Bài giảng - XÁC SUẤT THỐNG KÊ CHƯƠNG 4 ppt

'
''
'4

 CÁC QUY TẮC TÍNH XÁC SUẤT

a) Quy tắc cộng xác suất:
Nếu các biến cố A
1
, A
2
, …, A
n
liên quan đến phép
thử T và xung khắc từng đôi một, thì
∑
=






∪
=
=
n
i
ii
n
i

APAP
1
1
)( .


Ví dụ
Trong một lớp gồm 100 sinh viên có 60 em ở tỉnh X
còn 12 em ở tỉnh Y. Chọn ngẫu nhiên một em. Tính
xác suất để em này ở tỉnh X hoặc tỉnh Y.
Giải
A = “Em đó ở tỉnh X”, B = “Em đó ở tỉnh Y”.
A và B xung khắc, nên
P(A∪B) = P(A) + P(B) =
100
12
100
60
+ = 0, 72. ☺
☺☺
☺
b) Quy tắc cộng xác suất tổng quát:
Nếu các biến cố A
1
, A
2
, …, A
n
liên quan đến phép
thử T, thì

( )
( ) ( )
( ) ( )
.
n
n
kji
kji
ji
ji
n
i
ii
n
i
AAAPAAAPAAP
APAP
LL
21
1
1
1
1
−
<<<
=
=
−++
∑
+

∑
−
∑
−=






∪

c) Quy tắc chuyển sang biến cố đối
(
)
(
)
APAP
−
=
1 .
Ví dụ
Theo thống kê trung bình một năm (365 ngày) có 60
ngày mưa thật to, 40 ngày gió thật lớn và 20 ngày
có bão (vừa mưa thật to, vừa gió thật lớn). Tính xác
suất để một ngày chọn ngẫu nhiên trong năm có
thời tiết bất thường.

Giải
A = “Ngày đó có mưa thật to”,
B = “Ngày đó có gió thật lớn”
⇒ AB = “Ngày đó có bão”.
P(A∪B) = P(A) + P(B) – P(AB)
=
365
80
365
20
365
40
365
60
=−+ . ☺
☺☺
☺


Ví dụ
Chọn ngẫu nhiên 3 người X, Y, Z. Tính xác suất để
trong đó có ít nhất 2 người có cùng ngày sinh nhật.
Giải
A = “Có ít nhất 2 người có cùng ngày sinh nhật” ⇒
A
= “Cả 3 người đều có ngày sinh nhật khác nhau”.

Ký hiệu x, y, z tương ứng là ngày sinh nhật của X,
Y, Z thì mỗi (x, y, z) với 1≤ x, y, z ≤ 365 là một kết
quả.

Ta có |Ω| = 365
3
,
A
Ω
= 365⋅364⋅363 nên
(
)
(
)
APAP
−
=
1 = 0820
365
363
364
365
1
3
,=
⋅
⋅
− . ☺
☺☺
☺



d) Xác suất có điều kiện

Có những biến cố mà sự xảy ra của chúng có ảnh
hưởng nhau.
Ví dụ Chọn ngẫu nhiên một gia đình có 3 con.
Tính xác suất để gia đình này có hai con trai trong
mỗi trường hợp sau:
i) Nếu không biết số con gái của gia đình này;
ii) Nếu được thông báo gia đình này có đứa con
cả là con gái.
Giải
A
1
:= “Gia đình đó có đứa con cả là con gái”.
A
2
:= “Gia đình đó có 2 con trai”,
Ω = {TTT, TTG, TGT, GTT, TGG, GTG, GGT, GGG},
2
A
Ω
= {TTG, TGT, GTT},
nên P(A
2
) = 3/8.



Nếu biết rằng A
1
đã xảy ra thì không gian mẫu bây
giờ thu hẹp lại chỉ còn là

{GTT, GTG, GGT, GGG} =
1
A
Ω
.
Còn tập hợp các kết quả thuận lợi cho A
2
là
{GTT} =
2
1
AA
Ω
.
Vậy đáp số của ii) bằng
4
1
1
21
=
Ω
Ω
||
|
|
A
AA
. ☺
☺☺
☺

Trong bài toán này ta thấy rằng khả năng để gia
đình đó có hai con trai phụ thuộc vào việc biết biến
cố A
1
đã xảy ra hay chưa. Điều này dẫn tới khái
niệm xác sut có điu kin. Nhưng nên định nghĩa
xác suất có điều kiện như thế nào ?



Xem lại lời giải của ii) ta có
( )
( )
1
21
1
21
1
21
4
1
AP
AAP
A
AA
A
AA
=









Ω
Ω








Ω
Ω
=
Ω
Ω
=
||
||
.
Nhận xét này cho phép ta định nghĩa xác suất có
điều kiện như sau

• Nếu P(A

1
)>0 thì xác suất có điều kiện của A
2

khi A
1
đã xảy ra, ký hiệu là
(
)
1
2
A
A
P
/
, được cho
bởi
( )
(
)
( )
1
21
12
AP
A
A
P
AAP =/ .

Chú ý Xác suất có điều kiện có thể tính trực tiếp từ
bối cảnh bài toán mà không cần thông qua công
thức trên.
Ví dụ
Gieo đồng thời 2 con xúc xắc cân đối. Tính xác suất
để tổng số nốt trên 2 con là 7, biết rằng có ít nhất
một con ra mặt 5.


Giải
Cách 1
Không gian mẫu thu gọn bao gồm 11 biến cố sơ
cấp có ít nhất một con ra mặt 5 là:
(i, 5) với i∈{1, 2, 3, 4, 5, 6} và
(5, j) với j∈{1, 2, 3, 4, 6}.
Trong tập này có 2 trường hợp mà tổng bằng 7.
⇒
11
2
=P .
Cách 2
A = “Ít nhất một con ra 5”,
B = “Tổng số chấm trên hai con bằng 7”.
|Ω| = 6
2
,
A

Ω
= {(i, j)| i và j ∈ {1, 2, 3, 4, 6}}.
Ω
AB
= {(2, 5), (5, 2)}
⇒P(A) =
(
)
AP
−
1
=
36
11
6
5
1
2
=






− và P(AB)
36
2
=
⇒

( )
(
)
( )
11
2
==
AP
AB
P
ABP / . ☺
e) Quy tắc nhân xác suất
Từ Định nghĩa Xác suất có điều kiện của A
2
khi A
1

(P(A
1
) > 0) đã xảy ra:
( )
(
)
( )
1
21
12
AP
A
A

P
AAP =/ ,
ta suy ra

Quy tắc nhân xác suất
Nếu P(A
1
) > 0, thì P(A
1
A
2
) = P(A
1
)P(A
2
/A
1
).


Mở rộng công thức P(A
1
A
2
) = P(A
1
)P(A
2
/A
1

) cho n
biến cố, ta có

Quy tắc nhân xác suất tổng quát
Nếu P(A
1
A
2
⋅⋅⋅A
n-1
) > 0 (n>1), thì
P(A
1
A
2
⋅⋅⋅A
n
) =
P(A
1
)P(A
2
/A
1
)P(A
3
/A
1
A
2

)⋅⋅⋅P(A
n
/A
1
A
2
⋅⋅⋅A
n-1
).





Chứng minh
Từ A
1
A
2
⋅⋅⋅A
n-1
⊂ A
1
A
2
⋅⋅⋅A
n-2
⊂ ⋅⋅⋅⊂ A
1
ta có

(
)
(
)
(
)
1
2
2
1
1
2
1
0
A
P
A
A
A
P
A
A
A
P
n
n
≤
≤

≤
<
−
−
KLL .
Vì vậy, ta có thể áp dụng công thức tính xác suất có
điều kiện để có:

P(A
2
/A
1
) = P(A
1
A
2
) / P(A
1
)
P(A
3
/A
1
A
2
) = P(A
1
A
2
A

3
) / P(A
1
A
2
)
……………………………………
P(A
n-1
/A
1
A
2
⋅⋅⋅A
n-2
) = P(A
1
A
2
⋅⋅⋅A
n-1
) / P(A
1
A
2
⋅⋅⋅A
n-2
)
P(A
n

/A
1
A
2
⋅⋅⋅A
n-1
) = P(A
1
A
2
⋅⋅⋅A
n
) / P(A
1
A
2
⋅⋅⋅A
n-1
)


Từ đây ta suy ra
P(A
2
/A
1
)P(A
3
/A
1

A
2
)⋅⋅⋅P(A
n
/A
1
A
2
⋅⋅⋅A
n-1
)
= P(A
1
A
2
⋅⋅⋅A
n
) / P(A
1
).
Nhân hai vế với P(A
1
) ta có Công thức nhân xác
suất tổng quát. ☺
☺☺
☺

Ví dụ
Một lô hàng gồm 100 sản phẩm, trong đó có 10 phế
phẩm. Rút ngẫu nhiên lần lượt 4 sản phẩm theo

kiểu mỗi lần rút không hoàn lại và kiểm tra. Nếu tất
cả 4 sản phẩm này đều tốt thì lô hàng được nhận.
Tìm xác suất để lô hàng này được nhận.

Giải
H = “Lô hàng được nhận”,
A
i
= “Sản phẩm rút ở lần thứ i là tốt”, (i = 1, 2, 3, 4)
H = A
1
A
2
A
3
A
4
⇒
P(H) = P(A
1
A
2
A
3
A
4
)

= P(A
1

)P(A
2
/A
1
)P(A
3
/A
1
A
2
)P(A
4
/A
1
A
2
A
3
)
=
97
87
98
88
99
89
100
90
⋅⋅⋅ ≈ 0,6516. ☺
☺☺

☺