A là một tập con của không gian mẫu  có các phần tử là các kết quả thuận lợi đối với A . 2. Mỗi biến cố chỉ có thể xảy ra khi một phép thử được thực hiện, nghĩa là gắn với không gian mẫu nào đó. Có hai biến cố đặc biệt sau: Biến cố chắc chắn là biến cố luôn luôn xảy ra khi thực hiện phép thử. Không gian mẫu  là một biến cố chắc chắn. Biến cố không thể là biến cố nhất định không xảy ra khi thực hiện phép thử. Biến cố không thể được ký hiệu . Tung một con xúc xắc, biến cố xuất hiện mặt có số chấm nhỏ hơn hay bằng 6 là biến chắc chắn, biến cố xuất hiện mặt có 7 chấm là biến cố không thể. 1.1.3 Quan hệ giữa các biến cố Một cách tương ứng với các phép toán của tập hợp, trong lý thuyết xác suất người ta xét các quan hệ sau đây cho các biến cố trong cùng một phép thử. A) Quan hệ biến cố đối PTIT Với mỗi biến cố A, luôn luôn có biến cố gọi là biến cố đối của A , ký hiệu A và được xác định như sau: Biến cố A xảy ra khi và chỉ khi biến cố đối A không xảy ra. Ví dụ 1.3: Bắn một phát đạn vào bia. Gọi A là biến cố “bắn trúng bia”. Biến cố đối của A là A : “bắn trượt bia”. B) Tổng của hai biến cố Tổng của hai biến cố A, B là biến cố được ký hiệu A  B . Biến cố tổng A  B xảy ra khi và chỉ khi có ít nhất A hoặc B xảy ra. n Tổng của một dãy các biến cố A1, A2, , An là biến cố AAA1 2   n hoặc  Ai . Biến cố i 1 tổng xảy ra khi có ít nhất một trong các biến cố Ai xảy ra, với i 1, , n . 10
Chương1: Các khái niệm cơ bản về xác suất Ví dụ 1.4: Một mạng điện gồm hai bóng đèn mắc nối tiếp. Gọi A1 là biến cố “bóng đèn thứ nhất bị cháy”, A2 là biến cố “bóng đèn thứ hai bị cháy”. Gọi A là biến cố “mạng mất điện”. Ta thấy rằng mạng bị mất điện khi ít nhất một trong hai bóng bị cháy. Vậy AAA 1  2 . C) Tích của hai biến cố Tích của hai biến cố A, B là biến cố được ký hiệu AB . Biến cố tích AB xảy ra khi cả hai biến cố A , B đồng thời cùng xảy ra. n Tích của một dãy các biến cố A1, A2, , An là biến cố AAA1 2   n hoặc  Ai . Biến cố i 1 tích xảy ra khi tất cả các biến cố Ai đồng thời cùng xảy ra, với mọi i 1, , n . Ví dụ 1.5: Một mạng điện gồm hai bóng đèn mắc song song. Gọi A1 là biến cố “bóng đèn thứ nhất bị cháy”, A2 là biến cố “bóng đèn thứ hai bị cháy”. Gọi A là biến cố “mạng mất điện”. Ta thấy rằng mạng bị mất điện khi cả hai bóng bị cháy. Vậy AAA 1  2 . Ví dụ 1.6: Hai xạ thủ A và B mỗi người bắn một viên đạn vào bia. Gọi A là biến cố “A bắn trúng bia”, B là biến cố “B bắn trúng bia”. Khi đó AB là biến cố “có ít nhất một người bắn trúng bia” và AB là biến cố “cả hai người cùng bắn trúng bia”. D) Biến cố xung khắc Hai biến cố A, B gọi là xung khắc nếu hai biến cố này không thể đồng thời cùng xảy ra. Nói cách khác biến cố tích AB là biến cố không thể, nghĩa là AB  . Đôi khi người ta còn ký hiệu tổng của hai biến cố xung khắc A và B là AB . Ví dụ 1.7: Một bình có 3 loại cầu: cầu mầu trắng, mầu đỏ và mầu xanh. Lấy ngẫu nhiên 1 cầu từ bình. Gọi At , Ađ , Ax lần lượt là biến cố quả cầu rút được là cầu trắng, đỏ, xanh. Các biến cố này xung khắc từng đôi một, vì mỗi quả cầu chỉ có 1 mầu. E) Hệ đầy đủ các biến cố PTIT Dãy các biến cố AAA1, 2 , , n được gọi là một hệ đầy đủ các biến cố nếu thỏa mãn hai điều kiện sau: (i) Xung khắc từng đôi một, nghĩa là AAi j  với mọi i j ; i 1, , n ; j 1, , n (ii) Tổng của chúng là biến cố chắc chắc, nghĩa là AAA1 2  n  . Đặc biệt với mọi biến cố A , hệ hai biến cố AA,  là hệ đầy đủ. Ví dụ 1.8: Một nhà máy có ba phân xưởng sản xuất ra cùng một loại sản phẩm. Giả sử rằng mỗi sản phẩm của nhà máy chỉ do một trong ba phân xưởng này sản xuất. Chọn ngẫu nhiên một sản phẩm, gọi A1, A2, A3 lần lượt là biến cố sản phẩm được chọn do phân xưởng thứ nhất, thứ hai, thứ ba sản xuất. Khi đó hệ ba biến cố AAA1,, 2 3 là hệ đầy đủ. Hệ ba biến cố AAAt ,,đ x trong ví dụ 1.7 cũng là đầy đủ. 11
Chương1: Các khái niệm cơ bản về xác suất F) Tính độc lập của các biến cố Hai biến cố A và B được gọi là độc lập với nhau nếu việc xảy ra hay không xảy ra biến cố này không ảnh hưởng tới việc xảy ra hay không xảy ra biến cố kia. Tổng quát hơn, các biến cố A1, A2 , , An được gọi là độc lập nếu việc xảy ra hay không xảy ra của một nhóm bất kỳ k biến cố, trong đó 1 k n , không làm ảnh hưởng tới việc xảy ra hay không xảy ra của một nhóm nào đó các biến cố còn lại. Ví dụ 1.9: Ba xạ thủ A, B, C mỗi người bắn một viên đạn vào mục tiêu. Gọi A, B,C lần lượt là biến cố A, B, C bắn trúng mục tiêu. a. Hãy mô tả các biến cố: ABCABCABC ,,     . b. Biểu diễn các biến cố sau theo A, B,C : - D : Có ít nhất 2 xạ thủ bắn trúng. - E : Có nhiều nhất 1 xạ thủ bắn trúng. - F : Chỉ có xạ thủ C bắn trúng. - G : Chỉ có 1 xạ thủ bắn trúng. c. Các biến cố A, B,C có xung khắc, có độc lập không ? Giải: a. ABC  : cả 3 đều bắn trúng. ABC  : cả 3 đều bắn trượt. A B C : có ít nhất 1 người bắn trúng. b. DABBCCA ()()()      . Có nhiều nhất một xạ thủ bắn trúng có nghĩa là có ít nhất hai xạ thủ bắn trượt, vậy EABBCCA ()()()      . FABC   . GABCABCABC ()()()         . c. Ba biến cố A, B,C độc lập vì biến cố bắn trúng mục tiêu của mỗi xạ thủ là độc lập nhau. Ba biến cố A, B,C không xungPTIT khắc vì có thể cùng bắn trúng mục tiêu. Nhận xét 1.2: . Từ ví dụ trên cho thấy tính chất xung khắc hoặc độc lập của các biến cố được suy từ ý nghĩa của phép thử. . Nếu A, B độc lập thì các cặp biến cố: A, B ; A, B ; A, B cũng độc lập. . Một số tài liệu ký hiệu tổng, tích của hai biến cố AB, là AB và AB . Mỗi cách ký hiệu có những thuận lợi riêng. Nhưng ký hiệu theo cách này rất khó biểu diễn các tính chất dạng đại số Boole của các biến cố, chẳng hạn tính chất phân phối của tổng đối với tích và tích đối với tổng của các biến cố được xét trong chú ý sau. . Chú ý rằng các biến cố với phép toán tổng, tích và lấy biến cố đối tạo thành đại số Boole, do đó các phép toán được định nghĩa ở trên có các tính chất như các phép toán hợp, giao, lấy phần bù đối với các tập con của không gian mẫu. Chẳng hạn phép toán tổng, phép 12
Chương1: Các khái niệm cơ bản về xác suất toán tích các biến cố có tính giao hoán, kết hợp, tổng phân bố đối với tích, tích phân bố đối với tổng, thỏa mãn luật De Morgan ABBA  ; ABCABC()()    ; ABCABAC()()()     ; ABCABAC()()()     ; ABAB  ; ABAB  1.2 CÁC ĐỊNH NGHĨA VÀ TÍNH CHẤT CỦA XÁC SUẤT Một biến cố ngẫu nhiên xảy ra hay không trong kết quả của một phép thử là điều không thể biết hoặc đoán trước được. Tuy nhiên bằng những cách khác nhau ta có thể định lượng khả năng xuất hiện của biến cố, đó là xác suất xuất hiện của biến cố. Xác suất của một biến cố là một con số đặc trưng khả năng khách quan xuất hiện biến cố đó khi thực hiện phép thử. Xác suất của biến cố A ký hiệu PA(). Trường hợp biến cố chỉ gồm một biến cố sơ cấp a ta ký hiệu P() a thay cho P() a . Trường hợp các kết quả của phép thử xuất hiện đồng khả năng thì xác suất của một biến cố có thể được xác định bởi tỉ số của số trường hợp thuận lợi đối với biến cố và số trường hợp có thể. Với cách tiếp cận này ta có định nghĩa xác suất theo phương pháp cổ điển. Trường hợp các kết quả của phép thử không đồng khả năng xuất hiện nhưng có thể thực hiện phép thử lặp lại nhiều lần độc lập, khi đó tần suất xác định khả năng xuất hiện của biến cố. Vì vậy ta có thể tính xác suất của biến cố thông qua tần suất xuất hiện của biến cố đó. Với cách tiếp cận này ta có định nghĩa xác suất theo thống kê. 1.2.1 Định nghĩa cổ điển về xác suất Định nghĩa 1.1: Giả sử phép thử C thoả mãn hai điều kiện sau: (i) Không gian mẫu có một số hữu hạn phần tử. (ii) Các kết quả xảy ra đồng khả năng. Khi đó ta định nghĩa xác suất của biến cố A là sè trêng hîp thuËn lîi đèi víi A P(A)PTIT (1.1a) sè trêng hîp cã thÓ Nếu xem biến cố A như là tập con của không gian mẫu  thì sè phÇn tö cña A A P(A) (1.1b) sè phÇn tö cña   Ví dụ 1.10: Biến cố A xuất hiện mặt chẵn trong phép thử gieo con xúc xắc ở ví dụ 1.2 có 3 3 1 trường hợp thuận lợi ( A 3) và 6 trường hợp có thể (  6 ). Vậy P(A) . 6 2 Biến cố xuất hiện một mặt sấp và một mặt ngửa khi gieo đồng thời hai đồng xu có 2 kết 1 quả thuận lợi và 4 kết quả đồng khả năng có thể, vậy có xác suất xuất hiện của biến cố đó là . 2 Ví dụ 1.11: Xét phép thử gieo liên tiếp 2 lần con xúc xắc. Tính xác xuất của các biến cố sau: a. Tổng số chấm xuất hiện là chẵn (biến cố A ). 13
Chương1: Các khái niệm cơ bản về xác suất b. Tổng số chấm xuất hiện bằng 7 hoặc 11 (biến cố B ). c. Số chấm xuất hiện của hai con xúc xắc bằng nhau (biến cố C ). d. Số chấm của xúc xắc thứ nhất lớn hơn xúc xắc thứ hai (biến cố D ). e. Ít nhất một xúc xắc xuất hiện mặt 6 chấm (biến cố E ). Giải: Để có hình ảnh trực quan ta có thể biểu diễn không gian mẫu của phép thử và các biến cố tương ứng dưới dạng biểu đồ. Các biến cố sơ cấp được biểu diễn các cặp số tương tự tọa độ của các điểm. Không gian mẫu tương ứng với 36 điểm. Biến cố C Biến cố E (1,6) (2,6) (3,6) (4,6) (5,6) (6,6) Tổng bằng 11 (1,5) (2,5) (3,5) (4,5) (5,5) (6,5) Xúc xắc (1,4) (2,4) (4,4) (5,4) (6,4) lần (3,4) gieo Biến cố D (1,3) (2,3) (3,3) (4,3) (5,3) (6,3) thứ hai (1,2) (2,2) (3,2) (4,2) (5,2) (6,2) (1,1) (2,1) (3,1) (4,1) (5,1) (6,1) Xúc xắc lần gieo thứ nhất Tổng bằng 7 Hình 1.1: Phép thử gieo 2 xúc xắc Mỗi hàng có 3 biến cố sơ cấp thuận lợi đối với biến cố A , chẳng hạn hàng dưới cùng có (1,1), (1,3), (1,5) hàng tiếp (2,2), (2,4),PTIT (2,6) như vậy biến cố A có 18 kết quả thuận lợi. Các điểm thuộc đường chéo thứ hai (hoặc song song đường chéo thứ hai) có tổng hai thành phần bằng nhau: 6 1 5 2 4 3 1 6 7 . Biến cố C là các điểm thuộc đường chéo. Biến cố D là các điểm phía dưới đường chéo. Theo định nghĩa xác suất (1.1a) ta có: 18 1 8 2 6 1 a. PA() . b. PB() . c. PC() . 36 2 36 9 36 6 15 5 11 d. PD() . e. PE() . 36 12 36 Ví dụ 1.12: Sơ đồ cây Nhiều phép thử có tính chất nối tiếp lập thành dãy, chẳng hạn phép thử tung liên tiếp đồng xu ba lần, quan sát chỉ số chứng khoán trong năm ngày liên tiếp, hoặc tám ký số liên tiếp 14
Chương1: Các khái niệm cơ bản về xác suất nhận được của một bộ nhận thông tin Trong trường hợp này ta có thể biểu diễn không gian mẫu và các biến cố tương ứng đưới dạng sơ đồ cây. Không gian mẫu và biến cố B của ví dụ 1.11 được biểu diễn dạng sơ đồ cây như sau 1.1 1.2 1 1.3 1.4 1.5 1.6 2 lá Gốc Hình 1.2: Sơ đồ cây của phép thử gieo 2 xúc xắc 6 Để tính xác suất cổ điển ta sử dụng phương pháp đếm của giải tích tổ hợp. 1.2.2 Các qui tắc đếm A. Qui tắc cộng Nếu có m1 cách chọn loại đối tượng x1, m2 cách chọn loại đối tượng x2 , , mn cách chọn loại đối tượng xn. Các cách chọn đối tượng xi không trùng với cách chọn x j nếu i j thì có m1 m2  mn cách chPTITọn một trong các đối tượng đã cho. Chẳng hạn để biết số SV có mặt của một lớp đông ta có thể lấy tổng số SV có mặt của các tổ do tổ trưởng cung cấp. B. Qui tắc nhân Giả sử công việc H gồm nhiều công đoạn liên tiếp HHH1, 2 , , k . Có n1 cách thực hiện công đoạn H1, ứng với mỗi công đoạn H1 có n2 cách thực hiện công đoạn H2 Vậy có tất cả n1 n 2   nk cách thực hiện công việc H . Ví dụ 1.13: Một nhân viên có 4 chiếc áo sơ mi và 3 quần dài đồng phục, thì anh ta có 4.3 12 cách chọn áo sơ mi và quần đồng phục. Ví dụ 1.14: Tung một con xúc xắc (6 mặt) hai lần. Tìm xác suất để trong đó có 1 lần ra 6 chấm. Giải: Theo quy tắc nhân ta có số các trường hợp có thể khi tung con xúc xắc 2 lần là 6.6 = 36. 15
Chương1: Các khái niệm cơ bản về xác suất Gọi A là biến cố “ trong 2 lần tung con xúc xắc có 1 lần được mặt 6”. Nếu lần thứ nhất ra mặt 6 thì lần thứ hai chỉ có thể ra các mặt từ 1 đến 5, do đó có 5 trường hợp. Tương tự cũng có 5 trường hợp chỉ xuất hiện mặt 6 ở lần tung thứ hai. Áp dụng quy tắc cộng ta suy ra biến cố “chỉ có một lần ra mặt 6 khi 2 tung xúc xắc” có 10 trường hợp thuận lợi. Vậy 10 xác suất cần tìm là . 36 Ví dụ 1.15: a. Có bao nhiêu số có 4 chữ số. b. Có bao nhiêu số có 4 chữ số khác nhau. c. Có bao nhiêu số có 4 chữ số khác nhau và chữ số cuối là 0. Giải: a. Có 9 cách chọn chữ số đầu tiên (vì chữ số đầu tiên khác 0) và các chữ số còn lại có 10 cách chọn cho từng chữ số. Vậy có 9.10.10.10=9000 số cần tìm. b. Có 9 cách chọn chữ số đầu tiên (vì chữ số đầu tiên khác 0), 9 cách chọn chữ số thứ hai, 8 cách chọn chữ số thứ ba và 7 cách chọn chữ số thứ tư. Vậy có 9.9.8.7=4536 số cần tìm. c. Vì chữ số thứ tư là số 0 và các chữ số này khác nhau do đó có 9 cách chọn chữ số đầu tiên, 8 cách chọn chữ số thứ hai, 7 cách chọn chữ số thứ ba. Vậy có 9.8.7=504 số cần tìm. C. Hoán vị Mỗi phép đổi chỗ của n phần tử hoặc mỗi cách sắp xếp n phần tử vào n vị trí trong một hàng được gọi là phép hoán vị n phần tử. Sử dụng quy tắc nhân ta có thể tính được: Có n! hoán vị n phần tử. Quy ước 0! = 1. Ví dụ 1.16: a. Có bao nhiêu cách bố trí 5 nam SV và 4 nữ SV theo một hàng. b. Có bao nhiêu cách bố trí 5 nam SV và 4 nữ SV theo một hàng, sao cho các nữ SV ở vị trí số chẵn. Giải: a. Số cách bố trí 9 SV (gồm 5PTIT nam SV và 4 nữ SV) theo một hàng là 9!= 362880. b. Có 5! cách bố trí nam SV, ứng với mỗi cách bố trí nam SV có 4! cách bố trí nữ SV vào vị trí chẵn tương ứng. Vậy có 5!4!=2880 cách bố trí theo yêu cầu. Ví dụ 1.17: (Hoán vị vòng tròn) Có n người ( n 3), trong đó có hai người là anh em. a. Có bao nhiêu cách sắp xếp n người ngồi xung quanh một bàn tròn. b. Có bao nhiêu cách sắp xếp n người ngồi xung quanh một bàn tròn, trong đó có hai người là anh em ngồi cạnh nhau. c. Có bao nhiêu cách sắp xếp n người ngồi xung quanh một bàn tròn, trong đó có hai người là anh em không ngồi cạnh nhau. Giải: a. Có 1 người ngồi ở vị trí bất kỳ, vì vậy n 1 người còn lại có (n 1)! cách chọn vị trí ngồi. Vậy có (n 1)! cách sắp xếp n người ngồi xung quanh một bàn tròn. 16
Chương1: Các khái niệm cơ bản về xác suất b. Người anh ngồi ở một vị trí tùy ý, người em ngồi vào 1 trong 2 chỗ cạnh người anh (có 2 cách) và n 2 người còn lại còn lại ngồi tùy ý vào n 2 chỗ còn lại (có (n 2)! cách). Vậy số các cách sắp xếp theo yêu cầu là 2.(n 2)!. c. Sử dụng kết quả phần a. và b. ta suy ra số cách sắp xếp n người ngồi xung quanh một bàn tròn, trong đó có hai người là anh em không ngồi cạnh nhau là (n 1)!2.( n 2)! ( n 2)!( n 1) 2. Ví dụ 1.18: Xếp ngẫu nhiên 6 cuốn sách toán và 4 sách lý vào 1 giá sách. Tính xác suất 3 cuốn sách toán đứng cạnh nhau. Giải: Số trường hợp có thể là số cách sắp xếp 10 cuốn sách vào giá sách đó là 10!. Ta xem 3 cuốn sách toán đứng cạnh nhau như là một cuốn sách lớn. Như vậy ta cần sắp xếp 8 cuốn sách vào giá sách (có 8! cách), ngoài ra 3 cuốn sách toán đứng cạnh nhau có 8!3! 1 3! cách sắp xếp. Do đó số các trường hợp thuận lợi là 8!3!. Vậy P . 10! 15 D. Chỉnh hợp Chọn lần lượt k (1 k n ) phần tử không hoàn lại trong tập n phần tử ta được một chỉnh hợp chập k của n phần tử. Sử dụng quy tắc nhân ta có thể tính được số các chỉnh hợp chập k của n phần tử là n! Ak n ( n 1)  ( n k 1) (1.2) n (n k )! 4 Ví dụ 1.19: Có A10 10.9.8.7 5040 cách bố trí 10 người ngồi vào 4 chỗ. Ví dụ 1.20: Một người gọi điện thoại quên mất hai số cuối của số điện thoại và chỉ nhớ được rằng chúng khác nhau. Tìm xác suất để quay ngẫu nhiên một lần được đúng số cần gọi. Giải: Gọi A là biến cố “quay ngẫu nhiên một lần được đúng số cần gọi”. Số các trường hợp có thể là số các cặp hai chữ số khác nhau từ 10 chữ số từ 0 đến 9. Nó bằng số các chỉnh hợp 2 chập 2 của 10 phần tử. Vậy số các trường hợp có thể là A10 10  9 90 . PTIT1 Số các trường hợp thuận lợi của A là 1. Vậy PA() . 90 Cũng có thể tính trực tiếp số trường hợp có thể của biến cố A như sau: Có 10 khả năng cho con số ở hàng chục và với mỗi con số hàng chục có 9 khả năng cho con số ở hàng đơn vị khác với hàng chục. Áp dụng quy tắc nhân ta được số các trường hợp có thể là 10 9 90. E. Tổ hợp Một tổ hợp chập k của n phần tử là một cách chọn đồng thời k phần tử từ một tập có n phần tử ( 1 k n ). Cũng có thể xem một tập con k phần tử của tập n phần tử là một tổ hợp chập k của n phần tử. Hai chỉnh hợp chập k của n phần tử là khác nhau nếu thỏa mãn một trong hai điều kiện sau: . có ít nhất 1 phần tử của chỉnh hợp này không có trong chỉnh hợp kia. . các phần tử đều như nhau nhưng thứ tự khác nhau. 17
Chương1: Các khái niệm cơ bản về xác suất Do đó với mỗi tổ hợp chập k có k! chỉnh hợp tương ứng. Mặt khác hai chỉnh hợp khác nhau ứng với hai tổ hợp khác nhau là khác nhau. k Vậy số các tổ hợp chập k của n phần tử là Cn thỏa mãn: Ak n! k! Ck A k C k n (1.3) n n n k! k !( n k )! Một vài trường hợp cụ thể n( n 1) n( n 1)( n 2) C0 1; C1 n ; C2 ; C3 ; CCk n k . (1.4) n n n 2 n 6 n n Ví dụ 1.21: Một công ty cần tuyển 2 nhân viên. Có 6 người nộp đơn trong đó có 4 nữ và 2 nam. Giả sử khả năng trúng tuyển của cả 6 người là như nhau. Tính xác suất biến cố: a. Hai người trúng tuyển là nam b. Hai người trúng tuyển là nữ c. Có ít nhất 1nữ trúng tuyển. 6 5 Giải: Số trường hợp có thể là số tổ hợp chập 2 của 6 phần tử, vậy  C2 15. 6 2 1 a. Chỉ có 1 trường hợp cả 2 nam đều trúng tuyển do đó xác suất tương ứng là P . 15 4 3 6 b. Có C 2 6 cách chọn 2 trong 4 nữ, vậy xác suất tương ứng P . 4 2 15 c. Trong 15 trường hợp có thể chỉ có 1 trường hợp cả 2 nam được chọn, vậy có 14 trường 14 hợp ít nhất 1 nữ được chọn. Do đo xác suất tương ứng P . 15 Ta cũng có thể tính số trường hợp thuận lợi của biến cố “có ít nhất 1 nữ được chọn” như sau. Vì chỉ chọn 2 ứng viên nên biến cố có ít nhất 1 nữ trúng tuyển được chia thành 2 loại: Có 2 nữ được chọnPTIT: Có 6 cách Có 1 nữ và 1 nam được chọn: Có 4  2 cách chọn Sử dụng quy tắc cộng ta được 14 trường hợp ít nhất 1 nữ được chọn. Ví dụ 1.22: Một hộp có 8 bi màu đỏ, 3 bi trắng và 9 bi màu xanh. Lấy ngẫu nhiên 3 bi từ hộp. Tính xác suất trong các trường hợp sau: a. 3 bi lấy được cùng màu đỏ b. 2 đỏ và 1 trắng c. Ít nhất 1 trắng d. Mỗi màu 1 bi e. Nếu lấy lần lượt không hoàn lại 3 bi, tính xác suất lấy được mỗi màu 1 bi. C3 14 Giải: a. 8 P 3 0,0491 C20 285 18
Chương1: Các khái niệm cơ bản về xác suất CC2 1 7 b. 8 3 P 3 0,0737 C20 95 1 2 2 1 3 3 CCCCC3 17 3 17 3 23 C17 34 23 c. P 3 hoặc P 1 3 1 0,4035 C20 57 C20 57 57 CCC1 1 1 18 d. 8 3 9 . P 3 0,1895 C20 95 8.3.9 3 e. P 0,0316. 20.19.18 95 Ví dụ 1.23: Cho các từ mã 6 bit được tạo từ các chuỗi các bit 0 và bit 1 đồng khả năng. Hãy tìm xác suất của các từ có chứa k bit 1, với các trường hợp k 0, ,6 . 6 Giải: Số trường hợp có thể  2 . Đặt Ak là biến cố “từ mã có chứa k bit 1”. Có thể xem mỗi từ mã có chứa k bit 1 là một tổ hợp chập k của 6 phần tử, vậy số trường hợp thuận 6! lợi đối với A là số các tổ hợp chập k của 6 phần tử. Do đó A C k k k 6 k!(6 k)! 6! Vậy xác suất của các biến cố tương ứng P Ak , k 0, , 6 . k!(6 k)!26 6! Tương tự xác suất của các từ có chứa k bit 0 cũng bằng (điều này có thể k!(6 k )!26 k n k suy ra từ tính chất CCn n ). Nhận xét 1.3: Hoán vị, chỉnh hợp, tổ hợp có thể liên hệ với nhau như sau: . Có thể xem mỗi hoán vị n phần tử là một cách sắp xếp n phần tử này thành một hàng. . Mỗi chỉnh hợp chập k của n phần tử là một cách sắp xếp k phần tử từ n phần tử này thành một hàng. PTIT . Khi sắp xếp các phần tử thành một hàng ta ngầm hiểu từ trái sang phải, vì vậy trường hợp hoán vị vòng quanh cần chọn một phần tử làm điểm xuất phát do đó có (n 1)! cách hoàn vị vòng quanh của n phần tử. . Có thể xem mỗi tổ hợp chập k của n vật là một cách sắp xếp n vật thành một hàng, trong đó có k vật loại 1 giống nhau và n k vật loại 2 còn lại cũng giống nhau. Có n! cách sắp xếp n vật thành một hàng. Vì các vật cùng loại giống nhau không phân biệt được, do đó nếu số cách sắp xếp các vật thỏa mãn yêu cầu trên là N thì ứng với mỗi một cách sắp xếp trong N cách ở trên có k ! hoán vị vật loại 1, (n k )! hoán vị vật loại 2 được đếm trong tổng số n! cách. n! Vậy k!( n k )! N n ! N . k!( n k )! 19
Chương1: Các khái niệm cơ bản về xác suất Ta có thể mở rộng kết quả này như sau. Công thức tổ hợp mở rộng Số tổ hợp chập k của n phần tử bằng số tổ hợp chập n k của n phần tử: n! CCk n k nk!( n k )! n Chúng ta thấy rằng: số tổ hợp chập k của n phần tử (số cách chọn đồng thời k phần tử của tập n phần tử) bằng số cách sắp xếp n vật theo một hàng, trong đó có k vật giống nhau và n k vật còn lại cũng giống nhau. Ta có thể mở rộng kết quả này như sau. Số cách sắp xếp n n1 n 2  nk vật theo một hàng: trong đó có n1 vật loại 1 giống nhau, n2 vật loại 2 giống nhau, , nk vật loại k giống nhau là n! (1.5) n1! n 2 ! nk ! Công thức này có thể giải thích như sau: Có n! cách sắp xếp n n1 n 2  nk vật khác nhau theo một hàng. Vì các vật cùng loại giống nhau không phân biệt được, do đó nếu số cách sắp xếp các vật thỏa mãn yêu cầu trên là N thì ứng với mỗi một cách sắp xếp trong N cách ở trên có n1! hoán vị vật loại 1, n2! hoán vị vật loại 2, , nk ! hoán vị vật loại k được đếm trong tổng số n! cách. Vì n! vậy n1! n 2 ! nk ! N n ! N n1! n 2 ! nk ! Ví dụ 1.24: Cần sắp xếp 4 cuốn sách toán, 6 sách lý và 2 sách hóa khác nhau trên cùng một giá sách. Có bao nhiêu cách sắp xếp trong mỗi trường hợp sau: a. Các cuốn sách cùng môn học phải đứng cạnh nhau. b. Chỉ cần các sách toán đứng cạnh nhau. c. Nếu các cuốn sách trong mỗiPTIT môn học giống nhau thì có bao nhiêu cách sắp xếp. Giải: a. Có 4! cách sắp xếp các cuốn sách toán, 6! cách sắp xếp các cuốn sách lý, 2! cách sắp xếp các cuốn sách hóa và 3! cách sắp xếp 3 nhóm toán, lý, hóa. Vậy số cách sắp xếp theo yêu cầu là 4!6!2!3!=207.360. b. Ta ghép 4 sách toán thành 1 cuốn sách to. Như vậy có 9 cuốn sách cần sắp xếp, do đó có 9! cách sắp xếp. Trong mỗi trường hợp này các cuốn sách toán luôn đứng bên nhau, nhưng có 4! cách sắp xếp 4 cuốn sách toán. Vậy số cách sắp xếp theo yêu cầu là 9!4!=8.709.120. c. Vì các cuốn sách cùng loại không phân biệt do đó có thể áp dụng công thức (1.5) và số 12! cách sắp xếp là 13.860. 4!6!2! 20
Chương1: Các khái niệm cơ bản về xác suất 1.2.3 Định nghĩa xác suất theo thống kê Định nghĩa xác suất theo cổ điển trực quan, dễ hiểu. Tuy nhiên khi phép thử có không gian mẫu vô hạn hoặc các kết quả không đồng khả năng thì cách tính xác suất cổ điển không áp dụng được. Trong trường hợp này người ta sử dụng phương pháp thông kê như sau. Giả sử phép thử C có thể được thực hiện lặp lại nhiều lần độc lập trong những điều kiện giống hệt nhau. Nếu trong n lần thực hiện phép thử C biến cố A xuất hiện kn (A) lần (gọi là tần số xuất hiện) thì tỉ số: k (A) f (A) n n n được gọi là tần suất xuất hiện của biến cố A trong n phép thử. Người ta chứng minh được (định lý luật số lớn Bernoulli) khi n tăng lên vô hạn thì fn (A) tiến đến một giới hạn xác định. Ta định nghĩa giới hạn này là xác suất của biến cố A , ký hiệu P(A). P(A) lim f n (A) n Trên thực tế các tần suất fn (A) xấp xỉ nhau khi n đủ lớn. P(A) được chọn bằng giá trị xấp xỉ này. P()() A fn A (1.6) Ví dụ 1.25: Một công ty bảo hiểm muốn xác định xác suất để một thanh niên 25 tuổi sẽ bị chết trong năm tới, người ta theo dõi 100.000 thanh niên và thấy rằng có 798 người bị chết trong vòng 1 năm sau đó. Theo công thức (1.6) ta có thể tính xấp xỉ xác suất cần tìm 798 bằng 0,008 . 100.000 Ví dụ 1.26: Thống kê cho thấy tần suất sinh con trai xấp xỉ 0,513. Vậy xác suất để bé trai ra đời lớn hơn bé gái. Nhận xét 1.4: Định nghĩa xác suấtPTIT theo thống kê khắc phục được hạn chế của định nghĩa cổ điển, nó hoàn toàn dựa trên các thí nghiệm quan sát thực tế để tìm xác suất của biến cố. Tuy nhiên định nghĩa thống kê về xác suất cũng chỉ áp dụng cho các phép thử mà có thể lặp lại được nhiều lần một cách độc lập trong những điều kiện giống hệt nhau. Ngoài ra để xác định một cách tương đối chính xác giá trị của xác suất thì cần tiến hành một số n đủ lớn lần các phép thử, mà việc này đôi khi không thể làm được vì hạn chế về thời gian và kinh phí. Ngày nay với sự trợ giúp của công nghệ thông tin, người ta có thể mô phỏng các phép thử ngẫu nhiên mà không cần thực hiện các phép thử trong thực tế. Điều này cho phép tính xác suất theo phương pháp thống kê thuận tiện hơn. 1.2.4 Định nghĩa xác suất theo hình học Định nghĩa 1.2: Giả sử không gian mẫu  có thể biểu diễn tương ứng với một miền nào đó có diện tích (thể tích, độ dài) hữu hạn và biến cố A tương ứng với một miền con của  thì xác suất của biến cố A được định nghĩa: 21
Chương1: Các khái niệm cơ bản về xác suất diÖn tÝch A P(A) . (1.7) diÖn tÝch  Ví dụ 1.27: Hai người bạn X , Y hẹn gặp nhau ở một địa điểm trong khoảng thời gian từ 12h đến 13h. Mỗi người có thể đến điểm hẹn một cách ngẫu nhiên tại một thời điểm trong khoảng thời gian nói trên và họ quy ước rằng ai đến trước thì chỉ đợi người kia trong vòng 15 phút. Tính xác suất để hai người gặp nhau. Giải: Giả sử x, y lần lượt là thời điểm X và Y đến điểm hẹn thì: 0 x 60 , 0 y 60. Vậy mỗi cặp thời điểm đến (x; y) là một điểm của hình vuông  0,602 (Hình 1.3). Gọi A là biến cố hai người gặp nhau thì A (;) x y  x y 15 (;) x y  15 x y x 15 . diÖn tÝch A 452 9 7 P(A) 1 1 . diÖn tÝch  602 16 16 y 60 A 4 10 A B 15 O 15 60 x Ví dụ 1.28: Xét trò chơi ném phi tiêu vào một đĩa hình tròn bán kính 10cm . Nếu mũi phi tiêu cắm vào đĩa cách tâm 2cm thì được giải nhất, nếu khoảngHình cách 1.4 n ày ở trong khoảng Hình 1.3 PTIT 2cm đến 4cm nhận được giải thứ hai. Giả sử mũi phi tiêu luôn cắm vào trong đĩa và đồng khả năng. Tính xác suất để người chơi được giải nhất, được giải nhì. Giải: Gọi A , B lần lượt là biến cố người chơi nhận được giải nhất, giải nhì. Có thể biểu diễn không gian mẫu  là hình tròn bán kính 10 (Hình 1.4). Khi đó biến cố A là hình tròn cùng tâm có bán kính 2 và biến cố B là hình vành khăn bán kính đường tròn trong bằng 2 và bán kính đường tròn ngoài bằng 4. Vậy xác suất để người chơi được giải nhất, được giải nhì lần lượt là: diÖn tÝch A .22 2 PA() , diÖn tÝch  .102 50 .(42 2 2 ) 7 PB() . .102 50 22
Chương1: Các khái niệm cơ bản về xác suất Ta đã có ba cách tiếp cận khác nhau về xác suất một biến cố, tất cả các định nghĩa này cùng có các tính chất sau. 1.2.5 Các tính chất và định lý xác suất 1.2.5.1 Các tính chất của xác suất Các định nghĩa trên của xác suất thoả mãn các tính chất sau: 1. Với mọi biến cố A : 0 P(A) 1. (1.8) 2. Xác suất của biến cố không thể bằng 0, xác suất của biến cố chắc chắn bằng 1. PP( ) 0, (  ) 1 (1.9) 1.2.5.2 Qui tắc cộng xác suất A. Trường hợp xung khắc Nếu A, B là hai biến cố xung khắc thì P(A  B) P(A) P(B) . (1.10) Tổng quát hơn, nếu A1, A2 , , An  là dãy các biến cố xung khắc từng đôi một thì n n P A P(A ) . (1.11)  i  i i 1 i 1 Từ công thức (1.9) và (1.11) ta có hệ quả: Nếu A1, A2 , , An  là một hệ đầy đủ thì n  P(Ai ) 1 (1.12) i 1 B. Trường hợp không xung khắc . Nếu A, B là hai biến cố bất kỳ thì PABPAPBPAB()()()()  (1.13) . Nếu A, B,C là ba biến cố bất kỳ thì PABCPAPBPCPABPBCPCAPABC()()()()()()()() PTIT     (1.14) . Nếu A1, A2 , , An  là dãy các biến cố bất kỳ n n n 1 PAPAPAAPAAAPAAA  i () i  ( i  j )  ( i  j k )(1)( 1  2 ) n i 1 i 1 1 i j n 1 i j k n (1.15) Ví dụ 1.29: Một lô hàng có 25% sản phẩm loại I, 55% sản phẩm loại II và 20% sản phẩm loại III. Sản phẩm được cho là đạt chất lượng nếu thuộc loại I hoặc loại II. Chọn ngẫu nhiên 1 sản phẩm tìm xác suất để sản phẩm này đạt tiêu chuẩn chất lượng. Giải: Gọi A1, A2 , A3 lần lượt là biến cố sản phẩm được chọn thuộc loại I, II, III. Ba biến cố này xung khắc từng đôi một. P(A1) 0,25, P(A2 ) 0,55, P(A3) 0,20. 23
Chương1: Các khái niệm cơ bản về xác suất Gọi A là biến cố sản phẩm được chọn đạt tiêu chuẩn chất lượng, ta có A A1  A2 . Vậy xác suất tìm được sản phẩm đạt tiêu chuẩn chất lượng là: P(A) P(A1) P(A2 ) 0,25 0,55 0,8 . Ví dụ 1.30: Gieo liên tiếp một đồng xu 3 lần. Gọi A là biến cố lần thứ nhất ra mặt sấp. B là biến cố lần thứ hai ra mặt ngửa. Gieo lần 1 Gieo lần 2 Gieo lần 3 Biến cố sơ cấp S  1 S N 2 S S 3 N  N 4 Gốc S 5 S  N 6 N S 7 N N 8 Hình 1.5: Sơ đồ cây của phép thử gieo đồng xu liên tiếp 3 lần 1 Từ sơ đồ ta có PAPB()() 2 1 AB ,  , do đó P() AB . Áp dụng quy tắc cộng ta được 3 4 4 1 1 1 3 PABPAPBPAB()()()()  . PTIT2 2 4 4 Ta cũng có thể tính trực tiếp bằng cách xác định AB 1,,,,,  2  3  4  7  8. Vậy 6 3 PAB() . 8 4 Ví dụ 1.31: Xét hai biến cố A, B trong cùng một phép thử có xác suất PA( ) 0,7, PB( ) 0,6 . a. Hai biến cố A, B có xung khắc không? b. Giả sử AB là biến cố chắc chắn, tìm PAB() . Giải : a. Theo công thức 1.8 và 1.13 ta có 1  PABPAPBPABPABPAB ( ) () ()    ( )0,70,6 ( ) ( )0,3 Vậy hai biến cố AB, không xung khắc. b. Trường hợp AB là biến cố chắc chắn thì PABPAPBPAB( ) () () (  )0,3 . 24
Chương1: Các khái niệm cơ bản về xác suất 1.2.5.3 Quy tắc tính xác suất của biến cố đối Áp dụng công thức (1.13) cho hệ đầy đủ A, A  ta được quy tắc tính xác suất biến cố đối: Với mọi biến cố A P( A) 1 P(A) ; PAPA( ) 1 ( ) . (1.16) Ví dụ 1.32: Trong phòng có n người ( n 365). a. Tính xác suất có ít nhất hai người có cùng ngày sinh? b. Tính xác suất này khi n 10 . Giải : a. Gọi A là biến cố có ít nhất hai người trong phòng có cùng ngày sinh. Biến cố đối A là biến cố mọi người không trùng ngày sinh. Ngày sinh của mỗi người đồng khả năng xảy ra tại 1 trong 365 ngày của năm. An (365)(364) (365 n 1) Vậy PA() 365 , PAPA( ) 1 ( ) . 365n 365 n b. Khi n 10 thì A10 PA( ) 365 0,883 , PA( ) 1 0,883 0,117 . 36510 Ví dụ 1.33: Xét mạng gồm 4 chuyển mạch cho trong hình 1.6. Mỗi vị trí chuyển mạch đều có hai trạng thái đóng hoặc mở đồng khả năng. Tính xác suất đoạn mạch giữa M và N ở trạng thái đóng. s 1  M  s3  N  s 2  PTITs4  Hình 1.6 Giải: Đặt Ak là biến cố “chuyển mạch sk ở trạng thái đóng”. Gọi A là biến cố “đoạn mạch giữa M và N ở trạng thái đóng”. Từ nhận xét 1.2 ta có AAAAAAAAAA 1  2  3  4 1  2  3  2  4 . Áp dụng công thức (1.15) ta có PAPAAAAAPAPAAPAAPAAA()  12324 1    23 24 123  PAAAPAAAAPAAAA 124 2324   1234 . 25
Chương1: Các khái niệm cơ bản về xác suất Mỗi chuyển mạch sk có 2 trạng thái, vậy đoạn mạch giữa M và N có 16 trạng thái đồng khả năng. Nếu chuyển mạch ở trạng thái đóng ta ký hiệu 1 và ở trạng thái mở ta ký hiệu 0. Ta có thể liệt kê tất cả các trường hợp có thể và sự xuất hiện các biến cố theo bảng sau: s 1 1 1 1 1 1 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 1 s2 1 1 1 1 0 0 0 0 1 1 1 1 0 0 0 0 s3 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 0 s4 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 1 0 Do đó 8 4 PA , PAAPAA   , 1 16 2 3 2 4 16 2 1 PAAAPAAAPAAA       , PAAAA    . 1 2 3 1 2 4 2 3 4 16 1 2 3 4 16 8 4 2 1 11 Vậy PA( ) 2. 3. 0,688. 16 16 16 16 16 Ví dụ 1.34: Giả sử phép thử C có không gian mẫu  a,,, b c d với xác suất P( a ) 0, 2 , P( b ) 0,3 , P( c ) 0, 4 , P( d ) 0,1. Xét hai biến cố A a, b và B b,, c d . Tính xác suất của các biến cố PA(); PB(); PA() ; PAB() và PAB() . Giải: P() A P () a P () b 0,2 0,3 0,5 ; P() B P () b P () c P () d 0,3 0,4 0,1 0,8 P( A ) P ( c ) P ( d ) 0, 4 0,1 0,5 hoặc PAPA( ) 1 ( ) 1 0,5 0,5 AB  do đó PABP( )PTIT (  ) 1 A B b do đó P( A B ) P ( b ) 0,3. 1.2.6 Nguyên lý xác suất lớn, xác suất nhỏ Biến cố không thể (biến cố  ) có xác suất bằng 0, một biến cố có xác suất gần bằng 0 vẫn có thể xảy ra khi thức hiện một số lớn các phép thử. Tuy nhiên qua thực nghiệm và quan sát thực tế, người ta thấy rằng các biến cố có xác suất nhỏ sẽ không xảy ra khi ta chỉ thực hiện một phép thử hay một vài phép thử. Từ đó ta thừa nhận nguyên lý sau đây, gọi là “Nguyên lý xác suất nhỏ”: Nếu một biến cố có xác suất rất nhỏ thì thực tế có thể cho rằng trong một phép thử biến cố đó sẽ không xảy ra. Khi tung đồng xu, ngoài khả năng mặt sấp hay mặt ngửa xuất hiện còn có khả năng đồng xu ở trạng thái đứng. Tuy nhiên khả năng thứ ba rất khó xảy ra,vì vậy thực tế ta luôn công nhận chỉ có hai khả năng mặt sấp và mặt ngửa xuất hiện. 26
Chương1: Các khái niệm cơ bản về xác suất Mỗi chuyến bay đều có một xác suất rất nhỏ bị xảy ra tai nạn, nhưng trên thực tế ta vẫn không từ chối đi máy bay vì tin tưởng rằng trong chuyến bay ta đi sự kiện máy bay rơi không xảy ra. Hiển nhiên việc quy định một mức xác suất thế nào được gọi là nhỏ sẽ phụ thuộc vào từng bài toán cụ thể. Chẳng hạn nếu xác suất để máy bay rơi là 0,01 thì xác suất đó chưa thể được coi là nhỏ. Song nếu xác suất một chuyến tàu khởi hành chậm là 0,01 thì có thể coi rằng xác suất này là nhỏ. Mức xác suất nhỏ này được gọi là mức ý nghĩa. Nếu là mức ý nghĩa thì số  1 gọi là độ tin cậy. Khi dựa trên nguyên lý xác suất nhỏ ta khẳng định rằng: “Biến cố A có xác suất nhỏ (tức là PA() ) sẽ không xảy ra trên thực tế” thì độ tin cậy của kết luận trên là  . Tính đúng đắn của kết luận chỉ xảy ra trong 100  % trường hợp. Tương tự như vậy ta có thể đưa ra “Nguyên lý xác suất lớn”: “Nếu biến cố A có xác suất gần bằng 1 thì trên thực tế có thể cho rằng biến cố đó sẽ xảy ra trong một phép thử”. Cũng như trên, việc quy định một mức xác suất thế nào được gọi là lớn sẽ tùy thuộc vào từng bài toán cụ thể. 1.3 XÁC SUẤT CÓ ĐIỀU KIỆN 1.3.1 Định nghĩa và các tính chất của xác suất có điều kiện Xác suất của biến cố B được tính trong điều kiện biến cố A xảy ra được gọi là xác suất của B với điều kiện A . Ký hiệu PBA( | ) . Tính chất  Nếu P(A) 0 thì PAB() PBA( | ) . (1.17) PA()  Khi cố định A với P(A) 0 thì xác suất có điều kiện PBA( | ) có tất cả các tính chất của xác suất thông thường (công thức (1.7)-(1.15)) đối với biến cố B . Chẳng hạn: PBAPBAPBBAPBAPBAPBBA( | ) 1 PTIT , 1  2 1 2 1  2 (1.18) Nhận xét 1.5: Ta có thể tính xác suất có điều kiện PBA( | ) bằng cách áp dụng công thức (1.17) hoặc tính trực tiếp. Ví dụ 1.35: Gieo đồng thời hai con xúc xắc (6 mặt) cân đối. Tính xác suất để tổng số chấm xuất hiện trên hai con xúc xắc 10 biết rằng ít nhất một con đã ra chấm 5. Giải: Gọi A là biến cố “ít nhất một con ra chấm 5”. 2 5 11 PAPA( ) 1 1 . 6 36 Gọi B là biến cố “tổng số chấm trên hai con 10 ” Biến cố AB có 3 kết quả thuận lợi là (5,6) , (5,5), (6,5). 27
Chương1: Các khái niệm cơ bản về xác suất 3 3 11 3 Vậy PABPBA() . 36 36 36 11 Ta cũng có thể tính trực tiếp như sau. Có 11 trường hợp ít nhất một con xúc xắc xuất hiện mặt 5 chấm: (5,1);(5,2);(5,3);(5, 4);(5,5) ; (5,6) ;(1,5);(2,5);(3,5);(4,5); (6,5) trong đó có 3 trường hợp tổng số chấm 10 . 3 Vậy PBA( | ) 11 Ví dụ 1.36: Xét phép thử gieo liên tiếp 2 lần con xúc xắc 4 mặt trong ví dụ 1.4. Gọi X , Y lần lượt là số chấm xuất hiện khi gieo lần thứ nhất và lần thứ hai. Ta tính xác suất có điều kiện PBA( | ) trong đó A max( X , Y ) m, BXY min( , ) 2 Và m nhận một trong các giá trị 1, 2, 3, 4, 5, 6. Giải: Có thể biểu diễn không gian mẫu của phép thử và các biến cố tương ứng dưới dạng sau: m 6 6 6 Kết 5 Kết 5 quả quả 4 4 thứ thứ hai hai 3 B 3 Y Y 2 2 1 1 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 m 1 m 2 m 5 Kết quả thứ nhất X PTITKết quả thứ nhất X Biến cố B Biến cố A Hình 1.7: Phép thử gieo liên tiếp 2 lần xúc xắc Từ hình 1.7 ta được: 8/36nÕu m 3,4,5,6 8 / 9nÕu m 3,4,5,6 9 PB() ; P( A B ) 1/ 36nÕu m 2 P( A | B ) 1/ 9nÕu m 2 . 36 0nÕu m 1 0nÕu m 1 Ví dụ 1.37: Có hai phân xưởng của nhà máy sản xuất cùng một loại sản phẩm. Phân xưởng I sản xuất được 1000 sản phẩm trong đó có 100 phế phẩm. Phân xưởng II sản xuất được 2000 sản phẩm trong đó có 150 phế phẩm. Lấy ngẫu nhiên một sản phẩm để kiểm tra và đó là phế phẩm. Tính xác suất phế phẩm này do phân xưởng thứ I sản xuất. 28
Chương1: Các khái niệm cơ bản về xác suất Giải: Gọi B là biến cố sản phẩm được chọn để kiểm tra là phế phẩm. Gọi A là biến cố sản phẩm được chọn để kiểm tra do phân xưởng I sản xuất. Ta cần tính xác suất có điều kiện PAB( | ) . 100 1 Biến cố AB có 100 kết quả thuận lợi đồng khả năng do đó PAB() . 3000 30 250 1 Trong 3000 sản phẩm sản xuất ra có 250 phế phẩm, do đó PB() . 3000 12 1/ 30 2 Áp dụng công thức (1.17) ta được PAB( | ) 0,4. 1/12 5 Ta có thể tính trực tiếp xác suất PAB( | ) như sau: Có 250 trường hợp đồng khả năng có thể lấy được phế phẩm của nhà máy nhưng chỉ có 100 kết quả thuận lợi đối với biến cố phế phẩm do phân xưởng I sản xuất. Vậy xác suất để lấy được phế phẩm do phân xưởng thứ I sản xuất trong số các phế phẩm là 100 2 PAB( | ) 0,4 . 250 5 1.3.2 Quy tắc nhân xác suất 1.3.2.1 Trường hợp độc lập: . Nếu A, B là hai biến cố độc lập thì xác suất của biến cố B không phụ thuộc vào A có xảy ra hay không (xem mục 1.1.3–f), nghĩa là PBAPB( | ) ( ) . Theo (1.17) ta có PABPAPB()()() . (1.19) . Nếu AAA1, 2 , , n là các biến cố độc lập thì PAAAPAPAPA 1 2  n 1 2 n . (1.20) Thông thường tính độc lập của các biến cố được suy ra từ ý nghĩa thực tế. Chẳng hạn nếu A là biến cố xạ thủ thứ nhất bắn trúng mục tiêu và B là biến cố xạ thủ thứ hai bắn trúng mục tiêu (xem ví dụ 1.16) thì A, B là hai biến cố độc lập. 1.3.2.2 Trường hợp không độc lập:PTIT . Với hai biến cố A, B bất kỳ, áp dụng công thức (1.17) ta có PABPAPBA( ) ( ) ( | ) (1.21) . Với n biến cố bất kỳ AAA1, 2 , , n : PAAAPAPAAPAAAPAAAA 12  n 121312  n 12    n 1 (1.22) Ví dụ 1.38: Túi I chứa 3 bi trắng, 7 bi đỏ, 15 bi xanh. Túi II chứa 10 bi trắng, 6 bi đỏ, 9 bi xanh. Từ mỗi túi lấy ngẫu nhiên 1 bi. Tìm xác suất để 2 bi được rút từ 2 túi là cùng màu. Giải: Gọi At , Ađ , Ax lần lượt là biến cố bi được rút từ túi I là trắng, đỏ, xanh. Bt , Bđ , Bx lần lượt là biến cố bi được rút từ túi II là trắng, đỏ, xanh. 29
Chương1: Các khái niệm cơ bản về xác suất Các biến cố At , Ađ , Ax xung khắc, Bt , Bđ , Bx xung khắc; Các biến cố At , Ađ , Ax độc lập với các biến cố Bt , Bđ , Bx . Biến cố 2 bi được rút cùng mầu là ABABABt t  đ  đ  x  x Vậy xác suất cần tìm: PABABABPABPABPAB t  t đ đ x x t t đ  đ x  x (theo công thức 1.10) PAPBPAPBPAPB t t đ đ x x (theo công thức 1.19) 310 7 6 159 207    0,331. 25 25 25 25 25 25 625 Ví dụ 1.39: Một hộp đựng 100 con chíp bán dẫn trong đó có 20 chíp là phế phẩm. Lấy ngẫu nhiên không hoàn lại 2 chíp bán dẫn ở trong hộp. a. Tính xác suất con chíp lấy được lần đầu là phế phẩm. b. Tính xác suất con chíp lấy được lần thứ hai là phế phẩm biết rằng con chíp lấy lần đầu cũng là phế phẩm. c. Tính xác suất cả hai con chíp lấy được đều là phế phẩm. Giải: a. Gọi A1 là biến cố con chíp lấy được lần đầu là phế phẩm, ta có 20 PA( ) 0,2 . 1 100 b. Gọi A2 là biến cố con chíp lấy được lần thứ hai là phế phẩm. Vậy xác suất con chíp lấy được lần thứ hai là phế phẩm biết rằng con chíp lấy lần đầu cũng là phế phẩm: 19 PAA( | ) 0,192 . 2 1 99 20 19 c. PAAPAPAA( ) ()(|)  0,0384 . 1 2PTIT 1 2 1 100 99 Ví dụ 1.40: Một thủ kho có một chùm chìa khóa gồm 9 chiếc, bề ngoài chúng giống hệt nhau nhưng trong đó chỉ có đúng 2 chiếc mở được kho. Anh ta thử ngẫu nhiên từng chìa (chìa nào không trúng thì bỏ ra). Tính xác suất để đến lần thử thứ ba mới mở được kho. Giải: Ký hiệu Ai là biến cố “thử đúng chìa ở lần thứ i ”; i 1, ,8 . Ký hiệu B là biến cố “đến lần thử thứ ba mới mở được kho”. Ta có BAAA 1  2  3 . Các biến cố này không độc lập, áp dụng công thức 1.18 ta có PAAAPAPAAPAAA 1 2  3 1 2 1 3 1  2 . Từ giả thiết ta có thể tính được 7 6 2 PA , PAA , PAAA 1 9 2 1 8 3 1 2 7 30
Chương1: Các khái niệm cơ bản về xác suất Do đó 7 6 2 1 PAAA    . 1 2 3 9 8 7 6 Ví dụ 1.41: Rút lần lượt ngẫu nhiên không hoàn lại 3 quân bài từ cỗ bài tú lơ khơ. Tính xác suất trong các trường hợp sau: a. Cả 3 quân bài rút được không phải là quân bích. b. Lần thứ nhất rút được không phải quân bích và lần thứ hai rút được quân bích. c. Hai lần đầu rút được không phải quân bích và lần thứ ba rút được quân bích. Giải: : Gọi AAA1,, 2 3 lần lượt tương ứng là biến cố lần thứ nhất, lần thứ hai và lần thứ ba rút được quân bài không phải là bích. a. Biến cố cả 3 quân bài rút được không phải là quân bích là AAA1 2  3 . Vậy xác suất cần tìm là PAAAPAPAAPAAA(1 2  3 ) ( 1 ) ( 2 | 1 ) ( 3 | 1  2 ) . 39 38 37 PA() , PAA( | ) , PAAA( | ) . 1 52 2 1 51 3 1 2 50 39 38 37 PAAA()    . 1 2 3 52 51 50 b. Xác suất lần thứ nhất rút được không phải quân bích và lần thứ hai rút được quân bích là 39 13 PAAPAPAA |  . 1 2 1 2 1 52 51 c. Xác suất hai lần đầu rút được không phải quân bích và lần thứ ba rút được quân bích là 39 38 13 PAAAPAPAAPAAA  | |    . 1 2 3 1 2 1 3 1 2 52 51 50 Tương tự ví dụ 1.12 và ví dụ 1.24 ta có thể biểu diễn các biến cố và xác suất tương ứng của phép thử rút liên tiếp 3 quân bài dưới dạng sơ đồ cây Không phải quân bích PTIT 37/50 Quân bích Không phải quân bích 13/50 38/51 Quân bích Không phải quân bích 13/51 39/52 Quân bích 13/52 Hình 1.8: Sơ đồ cây rút liên tiếp 3 quân bài 31
Chương1: Các khái niệm cơ bản về xác suất Ví dụ 1.42: Cô thư ký xếp ngẫu nhiên n bức thư (với địa chỉ người nhận khác nhau) vào n phong bì đã có sẵn địa chỉ. Tính xác suất ít nhất một bức thư xếp đúng địa chỉ cần gửi. Giải: Gọi AAA1, 2 , , n lần lượt là biến cố bức thư thứ nhất, hai, , thứ n xếp đúng địa chỉ cần gửi. Vậy biến cố ít nhất một bức thư xếp đúng địa chỉ cần gửi là BAAA 1  2   n . Áp dụng công thức (1.14): n n 1 PBPAPAAPAAAPAAA ()i  ( i  j )  ( i  j k ) (1)(1  2 ) n i 1 i j i j k 1 Ta có PA() (vì có n kết quả có thể và 1 kết quả thuận lợi đối với biến cố) i n 1 1 (n 2)! i j: P ( A  A ) P ( A ) P ( A | A ) . i j i j i n n 1 n ! 1 1 1 (n 3)! i jkPA :(  A  A )()(|)(| PAPAAPAA  A ) i j k i j i k i j n n 1 n 2 n ! PAAAPAPAAPAAAPAAAA 12  n 121312  n 12    n 1 1 1 1 1 1 . . n n 1 n 2 1 n ! 2 n! (n 2)! Tổng  PAA()i j có Cn số hạng bằng nhau và bằng , 1 i j n 2!(n 2)! n! 3 n! (n 3)!  PAAA()i j  k có Cn số hạng bằng nhau và bằng , 1 i j k n 3!(n 3)! n! Thay vào công thức trên ta được n 1(2)!n (3)! n 1 11 1 PB    ( 1)n 1 1  ( 1) n 1 . n n!PTIT n ! n ! 2! 3! n ! i 1 i j i j k Từ công thức khai triển Mc. Laurin hàm mũ ta có x2 xn ex 1 x   2!n ! 1 ( 1)n 1 1 1 e 1 1 1  1 (1  ( 1)n 1  ) 2!n ! 2! 3! n ! Chuỗi số trên hội tụ khá nhanh, vì vậy khi n đủ lớn ( n 10) ta có giá trị xấp xỉ P( B ) 1 e 1 0,6321. 1.3.3 Công thức xác suất đầy đủ Định lý 1.2: Giả sử AAA1, 2 , , n là một hệ đầy đủ các biến cố. Khi đó, với mọi biến cố B của cùng một phép thử ta có 32
Chương1: Các khái niệm cơ bản về xác suất n n PBPABPAPBA()()() i   i i (1.23) i 1 i 1 Ví dụ 1.43: Một người tham gia thi đấu cờ vua với một nhóm các đấu thủ chia làm ba loại: loại I chiếm 1/ 2 số đấu thủ, loại II chiếm 1/ 4 số đấu thủ và loại III chiếm 1/ 4 số đấu thủ còn lại. Xác suất anh ta thắng đấu thủ loại I là 0,3, thắng đấu thủ loại II là 0,4 và thắng đấu thủ loại III là 0,5. Anh ta thi đấu ngẫu nhiên với một trong các đấu thủ loại I, loại II hoặc loại III. Tính xác suất anh ta thắng cuộc. Giải: Gọi A1 , A2 , A3 lần lượt là biến cố anh ta thi đấu với một trong các đấu thủ thuộc loại I, loại II, hoặc loại III. Ta có PA(1 ) 0,5, PA(2 ) 0, 25 , PA(3 ) 0, 25. Gọi B là biến cố anh ta đánh thắng, theo giả thiết ta có PBA( |1 ) 0,3; PBA( |2 ) 0,4 ; PBA( |3 ) 0,5 . Áp dụng công thức xác suất đầy đủ (1.23) ta được PBPAPBAPAPBAPAPBA()()()() 1 1 2 2 3 3 0,5  0,3 0,25  0,4 0,25  0,5 0,375 . Ví dụ 1.44: Một túi đựng 4 bi trắng và 6 bi đen. Người thứ nhất lấy ngẫu nhiên từ túi 3 bi (không hoàn lại), người thứ hai lấy tiếp 2 bi. Tính xác suất để người thứ hai lấy được 1 bi trắng. Giải: Gọi lần lượt A0 , A1 , A2 , A3 là biến cố người thứ nhất lấy được 0, 1, 2, 3 bi trắng. Gọi B là biến cố người thứ hai lấy được 1 bi trắng. C3 1 CC1 2 1 CC2 1 3 C3 1 Ta có: 6 , 4 6 , 4 6 , 4 . PA()0 3 PA()1 3 PA()2 3 PA()3 3 C10 6 C10 2 C10 10 C10 30 Ta có bảng tổng hợp của các kết quả sau khi người thứ nhất chọn ngẫu nhiên 3 bi: PTIT Biến cố Ak xảy ra A0 A1 A2 A3 Số bi màu trắng người thứ nhất lấy được 0 1 2 3 Số bi màu trắng còn lại sau khi người thứ nhất lấy 4 3 2 1 Số bi màu đen còn lại sau khi người thứ nhất lấy 3 4 5 6 Từ đó ta tính được các xác suất có điều kiện CC1 1 12 CC1 1 12 CC1 1 10 CC1 1 6 PBA() 4 3 , PBA() 3 4 , PBA() 2 5 , PBA() 1 6 . 0 2 1 2 2 2 3 2 C7 21 C7 21 C7 21 C7 21 112 112 310 1 6 56 Vậy PB()     . 6 21 2 21 10 21 30 21 105 33
Chương1: Các khái niệm cơ bản về xác suất Ví dụ 1.45: Gieo xúc xắc. Nếu mặt 1 chấm hoặc 2 chấm xuất hiện ta gieo tiếp lần nửa và ngừng nếu ngược lại. Tính xác suất để tổng số chấm xuất hiện ít nhất là 5. Giải: Gọi Ak là biến cố lần gieo thứ nhất xuất hiện k chấm, ta có 1 PA() với mọi k 1,2,3,4,5,6 . k 6 Gọi B là biến cố tổng số chấm xuất hiện ít nhất là 5. Giả sử biến cố A1 xảy ra, khi đó tổng số chấm ít nhất là 5 khi kết quả của lần gieo thứ hai là 4 chấm, 5 chấm hoặc 6 chấm. Tương tự, nếu biến cố A2 xảy ra, khi đó tổng số chấm ít nhất là 5 khi kết quả của lần gieo thứ hai là 3, 4, 5 hoặc 6 chấm. Vậy 3 4 PBA( | ) , PBA( | ) 1 6 2 6 Nếu biến cố A3 , A4 , A5 hoặc A6 xảy ra thì dừng lại không gieo tiếp lần thứ hai, do đó PBAPBA( |3 ) ( | 4 ) 0, PBAPBA( |5 ) ( | 6 ) 1. Áp dụng công thức xác suất đầy đủ ta được 1 3 1 4 1 1 1 1 19 PB( )       0 0 1 1 . 6 6 6 6 6 6 6 6 36 1.3.4 Công thức Bayes Từ công thức (1.21) ta có PAPBAPABPBPAB()(|)k k ( k  ) ()(|) k . Dựa vào đẳng thức này ta được kết quả sau. Định lý 1.3: Giả sử AAA1, 2 , , n là một hệ đầy đủ các biến cố. Khi đó, với mọi biến cố B của cùng một phép thử và P(B) 0 ta có: PAPBAPAPBA()()k k k k P Ak B ; k 1,2, , n . (1.24) PB() n PTITPAPBA()  i i i 1 Nhận xét 1.7: Trong thực tế các xác suất PAPAPA(1 ), ( 2 ), , (n ) đã biết và được gọi là các xác suất tiền nghiệm. Sau khi quan sát biết được biến cố B xảy ra, các xác suất của Ak được tính trên thông tin này (xác suất có điều kiện P Ak B ) được gọi là xác suất hậu nghiệm. Vì vậy công thức Bayes còn được gọi là công thức xác suất hậu nghiệm. Ví dụ 1.46: Xét kênh viễn thông nhị phân được biểu diễn như sơ đồ Hình 1.9. Đầu vào của kênh ký hiệu là X và giả thiết rằng chỉ có hai trạng thái 0 và 1, tương tự đầu ra ký hiệu là Y và cũng chỉ có hai trạng thái 0 và 1. Do bị nhiễu kênh nên đầu vào 0 có thể chuyển thành đầu ra là 1 và ngược lại. Gọi là X0 biến cố “ X có trạng thái 0” và X1 là biến cố “ X có trạng thái 1”. 34
Chương1: Các khái niệm cơ bản về xác suất Gọi là Y0 biến cố “đầu ra Y có trạng thái 0” và là Y1 biến cố “đầu ra Y có trạng thái 1”. Khi đó XX0, 1 và YY0, 1 là hai hệ đầy đủ. q0 0 0 p0 X Y p1 1 1 q 1 Hình 1.9 Kênh được đặc trưng bởi các xác suất chuyển p0 , q0 , p1 và q1 , trong đó p0 P Y 1 X 0 và p1 P Y 0 X 1 q0 P Y 0 X 0 và q1 P Y 1 X 1 p0 q 0 1 p 1 q 1 . p0 , p1 được gọi là xác suất lỗi Giả sử PX 0 0,5 (hai tín hiệu 0, 1 đầu vào đồng khả năng), p0 0,1 và p1 0,2. a. Tìm xác suất đầu ra của kênh là 0 và xác suất đầu ra của kênh là 1. b. Giả sử đầu ra của kênh nhận được là 0. Tìm xác suất nhận đúng tín hiệu đầu vào. c. Tính xác suất lỗi Pe PTIT Giải: PXPX 1 1 0 0,5 ; q0 1 p 0 1 0,1 0,9; q1 1 p 1 1 0,2 0,8 a. Áp dụng công thức xác suất đầy đủ với hệ đầy đủ XX0, 1 ta được: PYPXPYXPXPYX 0 ( 0 ) 0 0 ( 1 ) 0 1 0,50,90,50,20,55 PYPXPYXPXPYX 1 ( 0 ) 1 0 ( 1 ) 1 1 0,50,10,50,80,45 . b. Áp dụng công thức Bayes ta có PXPYX 0 0 0 0,5 0,9 PXY 0 0 0,818. PY 0 0,55 c. Xác suất lỗi là xác suất của biến cố đầu vào 0 và đầu ra 1 hoặc biến cố đầu vào 1 và đầu ra 0. Vậy 35
Chương1: Các khái niệm cơ bản về xác suất PPXYXYPXPYXPXPYXe  0 1 1 0 ( 0 ) 1 0 ( 1 ) 0 1 0,50,10,50,20,15 . Ví dụ 1.47: Một nhà máy có ba phân xưởng I, II, III cùng sản xuất ra một loại sản phẩm. Phân xưởng I, II, III sản xuất tương ứng 36%, 34%, 30% sản lượng của nhà máy, với tỷ lệ phế phẩm tương ứng là 0,12; 0,1; 0,08. a. Tìm tỷ lệ phế phẩm chung của nhà máy. b. Lấy ngẫu nhiên một sản phẩm kiểm tra và đó là phế phẩm. Tính xác suất để phế phẩm đó là do phân xưởng I sản xuất. Giải: Lấy ngẫu nhiên một sản phẩm của nhà máy để kiểm tra. Gọi B là biến cố “sản phẩm kiểm tra là phế phẩm”. Gọi A1 , A2 , A3 lần lượt là biến cố sản phẩm lấy ra kiểm tra do phân xưởng I, II, III sản xuất. Theo giả thiết ta có: hệ 3 biến cố AAA1,, 2 3 đầy đủ (xem ví dụ 1.8). PAPAPA 1 0,36; 2 0,34; 3 0,30. PBAPBAPBA 1 0,12; 2 0,10; 3 0,08. a. Xác suất của biến cố B cũng là tỉ lệ phế phẩm chung của nhà máy. Áp dụng công thức xác suất đầy đủ (1.23) ta có PBPAPBAPAPBAPAPBA 1 1 2 2 3 3 0,1012 b. Áp dụng công thức Bayes ta được PAPBA 1 1 0,36 0,12 PAB 0, 427 1 PB 0,1012 Ví dụ 1.48: Người ta dùng một thiết bị để kiểm tra một loại sản phẩm nhằm xác định sản phẩm có đạt yêu cầu không. Biết rằng sản phẩm có tỉ lệ phế phẩm là p . Thiết bị có khả năng phát hiện đúng sản phẩm là phế phẩm với xác suất và phát hiện đúng sản phẩm đạt chất lượng với xác suất  . KiPTITểm tra ngẫu nhiên một sản phẩm, tìm xác suất sao cho sản phẩm này: a. Được kết luận là phế phẩm (biến cố A ). b. Được kết luận là đạt chất lượng thì lại là phế phẩm. c. Được kết luận đúng với thực chất của nó. Giải: Gọi H là biến cố “sản phẩm được chọn là phế phẩm”. Theo giả thiết ta có: P(),, H p P A H P A H  . a. Áp dụng công thức đầy đủ của biến cố A với hệ đầy đủ HH,  ta có: PA( ) PHPAH ( ) PHPAH p (1 p )(1  ) . 36
Chương1: Các khái niệm cơ bản về xác suất b. Biến cố sản phẩm kiểm tra được kết luận đạt chất lượng nhưng là phế phẩm là biến cố H với điều kiện A . Áp dụng công thức Bayes ta được PHAPHPAH  ( ) | p(1 ) PHA | . PAPA p(1 ) (1 p )  c. Biến cố kết luận là đúng với thực chất của nó là AH A H , có xác suất PAH  PAH  PHPAH( ) PHPAH p (1 p )  . Ta có thể biểu diễn kết quả dưới dạng cây biểu đồ như sau PAH( | ) 1  Kết luận là phế phẩm Chính phẩm P( H ) 1 p PAH( | )  P() H p PAH( | ) Phế phẩm Kết luận đúng với thực chất PAH( | ) 1 Hình 1.10: Sơ đồ cây xác suất đầy đủ PTIT Ví dụ 1.49: Giả sử hai biến cố A , B có xác suất PA( ) 2 / 5 , PB( ) 1/ 3 và P( AB ) 1/ 6 . Hãy tính a. PAB( | ) b. PAB() c. PAB() d. PBA( | ) . PAB( ) 1/ 6 1 Giải: a. PAB( | ) PB( ) 1/3 2 2 1 1 17 b. PABPAPBPAB()()()()  . 5 3 6 30 PBA( ) 1/ 6 5 2 5 7 c. PBAPABPAPBA(|) ()()(|).1  . PA()2/512 51230 37
Chương1: Các khái niệm cơ bản về xác suất 2 7 . 1 PAB( ) 7 / 30 7 PBPAB( ) ( | )3 20 13 d. PAB( | ) PBA( | ) . PB() 2 / 3 20 PA() 3 18 5 1.4 DÃY PHÉP THỬ BERNOULLI Một phép thử có thể lặp lại, độc lập và trong mỗi phép thử ta xét sự xuất hiện của biến cố A không đổi với P(A) p , (0 p 1) được gọi là phép thử Bernoulli. p là xác suất thành công trong mỗi lần thử. Một dãy lặp lại cùng một phép thử Bernoulli được gọi là dãy phép thử Bernoulli. Kí hiệu Hk là biến cố “ A xuất hiện ra đúng k lần trong n phép thử”. Đặt Pn (k ; p) P(Hk ). Định lý 1.4: Xác suất của biến cố “ A xuất hiện ra đúng k lần trong n phép thử” là: k k n k Pn (k ; p) Cn p (1 p) ; k 0,1, , n . (1.25) k Chứng minh: Hk là tổng của Cn các biến cố xung khắc từng đôi nhận được bằng cách hoán vị các chữ A và A trong biến cố tích sau (xem nhận xét 1.2): AAAA       k lÇn n k lÇn Từ tính chất độc lập suy ra xác suất của mỗi biến cố dạng này bằng P( A  A  A   A ) pk (1) p n k .   k lÇn n k lÇn k k n k Vậy Pn (k ; p) Cn p (1 p) . Khi p và n không đổi thì xác suất Pn(;) k p phụ thuộc k và đạt giá trị lớn nhất thỏa mãn điều kiện sau. Định lý 1.5: Thực hiện một dãy n phépPTIT thử Bernoulli với xác suất thành công trong mỗi lần thử là p . Ta có các kết quả sau: (n k 1) p (i). P (k ; p) P (k 1; p) (1.26) n kq n (ii). Khi k tăng từ 0 đến n thì Pn (k ; p) mới đầu tăng sau đó giảm và đạt giá trị lớn nhất tại k m thoả mãn: (n 1) p 1 m (n 1) p (1.27) Như vậy, Pmax Pn (;) m p . Khi (n 1) p không nguyên thì m (n 1) p (là phần nguyên của (n 1) p ). . Khi (n 1) p nguyên thì m (n 1) p 1 hoặc m (n 1) p Pmax Pn (m 1; p) Pn (m; p) (1.28) 38
Chương1: Các khái niệm cơ bản về xác suất n! p k q n k P (k ; p) k!(n k)! (n k 1) p Chứng minh: n , từ đó có (1.26). P (k 1; p) n! kq n p k 1q n k 1 (k 1)!(n k 1)! P (k ; p) (k 1)(1 p) (1.26) n . Do đó Pn (k 1; p) (n k) p P(;) k p (k 1)(1 p ) n 1 1(1)(1)k k p np kp k 1(1) n p . Pn ( k 1; p ) ( n k ) p Vậy: Pn (k ; p) Pn (k 1; p) khi k (n 1) p 1 Pn (k ; p) Pn (m; p) , k ( n 1) p 1. và Pn (k ; p) Pn (k 1; p) khi k (n 1) p Pn (k ; p) Pn (m; p) , k ( n 1) p , trong đó m là số tự nhiên thỏa mãn (n 1) p 1 m (n 1) p . P( m 1; p ) (n 1)(1 p ) p ( n 1)(1 p ) p Khi m (n 1) p thì n 1 Pmpn (;) nnp (1)1 pn 1(1) npp Pn (m 1; p) Pn (m; p) . Định nghĩa 1.3: m xác định bởi công thức (1.27) hoặc (1.28) được gọi là số lần xuất hiện có khả năng nhất hay giá trị có khả năng xảy ra lớn nhất. Ví dụ 1.50: Bắn 7 viên đạn vào bia. Xác suất trúng đích của mỗi viên là 0,6 . Tìm xác suất trong các trường hợp sau: a. Có đúng 3 viên trúng bia. b. Có ít nhất 6 viên trúng bia. c. Có ít nhất 1 viên trúng bia. d. Tìm số viên đạn trúng bia có khả năng lớn nhất. Giải: Có thể xem bắn mỗi viên đạn vào bia là thực hiện một phép thử Bernoulli mà xác suất thành công của phép thử là xác suất bắn trúng bia, theo giả thiết là 0,6. Bắn 7 viên là thực hiện 7 lần phép thử. Vậy:PTIT a. Xác suất để có đúng 3 viên trúng bia là 3 3 4 PC7(3;0,6) 7 0,6 0,4 0,1935 . b. Xác suất để có ít nhất 6 viên trúng bia là 66 7 7 PPCC7(6;0,6) 7 (7;0,6) 7 0,6 0,4 7 0,6 0,1586 . c. Xác suất để có ít nhất 1 viên trúng bia là 00 7 7 1 PC7 (0;0,6) 1 7 0,6 0,4 1 (0,4) 0,998. d. (n 1) p (7 1)(0,6) 4,8. Vậy số viên đạn có khả năng trúng bia nhất là 4. Ví dụ 1.49: Tín hiệu thông tin được phát đi 3 lần độc lập nhau. Xác suất thu được mỗi lần là 0.4. a. Tìm xác suất để nguồn thu nhận được thông tin đúng 2 lần. b. Tìm xác suất để nguồn thu nhận được thông tin đó. 39
Chương1: Các khái niệm cơ bản về xác suất c. Nếu muốn xác suất thu được tin 0,9 thì phải phát đi ít nhất bao nhiêu lần. Giải: Có thể xem mỗi lần phát tin là một phép thử Bernoulli mà sự thành công của phép thử là nguồn thu nhận được tin, theo giả thiết xác suất thành công của mỗi lần thử là 0,4. Vậy: a. Xác suất để nguồn thu nhận được thông tin đúng 2 lần là 2 2 PC3(2;0,4) 3 0,4 0,6 0,288 . b. Xác suất để nguồn thu nhận được thông tin là 3 PP 1 3 (0;0,4) 1 0,6 0,784 . c. Xác suất để nguồn thu nhận được thông tin khi phát n lần là P 1 0,6 n . Vậy nếu muốn xác suất thu được tin 0,9 thì phải phát đi ít nhất n lần sao cho: n n lg 0,1 1 1 0,6 0,9 0,6 0,1 n 4,504 . Chọn n 5. lg 0,6 1 0,778 TÓM TẮT Trong chương này ta xét đến phép thử, biến cố và xác suất của biến cố. Có thể xem biến cố của một phép thử là tập con của không gian mẫu của phép thử này. Do đó ta có các quan hệ giữa các biến cố tương tự với các phép toán giữa các tập hợp, đó là phép toán hợp, giao và lấy phần bù của tập hợp. Để tính xác suất của biến cố trường hợp đồng khả năng ta sử dụng phương pháp xác suất cổ điển (công thức 1.1a) và các quy tắc đếm. Trường hợp đã biết xác suất các biến cố nào đó và cần tính xác suất của các biến cố mới có liên quan ta sử dụng các quy tắc tính xác suất, trong đó có các công thức sau: Công thức cộng xác suất (1.10-1.13) Công thức xác suất biến cố đối (1.14) Công thức nhân xác suất (1.17-1.20) Công thức xác suất đầy đủ, công thức Bayes (1.23-1.24) PTIT Công thức xác suất của dãy phép thử Bernoulli (1.25). CÂU HỎI ÔN TẬP VÀ BÀI TẬP CHƯƠNG 1 1.1 Ta có thể có hai không gian mẫu  các biến cố sơ cấp cho cùng một phép thử C ? Đúng Sai . 1.2 Các biến cố A và A  B là xung khắc. Đúng Sai . 1.3 Hai biến cố A và B xung khắc thì P(A  B) P(A) P(B). Đúng Sai . 1.4 Hệ hai biến cố AA,  là một hệ đầy đủ. Đúng Sai . 1.5 Hai biến cố xung khắc là hai biến cố độc lập. 40
Chương1: Các khái niệm cơ bản về xác suất Đúng Sai . 1.6 Các biến cố đối của hai biến cố độc lập cũng là độc lập. Đúng Sai . 1.7 Xác suất của tổng hai biến cố độc lập bằng tổng xác suất của hai biến cố này. Đúng Sai . 1.8 Xác suất của tích 2 biến cố xung khắc bằng tích 2 xác suất. Đúng Sai . 1.9 Khi áp dụng công thức xác suất đầy đủ để tính xác suất biến cố B dựa vào hệ đầy đủ AA1 , , n thì các biến cố B và AA1 , , n phải trong cùng một phép thử. Đúng Sai . 1.10 Cho  a,b,c, d trong đó các biến cố sơ cấp là đồng khả năng. Biến cố A a,b và B a,c là phụ thuộc vì chúng cùng xảy ra khi biến cố sơ cấp a xảy ra. Đúng Sai . 1.11 Trong một hòm đựng 10 chi tiết đạt tiêu chuẩn và 5 chi tiết là phế phẩm. Lấy đồng thời 3 chi tiết. Tính xác suất: a. Cả 3 chi tiết lấy ra thuộc loại đạt tiêu chuẩn. b. Trong số 3 chi tiết lấy ra có 2 chi tiết đạt tiêu chuẩn. 1.12 Một hộp có 10 bi màu đỏ, 30 trắng, 20 xanh và 15 vàng. Lấy ngẫu nhiên từ hộp 1 bi, tính xác suất bi lấy được trong các trường hợp sau: a. màu vàng hoặc đỏ b. không phải màu và không phải màu xanh c. màu trắng d. màu đỏ hoặc trắng hoặc xanh 1.13 Một hộp có 2 bi màu đỏ và 3 bi màu xanh. Lấy ngẫu nhiên từ hộp 2 bi, tính xác suất 2 bi lấy được trong các trường hợp sau: a. cả hai cùng màu xanh b. cả hai cùng màu đỏ c. 1 bi màu đỏ và 1 bi màu xanh 1.14 Thang máy của một tòa nhà PTIT7 tầng xuất phát từ tầng một với 3 khách. Tìm xác suất để: a. Tất cả cùng ra ở tầng bốn. b. Tất cả cùng ra ở một tầng c. Mỗi người ra một tầng khác nhau. 1.15 Một người gọi điện thoại cho bạn nhưng lại quên mất 3 chữ số cuối và chỉ nhớ rằng chúng khác nhau. Tìm xác suất để người đó quay số một lần được đúng số điện thoại của bạn. 1.16 Ta kiểm tra theo thứ tự một lô hàng có 10 sản phẩm. Mỗi sản phẩm thuộc một trong hai loại: Tốt hoặc Xấu. Ký hiệu Ak ( k 1, ,10 ) là biến cố chỉ sản phẩm kiểm tra thứ k thuộc loại xấu. Biểu diễn các biến cố sau theo Ak : a. Cả 10 sản phẩm đều xấu. b. Có ít nhất một sản phẩm xấu. c. Có 6 sản phẩm kiểm tra đầu là tốt, các sản phẩm còn lại là xấu. 41
Chương1: Các khái niệm cơ bản về xác suất d. Có 6 sản phẩm kiểm tra đầu là xấu. 1.17 Xét các mạng với ba vị trí chuyển mạch tương ứng trong các sơ đồ sau. Gọi Ak là biến cố chuyển mạch sk ( k 1,2,3) ở trạng thái đóng. Gọi A là biến cố mạng ở trạng thái đóng từ M đến N. Hãy biểu diễn A theo các biến cố Ak ( k 1,2,3). s s s 1 2 3 a. M      N s2 s  1 b. M   s  N 3  s1  s2 c. M    N s 3  s1 s2   d. M  s3  N  PTIT 1.18 Hai người cùng bắn vào một mục tiêu. Khả năng bắn trúng của từng người là 0,8 và 0,9. Tìm xác suất: a. Chỉ có một người bắn trúng mục tiêu. b. Có người bắn trúng mục tiêu. c. Cả hai người bắn trượt. 1.19 Cơ cấu chất lượng sản phẩm của nhà máy như sau: 40% sản phẩm là loại I, 50% sản phẩm là loại II, còn lại là phế phẩm. Lấy ngẫu nhiên một sản phẩm của nhà máy. Tính xác suất sản phẩm lấy ra là phế phẩm. 1.20 Có 1000 vé số trong đó có 20 vé trúng thưởng. Một người mua 30 vé, tìm xác suất để người đó trúng 5 vé. 1.21 Rút ngẫu nhiên 5 quân bài từ cỗ bài tú lơ khơ. Tính xác suất trong các trường hợp sau: a. Có 4 quân Át b. 4 quân Át và 1quân K 42
Chương1: Các khái niệm cơ bản về xác suất c. 3 quân 10 và 2 quân J d. 10, J, Q, K và Át e. Đồng chất f. 10, J, Q, K, Át và đồng chất g. Có ít nhất 1 quân Át. 1.22 Tính xác suất rút lần lượt được 3 quân Át từ cỗ bài tú lơ khơ trong hai trường hợp sau: a. Rút có hoàn lại b. Rút không hoàn lại. 1.23 Để được nhập kho, sản phẩm của nhà máy phải qua 3 vòng kiểm tra chất lượng độc lập nhau. Xác suất phát hiện ra phế phẩm ở các vòng lần lượt theo thứ tự là 0,8; 0,9 và 0,99. Tính xác suất phế phẩm được nhập kho. 1.24 Một thủ kho có một chùm chìa khóa gồm 9 chiếc trông giống hệt nhau trong đó chỉ có một chiếc mở được kho. Anh ta thử ngẫu nhiên từng chìa khóa một, chiếc nào được thử thì không thử lại. Tính xác suất anh ta mở được cửa ở lần thử thứ 4. 1.25 Hai biến cố A , B có xác suất PA( ) 0,3 , PAB( ) 0,65 . Giả sử A , B độc lập nhưng không xung khắc. Tính PB(). 1.26 Giả sử hai biến cố A , B có xác suất PA( ) 1/ 2 , PB( ) 1/ 3 và PAB( ) 1/ 4 . Hãy tính a. PAB( | ) b. PBA( | ) c. PAB() d. PAB() e. PAB() f. PBA( | ) g. PAB( | ) h. PAB() . 1.27 Chọn ngẫu nhiên lần lượt không hoàn lại 2 số từ các số 0,1, ,9. Tính xác suất số thứ hai chọn được là số 4. 1.28 Một nhà máy ôtô có ba phân xưởng I, II, III cùng sản xuất ra một loại pít-tông. Phân xưởng I, II, III sản xuất tương ứng 36%, 34%, 30% sản lượng của nhà máy, với tỷ lệ phế phẩm tương ứng là 0,12; 0,1; 0,08. a. Tìm tỷ lệ phế phẩm chung của nhà máy. b. Lấy ngẫu nhiên một sản phẩm kiểm tra và được sản phẩm là phế phẩm. Tính xác suất để phế phẩm đó là do phân xưởng I, II, III sản xuất. 1.29 Có bốn nhóm xạ thủ tập bắn.PTIT Nhóm thứ nhất có 5 người, nhóm thứ hai có 7 người, nhóm thứ ba có 4 người và nhóm thứ tư có 2 người. Xác suất bắn trúng đích của mỗi người trong nhóm thứ nhất, nhóm thứ hai, nhóm thứ ba và nhóm thứ tư theo thứ tự là 0,8; 0,7; 0,6 và 0,5. Chọn ngẫu nhiên một xạ thủ và biết rằng xạ thủ này bắn trượt. Hãy xác định xem xạ thủ này có khả năng ở trong nhóm nào nhất. 1.30 Bắn hai lần độc lập với nhau mỗi lần một viên đạn vào cùng một bia. Xác suất trúng đích của viên đạn thứ nhất là 0,7 và của viên đạn thứ hai là 0,4 . Tìm xác suất để chỉ có một viên đạn trúng bia (biến cố A). Sau khi bắn, quan trắc viên báo có một vết đạn ở bia. Tìm xác suất để vết đạn đó là vết đạn của viên đạn thứ nhất. 1.31 Hộp thứ nhất có 2 viên bi màu trắng và 3 bi đen; hộp thứ hai có 4 trắng và 1 đen; hộp thứ ba có 3 trắng và 4 đen. Chọn ngẫu nhiên một hộp trong ba hộp và lấy ngẫu nhiên một viên bi. Biết rằng viên bi được lấy ra màu trắng, tính xác suất viên bi này được lấy từ hộp thứ nhất. 43
Chương1: Các khái niệm cơ bản về xác suất 1.32 Một nhà máy sản xuất một chi tiết của điện thoại di động có tỷ lệ sản phẩm đạt tiêu chuẩn chất lượng là 85%. Trước khi xuất xưởng người ta dùng một thiết bị kiểm tra để kết luận sản phẩm có đạt yêu cầu chất lượng hay không. Thiết bị có khả năng phát hiện đúng sản phẩm đạt tiêu chuẩn với xác suất là 0,9 và phát hiện đúng sản phẩm không đạt tiêu chuẩn với xác suất là 0,95. Tìm xác suất để 1 sản phẩm được chọn ngẫu nhiên sau khi kiểm tra: a. Được kết luận là đạt tiêu chuẩn. b. Được kết luận là đạt tiêu chuẩn thì lại không đạt tiêu chuẩn. c. Được kết luận đúng với thực chất của nó. 1.33 Chứng minh rằng nếu PABPA( | ) ( ) thì PBAPB( | ) ( ) . PTIT 44
Chương 2: Biến ngẫu nhiên và các đặc trưng của chúng CHƯƠNG 2: BIẾN NGẪU NHIÊN VÀ CÁC ĐẶC TRƯNG CỦA CHÚNG Trong chương này ta khảo sát các biến cố của đại lượng nhận các giá trị nào đó, khi các giá trị này thay đổi ta được các biến ngẫu nhiên. Khái niệm biến ngẫu nhiên (còn được gọi là đại lượng ngẫu nhiên) và các đặc trưng của chúng là những khái niệm rất quan trọng của lý thuyết xác suất. Đối với biến ngẫu nhiên ta chỉ quan tâm đến vấn đề biến ngẫu nhiên này nhận một giá trị nào đó hoặc nhận giá trị trong một khoảng với xác suất bao nhiêu. Các biến ngẫu nhiên trong các phép thử khác nhau có thể có các phân bố xác suất như nhau, nghĩa là cùng quy luật phân bố xác suất. Phân bố xác suất của biến ngẫu nhiên X có thể được khảo sát thông qua hàm phân bố xác suất FX () x P X x . Khi ta biết qui luật phân bố xác suất của một biến ngẫu nhiên thì ta có thể tính các xác suất liên quan đến biến ngẫu nhiên này. Trường hợp biến ngẫu nhiên chỉ nhận các giá trị rời rạc thì hàm phân bố xác suất hoàn toàn được xác định bởi hàm khối lượng xác suất hoặc bảng phân bố xác suất, đó là bảng ghi các giá trị mà biến ngẫu nhiên nhận với xác suất khác không tương ứng. Đối với biến ngẫu nhiên nhận giá trị liên tục thì hàm phân bố xác suất có thể được xác định bởi hàm mật độ xác suất. Ngoài phương pháp sử dụng hàm phân bố để xác định biến ngẫu nhiên, trong nhiều trường hợp bài toán chỉ cần đòi hỏi khảo sát những đặc trưng cơ bản của biến ngẫu nhiên. Các đặc trưng của biến ngẫu nhiên được chia thành hai loại sau:  Các đặc trưng cho vị trí trung tâm, giá trị trung bình của biến ngẫu nhiên như: Kỳ vọng, Trung vị, Mốt.  Các đặc trưng cho độ phân tán của biến ngẫu nhiên như: Phương sai, Độ lệch chuẩn, Hệ số biến thiên, Hệ số bất đối xứng và Hệ số nhọn. Trong các bài toán thực tế kỳ vọng được sử dụng dưới dạng lợi nhuận kỳ vọng còn phương sai để tính mức độ rủi ro của quyết định. Trong kỹ thuật độ lệch chuẩn biểu diễn sai số của phép đo. Để học tốt chương này học viên phải nắm vững định nghĩa xác suất, biến cố và các tính chất của chúng đã được học ở chươngPTIT 1. Các đặc trưng của biến ngẫu nhiên được xác định thông qua tính tổng của các số hạng nào đó (trường hợp biến ngẫu nhiên rời rạc) hoặc tính tích phân xác định (trường hợp biến ngẫu nhiên liên tục). Vì vậy học viên cần ôn tập về tổng của chuỗi và tích phân xác định. 2.1 ĐỊNH NGHĨA VÀ PHÂN LOẠI BIẾN NGẪU NHIÊN Ta xét ví dụ đơn giản sau về biến ngẫu nhiên: Gieo một con xúc xắc 6 mặt. Ký hiệu A1, A2 , A3, A4 , A5, A6 lần lượt là biến cố “mặt 1 chấm xuất hiện”, “mặt 2 chấm xuất hiện”, , “mặt 6 chấm xuất hiện”. Thay vì xét các biến cố như trên, ta xét đại lượng X là số chấm xuất hiện khi gieo con xúc xắc. Khi đó X có thể nhận các giá trị 1, 2, 3, 4, 5, 6 một cách ngẫu nhiên. X nhận giá trị k là biến cố Ak , nghĩa là X k Ak , với k 1,2, ,6 . 45
Chương 2: Biến ngẫu nhiên và các đặc trưng của chúng Ta gọi X là một biến ngẫu nhiên có miền giá trị RX 1,2, ,6 . Một cách tổng quát ta có khái niệm biến ngẫu nhiên như sau. 2.1.1 Định nghĩa biến ngẫu nhiên Định nghĩa 2.1: Biến ngẫu nhiên X là đại lượng nhận các giá trị nào đó phụ thuộc vào các yếu tố ngẫu nhiên. Đăc biệt với mọi giá trị thực x  : “ X nhận giá trị nhỏ hơn bằng x ”, ký hiệu X x , là một biến cố ngẫu nhiên. Đối với biến ngẫu nhiên người ta chỉ quan tâm xem nó nhận một giá trị nào đó hoặc nhận giá trị trong một khoảng nào đó với một xác suất bao nhiêu. Tập hợp tất cả các giá trị của X được gọi là miền giá trị của X , ký hiệu RX . Ví dụ 2.1: Gieo đồng thời hai con xúc xắc. Ký hiệu Ak , k 2,3, ,12 là biến cố tổng số chấm xuất hiện của hai con xúc xắc là k . Nếu gọi X là tổng số chấm xuất hiện khi gieo hai con xúc xắc thì X là một biến ngẫu nhiên có miền giá trị RX 2,3, ,12 và X k Ak với k 2,3, ,12. Ví dụ 2.2: Các đại lượng sau là biến ngẫu nhiên Tuổi thọ của một thiết bị đang hoạt động. Số khách hàng vào một điểm phục vụ trong một khoảng thời gian nào đó. Số cuộc gọi đến một tổng đài trong một khoảng thời gian nào đó. Sai số khi đo lường một đại lượng vật lý Định nghĩa 2.2: Hai biến ngẫu nhiên X , Y là độc lập nếu X nhận các giá trị nào đó không phụ thuộc Y và ngược lại. Nói cách khác với mọi số thực x, y hai biến cố sau là độc lập X x , Y y . Trong chương 3 ta sẽ đưa ra các tiêu chuẩn để nhận biết tính chất độc lập của hai biến ngẫu nhiên. 2.1.2 Hàm phân bố xác suất PTIT Các biến ngẫu nhiên được xét trong các phép thử khác nhau (tương ứng với các không gian xác suất khác nhau) nhưng các quy luật phân bố xác suất của chúng có thể như nhau. Chẳng hạn xác suất bắn trúng bia của một xạ thủ là 0,8. Xạ thủ này bắn 10 viên, gọi X là số viên bắn trúng bia thì xác suất để xạ thủ bắn trúng k viên là k k10 k P X k C10 (0,8) (0, 2) , 0 k 10 (xem dãy phép thử Bernoulli 1.5). Tương tự, giả sử tỷ lệ chính phẩm của lô hàng là 0,8. Chọn 10 sản phẩm kiểm tra, gọi Y là số chính phẩm phát hiện được thì xác suất chọn được k chính phẩm là k k10 k P Y k C10 (0,8) (0,2) , 0 k 10 . Vậy P X k P Y k , với mọi k 0,1, ,10 . Nói cách khác quy luật phân bố xác suất của X và Y như nhau, mặc dù X và Y là hai biến ngẫu nhiên được xét trong hai phép thử khác nhau. 46
Chương 2: Biến ngẫu nhiên và các đặc trưng của chúng Quy luật phân bố xác suất được nghiên cứu thông qua hàm phân bố xác suất định nghĩa như sau. Định nghĩa 2.3: Hàm phân bố xác suất (cumulative distribution function, viết tắt CDF) của biến ngẫu nhiên X là hàm số FX () x xác định với mọi x  bởi công thức: FX (); x P X x x (2.1) trong đó X x là ký hiệu biến cố “biến ngẫu nhiên X nhận giá trị nhỏ hơn hay bằng x ”. Hàm phân bố có các tính chất sau: a. 0 FX ( x ) 1 với mọi x  , (2.2) b. FX () x là hàm không giảm, liên tục bên phải. Nghĩa là: Với mọi a, b  : a b FXX()() a F b Với mọi a  , ta có FXX()() a F a với FXX( a ) lim F ( x ) (2.3) x a, x a Nếu X là biến ngẫu nhiên liên tục thì FX () x là hàm liên tục. c. FXXXX( ) lim F ()0; x F ( ) lim F ()1 x , (2.4) x x d. P a X b FXX()() b F a . (2.5) e. P X a 1 FX ( a ) ; P X a FX () a với FXX( a ) lim F ( x ) (2.6) x a, x a Nhận xét 2.1: Một số tài liệu coi GX (); x P X x x là hàm phân bố của biến ngẫu nhiên X . Có một số khác biệt giữa hai định nghĩa này. Chẳng hạn tính chất liên tục phải của FX () x được thay bằng liên tục trái của GPTITX () x , công thức (2.5) sẽ là P a X b GXX()() b G a . Mỗi cách định nghĩa có thuận lợi riêng, tuy nhiên trong giáo trình này ta sử dụng hàm phân bố FX () x theo công thức (2.1). Ví dụ 2.3: Một nguồn thông tin sinh ra các ký hiệu ngẫu nhiên từ bốn ký tự a,,, b c d với xác suất P( a ) 1/ 2, P( b ) 1/ 4 và P( c ) P ( d ) 1/ 8 . Mã hóa các ký hiệu này theo các mã nhị phân sau a 0 b 10 c 110 d 111 Đặt X là biến ngẫu nhiên ký hiệu độ dài của mã, đó là số các bit. 47
Chương 2: Biến ngẫu nhiên và các đặc trưng của chúng a. Tìm miền giá trị của X . b. Giả sử các ký hiệu được sinh độc lập. Tính các xác suất PX 1 , PX 2 và PX 3. c. Tìm hàm phân bố FX () x và vẽ đồ thị của FX () x . Giải: a. Miền giá trị RX 1,2,3 . b. P X 1 P ( a ) 1/ 2 , P X 2 P ( b ) 1/ 4 , P X 3 P c , d P ( c ) P ( d ) 1/ 4 . 0x 1 1/ 2 1 x 2 c. FX () x 3/ 4 2 x 3 1x 3 Đồ thị của FX () x có dạng bậc thang. FX () x 1 3/ 4 1/ 2 0 3 x 1 2 Hình 2.1 PTIT Ví dụ 2.4: Xét phép thử ném phi tiêu vào một đĩa tròn có bán kính bằng 1 (xem ví dụ 1.18). Ký hiệu X là biến ngẫu nhiên đo khoảng cách từ điểm mũi phi tiêu cắm vào đĩa đến tâm của đĩa. Giả sử mũi phi tiêu luôn cắm vào đĩa và đồng khả năng tại mọi điểm của đĩa. a. Tìm miền giá trị của X . b. Tìm hàm phân bố FX () x và vẽ đồ thị của FX () x . Giải: a. Miền giá trị của X là RX x  0 x 1 . .x2 b. P X x x2 nếu 0 x 1.  2 .1 48
Chương 2: Biến ngẫu nhiên và các đặc trưng của chúng 0x 0 2 Vậy hàm phân bố và đồ thị FX ( x ) x 0 x 1 1x 1 FX () x 1 x2 1 0 x Hình 2.2 0x 0 Ví dụ 2.5: Xét hàm số F( x ) x 1/ 2 0 x 1/ 2 1x 1/ 2 a. Vẽ đồ thị của F() x và chứng minh rằng F() x thỏa mãn các tính chất (2.2)-(2.4). b. Nếu X là biến ngẫu nhiên có hàm phân bố F() x . Tính PX 1/ 4 , PX 0 1/ 4, PX 0 và PX 0 1/ 4. Giải: a. Từ đồ thị của F() x (hình 2.3) có thể suy ra các tính chất (2.2)-(2.4) của hàm phân bố. F() x PTIT 1 1/ 2 0 1/ 2 x Hình 2.3 1  1 1 1 3 b. PXF  ; 4  4 4 2 4 49
Chương 2: Biến ngẫu nhiên và các đặc trưng của chúng 1  1 3 1 1 PXFF 0  (0) 4  4 4 2 4 Áp dụng công thức (2.6) ta được 1 1 PXPXPXFF 0 0 0 (0) (0 ) 0 2 2 1 3 1 3 PXPXPX 0 1/ 4 0 0 1/ 4 . 2 4 2 4 2.1.3 Phân loại Hàm phân bố của biến ngẫu nhiên là hàm số không giảm và bị chặn do đó hàm phân bố chỉ có thể gián đoạn tại một số không quá đếm được các điểm. Dựa vào dạng hàm phân bố của biến ngẫu nhiên ta có thể chia biến ngẫu nhiên thành ba loại: Biến ngẫu nhiên rời rạc, biến ngẫu nhiên liên tục và loại hỗn hợp.  Biến ngẫu nhiên rời rạc Biến ngẫu nhiên X là rời rạc nếu miền giá trị gồm một số hữu hạn hoặc vô hạn đếm được các giá trị, nghĩa là có thể liệt kê các giá trị của miền giá trị RX thành một dãy có dạng x1, x2 , Do đó hàm phân bố của biến ngẫu nhiên rời rạc có đồ thị dạng hình thang (Hình 2.1, ví dụ 2.3).  Biến ngẫu nhiên liên tục Biến ngẫu nhiên X là biến ngẫu nhiên liên tục nếu các giá trị của nó có thể lấp đầy một hoặc một số các khoảng hữu hạn hoặc vô hạn (như vậy miền giá trị RX là một khoảng hoặc hợp của một số khoảng hữu hạn hoặc vô hạn) và xác suất X nhận giá trị tại từng điểm đều bằng 0 (nghĩa là P X a 0 với mọi a ). Do đó hàm phân bố là hàm số liên tục (Hình 2.2, ví dụ 2.4). Biến ngẫu nhiên có hàm phân bố ở ví dụ 2.5 thuộc loại hỗn hợp, không rời rạc vì miền giá trị chứa khoảng [0;1/2] và không liên tục vì PX 0 1/ 2 0 . Tuy nhiên chúng ta thường chỉ gặp hai loại biến ngẫu nhiên rời rạc hoặc liên tục. Tập bài giảng này cũng chỉ xét hai loại đó. PTIT Ví dụ 2.6: Gọi X là số chấm xuất hiện khi gieo một con xúc xắc thì X là biến ngẫu nhiên rời rạc nhận các giá trị 1,2,3,4,5,6 . Gọi Y là tuổi thọ của một thiết bị đang hoạt động thì Y là biến ngẫu nhiên liên tục nhận giá trị trong một khoảng. Gọi Z là số khách hàng vào một điểm phục vụ trong 1 đơn vị thời gian, Z là biến ngẫu nhiên rời rạc nhận các giá trị 0,1,2, Số cuộc gọi đến một tổng đài là biến ngẫu nhiên rời rạc nhận các giá trị 0,1,2, Sai số Y khi đo lường một đại lượng vật lý nào đó là biến ngẫu nhiên liên tục nhận giá trị trong một khoảng. 50
Chương 2: Biến ngẫu nhiên và các đặc trưng của chúng 2.2 BIẾN NGẪU NHIÊN RỜI RẠC 2.2.1 Hàm khối lượng xác suất và bảng phân bố xác suất của biến ngẫu nhiên rời rạc Biến ngẫu nhiên rời rạc có miền giá trị là một tập hữu hạn hoặc vô hạn đếm được. Phân bố xác suất chỉ tập trung tại các giá trị này. Giả sử biến ngẫu nhiên rời rạc X có đồ thị của FX () x là hàm bậc thang có bước nhảy tại x1, x2 , thì FxX()() k Fx X k PXx k PXx k PXx k  (2.7) Đặt pX () x P X x (2.8) Hàm pX () x được gọi là hàm khối lượng xác suất (probability mass function) của biến ngẫu nhiên rời rạc X . Tính chất của hàm khối lượng xác suất pX () x : 1. pX( x k ) 0 , với mọi xk R X (2.9) 2.  pX( x k ) 1 xk R X (2.10) 3. pX ( x ) 0 với mọi x RX (2.11) Hàm phân bố của X có thể xác định từ hàm khối lượng xác suất FX()() x P X x  p X x k (2.12) xk x; x k R X Nếu biến ngẫu nhiên rời rạc X nhận vô hạn các giá trị x1, x2 , thì hàm phân bố xác suất có dạng: PTIT 0 nÕu x x1 FX () x (2.13) pX( x1 )  p X ( x k 1 ) nÕu x k 1 x x k ,  k 1 Nếu X chỉ nhận một số hữu hạn các giá trị x1, x 2 , , xn thì các biến cố X x1, X x 2 , , X xn (2.14) lập thành hệ đầy đủ các biến cố. Hàm phân bố xác suất có dạng: 0 nÕu x x1 FX()()() x p X x1  p X x k 1 nÕu x k 1 x x k (2.15) 1 nÕu x xn 51
Chương 2: Biến ngẫu nhiên và các đặc trưng của chúng Để trực quan hơn chúng ta biểu diễn hàm khối lượng xác suất của biến ngẫu nhiên rời rạc thông qua bảng phân bố xác suất. Đó là bảng có hai hàng, hàng trên ghi các giá trị của miền giá trị RX theo thứ tự tăng dần, hàng dưới là giá trị của hàm khối lượng xác suất tương ứng. Bảng phân bố xác suất của X có dạng sau: X x1 x2  P pX () x1 pX () x2  Ví dụ 2.7: Xét phép thử tung đồng thời 2 đồng xu (Ví dụ 1.1). Không gian mẫu của phép thử là  (,SSSNNSNN ),(, ),( , ),( , ) gồm 4 kết quả đồng khả năng. Gọi X là số mặt sấp xuất hiện, khi đó X là một biến ngẫu nhiên rời rạc. Bảng phân bố xác suất Hàm khối lượng xác suất 0 nÕu x 0,1,2 X 0 1 2 pX ( x ) 1/ 4 nÕu x 0 hoÆc x 2 P 1/ 4 2/ 4 1/ 4 1/ 2 nÕu x 1 Hàm phân bố xác suất 0 nÕu x 0 1/ 4 nÕu 0 x 1 FX () x 3/ 4 nÕu 1 x 2 1 nÕu x 2 Đồ thị của hàm khối lượng xác suất và hàm phân bố F() x X p() x X 1 PTIT3/ 4 1/ 2 1/ 4 1/ 4 0 1 2 x 0 1 2 x ()a ()b Hình 2.4 Ví dụ 2.8: Chọn ngẫu nhiên 3 bi từ một túi có 6 bi đen, 4 bi trắng. Gọi X là số bi trắng trong 3 bi vừa chọn thì X là một biến ngẫu nhiên rời rạc. Tìm bảng phân bố xác suất và hàm phân bố xác suất. 52
Chương 2: Biến ngẫu nhiên và các đặc trưng của chúng C3 5 CC2 1 15 Giải: PX 0 6 , PX 1 6 4 ,  3  3 C10 30 C10 30 CC1 2 9 C3 1 PX 2 6 4 , PX 3 4 .  3  3 C10 30 C10 30 Hàm khối lượng xác suất 5 15 9 1 p (0) , p (1) , p (2) , p (3) ; p( x ) 0 với mọi x khác 0,1,2,3. X 30 X 30 X 30 X 30 X Đồ thị y 30 / 30 29 / 30 20 / 30 5/30 O 1 2 3 x Hình 2.5 Bảng phân bố xác suất X 0 1 2 3 PTITP 5/ 30 15/ 30 9/ 30 1/ 30 Hàm phân bố xác suất 0 nÕu x 0 5/ 30 nÕu 0 x 1 FX ( x ) 20 / 30 nÕu 1 x 2 29 / 30 nÕu 2 x 3 1 nÕu x 3 Ví dụ 2.9: Xét một dãy phép thử Bernoulli với xác suất thành công mỗi lần thử là p , 0 p 1. Phép thử được thực hiện đến khi sự thành công xuất hiện. Gọi X là số lần thử. a. Tìm hàm khối lượng xác suất pX () x . b. Tìm hàm phân bố xác suất FX () x . 53
Chương 2: Biến ngẫu nhiên và các đặc trưng của chúng 1 c. Khi p , tính PX 1 4 và PX 4 2 Giải: X là biến ngẫu nhiên rời rạc với các giá trị có thể có là 1,2, ,k , Gọi Ak là biến cố “phép thử thành công ở lần thử thứ k ”. Các biến cố Ak độc lập nhau và P Ak p . P X 1 P A1 p PX 2 PAA 1  2 PAPA 1 2 qp với q 1 p k 1 Tổng quát PXkPA  1   Ak 1  A k PAPAPA 1 k 1 k qp a. Vậy hàm khối lượng xác suất qk 1 p x k pX () x ; k 1,2, ; 0 p 1 (2.16) 0 x k Bảng phân bố xác suất có dạng: X 1 2  k  P p qp  qk 1 p  Biến ngẫu nhiên với phân bố rời rạc có dạng trên được gọi là biến ngẫu nhiên phân bố cấp số nhân (geometric random variable), hàm khối lượng xác suất lập thành cấp số nhân có công bội là q . qk p PXk   qpn 1  qpqpq m k  m q k n k 1 m k m 0 1 q P X k 1 P X k 1 qk b. Hàm phân bố xác suất PTIT 0 nÕu x 0 F() x X k 1 q nÕu k x k 1 1 15 1 7 c. Khi p : PXFF 1 4 (4) (1) 2 XX 16 2 16 15 1 PXPXF 4 1 4 1 (4) 1 . X 16 16 2.2.2 Các phân bố rời rạc thường gặp 2.2.2.1 Phân bố Bernoulli Định nghĩa 2.4: Biến ngẫu nhiên rời rạc X nhận hai giá trị 0, 1 với xác suất tương ứng k1 k pX ( k ) P X k p q ; k 0,1 (2.17) trong đó 0 p 1, q 1 p , được gọi là có phân bố Bernoulli tham số p . Bảng phân bố xác suất 54
Chương 2: Biến ngẫu nhiên và các đặc trưng của chúng X 0 1 q p P , q 1 p Hàm khối lượng xác suất và hàm phân bố xác suất như sau 1 p nÕu x 0 0 nÕu x 0 pX ( x ) p nÕu x 1 FX ( x ) 1 p nÕu 0 x 1 0 nÕu x 0, x 1 1 nÕu x 1 Xét phép thử Bernoulli với sự thành công của phép thử là sự xuất hiện của biến cố A và giả sử xác suất xuất hiện của A trong mỗi lần thử là p (xem 1.5 chương 1). Gọi X là số lần thành công trong một lần thử thì X là biến ngẫu nhiên rời rạc có phân bố Bernoulli tham số p . Biến ngẫu nhiên X còn được gọi là phân bố không – một A() p . Hình 2.5 minh họa phân bố Bernoulli tham số p . p X () x FX () x 1  p  p 1 p  1 p 0 1 x 0 1 x ()a ()b Hình 2.6: Đồ thị hàm khối lượng xác suất và hàm phân bố Bernoulli tham số p Trong lý thuyêt thống kê biPTITến ngẫu nhiên có phân bố Bernoulli thường được dùng để đặc trưng cho các dấu hiệu nghiên cứu có tính định tính trong đó mỗi cá thể của tổng thể có dấu hiệu này hoặc không có dấu hiệu này (xem chương 4). Chẳng hạn khi muốn nghiên cứu giới tính của khách hàng ta có thể đặc trưng cho giới tính bằng biến ngẫu nhiên với 2 giá trị bằng 0 (Nam) và bằng 1 (Nữ). Trong bài toán bầu cử nếu cử tri nào sẽ bỏ phiếu cho ứng cử viên A ta cho nhận giá trị 1, ngược lại ta cho nhận giá trị 0. Để xác định tỷ lệ phế phẩm của lô hàng ta gán cho mỗi sản phẩm một trong hai giá trị 0 và 1, nếu sản phẩm là phế phẩm ta cho nhận giá trị 1 và ngược lại cho nhận giá trị 0 Đó là các biến ngẫu nhiên có phân bố Bernoulli. 2.2.2.2 Phân bố nhị thức Định nghĩa 2.5: Biến ngẫu nhiên rời rạc X nhận các giá trị 0, 1, , n với xác suất tương ứng k k n k pX() k P X k C n p q ; k 0,1, , n (2.18) 55
Chương 2: Biến ngẫu nhiên và các đặc trưng của chúng trong đó n là số tự nhiên và 0 p 1, được gọi là có phân bố nhị thức tham số n, p, ký hiệu X ~ B(n; p) . Bảng phân bố xác suất của biến ngẫu nhiên có phân bố nhị thức B(n; p) X 0 1  k  n P C 0 p 0q n C1 p1q n 1  C k p k q n k  Cn p n q0 Trong đó q 1 p n. n n n 1 pX () x FX () x 0,9533 0,7667 0,3110 0,2765 0,4557 0,1866 0,1382 0,1792 0,0467 0,0369 0,041 0,0041 0,0041∙ 0 1 2 3 4 5 6 x 0 1 2 3 4 5 6 x Hàm phân bố ()a ()b 0 nÕu x 0 Hình 2.7: m phân bố nhị thức với n 6 và p 0,6 k k n k FX( x )  C n p q nÕu m x m 1, 0 m n 1, (2.19) k 0 1 nÕu x n Nhận xét 2.2: 1. Phân bố nhị thức B(1; p) là phân bố Bernoulli tham số p . 2. Thực hiện n lần của cùng một phép thử Bernoulli với xác suất xuất hiện của biến cố A trong mỗi lần thử là p . Gọi X1, X 2 , , X n lần lượt là số lần xuất hiện của biến cố A trong lần thử thứ 1, 2, , n . Các biến ngẫuPTIT nhiên X1, X 2 , , X n độc lập có cùng phân bố Bernoulli tham số p . Gọi X là số lần thành công trong n phép thử Bernoulli này thì X X1 X 2  Xn ~B ( n ; p ) (2.20) Nói cách khác tổng của các biến ngẫu nhiên Bernoulli ứng với cùng một dãy phép thử Bernoulli là biến ngẫu nhiên có phân bố nhị thức. 3. Từ (2.20) suy ra rằng nếu X ~ B(n1 ; p) , Y ~ B(n2 ; p) ; X , Y độc lập và cùng phép thử thì X Y ~ B(n1 n2 ; p) (2.21) Ví dụ 2.10: Tỉ lệ phế phẩm của lô hàng là 4%. Chọn ngẫu nhiên 20 sản phẩm để kiểm tra. Gọi X là số phế phẩm phát hiện được. a.Gọi tên luật phân bố xác suất của X . b. Tính xác suất có đúng 5 phế phẩm phát hiện được. 56
Chương 2: Biến ngẫu nhiên và các đặc trưng của chúng c. Lô hàng được xem là đạt tiêu chuẩn nếu số phế phẩm phát hiện được không nhiều hơn 2. Tính xác suất để lô hàng đạt tiêu chuẩn. Giải: Có thể xem kiểm tra chất lượng mỗi sản phẩm là thực hiện một phép thử Bernoulli với sự thành công của phép thử là phát hiện ra phế phẩm. Theo giả thiết xác suất thành công của mỗi lần thử là 0,04. Kiểm tra 20 sản phẩm là thực hiện 20 phép thử. a. Số phế phẩm phát hiện được là số lần thành công trong 20 phép thử này. Vậy X có phân bố nhị thức X~B ( n ; p ), với n 20, p 0,04 . 5 5 15 b. Xác suất phát hiện đúng 5 phế phẩm là PXC 5 20 0,04 0,96 0,0008 . c. Xác suất để lô hàng đạt tiêu chuẩn là PX 2 0,956 . Ví dụ 2.11: Một nguồn nhị phân phát ra hai ký số (digit) 1 và 0 một cách ngẫu nhiên với xác suất tương ứng 0,6 và 0,4. a.Tính xác suất có đúng hai ký số 1 và ba ký số 0 trong dãy có năm ký số. b. Tính xác suất có ít nhất ba ký số 1 trong dãy có năm ký số. Giải: Gọi X là số các ký số 1 trong dãy có năm ký số. Theo giả thiết chỉ có hai khả năng đầu vào có thể là 1 và 0, xác suất xuất hiện của 1 không đổi và bằng 0,6. Vậy có thể xem mỗi ký số xuất hiện trong dãy tương ứng với một phép thử Bernoulli mà sự thành công của mỗi lần thử là xuất hiện ký số 1. Mỗi dãy có năm ký số tương ứng với 5 phép thử Bernoulli, vậy X có phân bố nhị thức X~B ( n ; p ), với n 5, p 0,6 . a.Xác suất để dãy có đúng hai ký số 1 và ba ký số 0 trong dãy có năm ký số là 2 2 3 PXC 2 5 0,6 0, 4 0, 23. b. Xác suất có ít nhất ba ký số 1 trong dãy có năm ký số là PXPX 3 1 2 2 k k5 k Trong đó PXC 2  5 0,6 0,4 0,317 k 0 Vậy PX PTIT 3 1 0,317 0,683 . 2.2.2.3 Phân bố Poisson Định nghĩa 2.6: Biến ngẫu nhiên X có miền giá trị RX  0,1, , n ,  với hàm khối lượng xác suất k p() k P X k e  ;  0; k 0,1,2, (2.22) X k! gọi là có phân bố Poisson tham số  0, ký hiệu X ~P ( ) . Hàm phân bố n k   FX () x e  , n x n 1 (2.23) k 0 k ! 57
Chương 2: Biến ngẫu nhiên và các đặc trưng của chúng p () x X 0,988 1 FX () x 0,9664 0,916 0,8152 0,224 0,224 0,6472 0,1494 0,168 0,4232 0,1008 0,1992 0,0498 0,0504 0,0216 0,0498 0,0081 0 1 2 3 4 5 6 7 8 x 0 1 2 3 4 5 6 7 8 x ()a ()b Hình 2.8 Phân bố Poisson tham số  3 Trong thực tế với một số giả thiết thích hợp thì các biến ngẫu nhiên là các quá trình đếm sau: 1) Số cuộc gọi đến một tổng đài, 2) Số khách hàng đến 1 điểm phục vụ, 3) Số xe cộ qua 1 ngã tư, 4) Số tai nạn (xe cộ); số các sự cố xảy ra ở một địa điểm trong một khoảng thời gian xác định nào đó sẽ có phân bố Poisson với tham số  , trong đó  là tốc độ trung bình diễn ra trong khoảng thời gian này. Ví dụ 2.12: Ở một tổng đài điện thoại các cuộc gọi đến một cách ngẫu nhiên, độc lập và trung bình có 2 cuộc gọi trong 1 phút. Tìm xác suất để: a. Có đúng 5 cuộc gọi đến trong 2 phút (biến cố A). b. Không có một cuộc gọi nào trong 30 giây (biến cố B). c. Có ít nhất 1 cuộc gọi trong 10 giây (biến cố C). Giải: Nếu ký hiệu X (t) là số cuộc gọi đến tổng đài trong khoảng thời gian t phút. Theo giả thiết trung bình có 2 cuộc gọiPTIT đến tổng đài trong 1 phút, vậy trung bình có 2t cuộc gọi trong t phút, do đó X (t) ~ P (2t) . a. X (2) ~ P (4) , áp dụng công thức 2.22 với  4 , k 5 ta được: 45 P(A) P X (2) 5 e 4 0,156 . 5! b. X (1/ 2) ~ P (1) , áp dụng công thức 2.22 với  1, k 0 ta được: P(B) P X (1/ 2) 0 e 1 0,3679. c. X (1/ 6) ~ P (1/ 3) , do đó P(C) P X (1/ 6) 1 1 P X (1/ 6) 0 1 e 1/3 0,2835. Phân bố Poisson có ứng dụng rộng rãi trong nhiều lĩnh vực thực tế như kiểm tra chất lượng sản phẩm, lý thuyết quản trị dự trữ, lý thuyết xếp hàng Hầu hết các quá trình đến trong lý thuyết xếp hàng, trong hệ phục vụ đám đông, các bài toán chuyển mạch trong tổng đài thường được xét là quá trình đến Poisson. 58
Chương 2: Biến ngẫu nhiên và các đặc trưng của chúng Ta sẽ chứng minh: nếu X1, X2 là hai biến ngẫu nhiên độc lập trong cùng phép thử có phân bố Poisson tham số lần lượt 1 , 2 thì X1 X 2 cũng có phân bố Poisson tham số 1  2 XX1 2~P ( 1  2 ) . (2.24) Thật vậy, áp dụng công thức xác suất đầy đủ, chú ý đến điều kiện miền giá trị là tập số tự nhiên và tính chất độc lập của X1, X2 ta có k k PXX 1 2 k  PXmPXX 1  1 2 kXm 1  PXmPX 1  2 km m 0 m 0 km  k m k  m  k m e 11  e  2 2 e ()  1  2  1  2 m 0m! ( k m )! m 0 m ! ( k m )! k k ()()1  21 m m k m  1  2 ()1  2 e Ck 1  2 e . k!!m 0 k 2.3 BIẾN NGẪU NHIÊN LIÊN TỤC 2.3.1 Hàm mật độ xác suất của biến ngẫu nhiên liên tục Công thức (2.12) cho thấy hàm phân bố xác suất của biến ngẫu nhiên rời rạc có thể được xác định qua hàm khối lượng xác suất. Tuy nhiên xác suất của biến ngẫu nhiên liên tục lấy giá trị tại từng điểm bằng 0. Vì vậy đối với biến ngẫu nhiên liên tục ta không thể xét hàm khối lượng xác suất mà được thay bằng hàm mật độ xác suất. Dấu tổng của công thức 2.12 xác định hàm phân bố từ hàm khối lượng xác suất được chuyển thành dấu tích phân của hàm mật độ xác suất trong định nghĩa sau. Định nghĩa 2.7: Giả sử X là một biến ngẫu nhiên liên tục có hàm phân bố xác suất FX () x , nếu tồn tại hàm fX () x sao cho x FXX()() x f t dt , với mọi x  (2.25) f() x thì X được gọi là hàm mật độPTIT xác suất của biến ngẫu nhiên X (probability density function, viết tắt PDF). Như vậy giá trị của hàm FX () x bằng diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm mật độ xác suất fX () x , trục hoành và đường thẳng song song với trục tung có hoàng độ là x . Hàm phân bố FX () x là một nguyên hàm của hàm mật độ fX () x . fX () x FX () x Hình 2.9 x x 59