Một số dạng toán liên quan đến xác suất rời rạc và ứng dụng (Luận văn thạc sĩ)

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

VŨ DUY ĐẠT

MỘT SỐ DẠNG TOÁN
LIÊN QUAN ĐẾN XÁC SUẤT RỜI RẠC
VÀ ỨNG DỤNG
Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
Mã số: 8 46 01 13

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Người hướng dẫn khoa học: GS.TSKH. Nguyễn Văn Mậu

THÁI NGUYÊN - 2019


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

VŨ DUY ĐẠT

MỘT SỐ DẠNG TOÁN
LIÊN QUAN ĐẾN XÁC SUẤT RỜI RẠC
VÀ ỨNG DỤNG
Chuyên ngành: PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
Mã số: 8 46 01 13

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Người hướng dẫn khoa học: GS.TSKH. Nguyễn Văn Mậu

THÁI NGUYÊN - 2019


i

Mục lục
LỜI CẢM ƠN

ii

MỞ ĐẦU

1

Chương 1. Một số dạng toán liên quan đến xác suất rời rạc

2

1.1

Phép thử và biến cố . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

2

1.2

Xác suất của biến cố . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.2.1

Định nghĩa cổ điển của xác suất . . . . . . . . . . . . . . . .

3

1.2.2

Định nghĩa thống kê về xác suất . . . . . . . . . . . . . . . .

6

1.3

Định lý cộng xác suất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

6

1.4

Định lý nhân xác suất . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

9

1.5

Một số mở rộng của định lý cộng và định lý nhân xác suất . . . . .

13

1.6

Biến ngẫu nhiên và kì vọng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

20

1.6.1

Định nghĩa . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

20

1.6.2

Tính tuyến tính của kì vọng . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

22

Chương 2. Ứng dụng phương pháp xác suất trong giải toán trung
học phổ thông

24

2.1

Áp dụng xác suất và kì vọng vào một số bài toán thi học sinh giỏi .

24

2.2

Một số dạng toán thi Olympic liên quan . . . . . . . . . . . . . . . .

34

KẾT LUẬN

40

TÀI LIỆU THAM KHẢO

41


ii

Lời cảm ơn
Luận văn này được hoàn thành với sự hướng dẫn tận tình của GS.TSKH
Nguyễn Văn Mậu - Đại học Khoa học tự nhiên - Đại học Quốc gia Hà Nội. Tự đáy
lòng mình, em xin tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới Thầy đối với sự quan tâm, chỉ bảo
tận tình của Thầy. Em xin chân thành cảm ơn các thầy cô trong Trường Đạị học
Khoa học - Đại học Thái Nguyên, đã giúp đỡ em trong suốt quá trình theo học.
Tôi cũng xin chân thành cảm ơn Ban Giám hiệu, các đồng nghiệp Trường THPT
Đông Thành - Quảng Ninh và gia đình đã tạo điều kiện cho tôi hoàn thành kế
hoạch học tập.
Mặc dù có nhiều cố gắng nhưng luận văn khó tránh khỏi những thiếu sót và
hạn chế. Tác giả mong nhận được những ý kiến đóng góp của các thầy cô và các
bạn đọc để luận văn được hoàn thiện hơn.
Xin chân thành cảm ơn!

Thái Nguyên, tháng 5 năm 2019
Tác giả

Vũ Duy Đạt


1

MỞ ĐẦU
Luận văn nhằm cung cấp các dạng toán xác suất rời rạc và các bài toán ứng
dụng phương pháp xác suất trong giải toán trung học phổ thông. Chuyên đề nằm
trong chương trình phục vụ cải cách giáo dục và bồi dưỡng học sinh giỏi ở các lớp
chuyên toán phục vụ kỳ thi học sinh giỏi quốc gia, Olympic khu vực và quốc tế.
Trong chương trình cải cách giáo dục hiện nay, các vấn đề liên quan đến xác
suất và thống kê đã được phê duyệt để giảng dạy chính thức trong các trường
trung học phổ thông. Ở nhiều nước trên thế giới, trong các kì thi học sinh giỏi
toán các cấp, Olympic Toán khu vực và quốc tế có nhiều đề toán liên quan tới
lý thuyết và phương pháp xác suất, thống kê. Những dạng toán này thường được
xem là thuộc loại khó vì phần kiến thức nâng cao về chuyên đề này hiện nay không
nằm trong chương trình chính thống của sách giáo khoa hiện hành bậc trung học
phổ thông.
Để đáp ứng nhu cầu bồi dưỡng giáo viên và bồi dưỡng học sinh giỏi về chuyên
đề xác suất và phương pháp xác suất, tôi chọn đề tài luận văn ”Một số dạng toán
liên quan đến xác suất rời rạc và ứng dụng”. Trong đó, khảo sát một số lớp bài
toán từ các đề thi học sinh giỏi Quốc gia và Olympic các nước những năm gần
đây về chuyên đề này.
Cấu trúc luận văn gồm 2 chương:
Chương 1. Một số dạng toán liên quan đến xác suất rời rạc.
Chương 2. Ứng dụng phương pháp xác suất trong giải toán trung học phổ thông.
Thái Nguyên, tháng 5 năm 2019

Tác giả


2

Chương 1. Một số dạng toán liên
quan đến xác suất rời rạc
Trong chương này trình bày cơ sở lý thuyết cùng các bài toán áp dụng nâng
cao về phép tính xác suất trong đại số, áp dụng những quy tắc tổng quát như quy
tắc cộng, quy tắc nhân, công thức Bernoulli cho phép thử lặp, công thức xác suất
đầy đủ, công thức Bayes vào các ví dụ thực tế. Nghiên cứu tính toán đại lượng
đặc trưng biến ngẫu nhiên rời rạc như kỳ vọng, phương sai... trong thống kê. Tài
liệu tham khảo chính trong phần này là các cuốn [4], [5], [6], [7].

1.1

Phép thử và biến cố

Định nghĩa 1.1. Việc thực hiện một nhóm các điều kiện cơ bản để quan sát một
hiện tượng nào đó có xảy ra hay không được gọi là thực hiện một phép thử.
Ví dụ 1.1. Thực hiện tung một đồng xu bốn lần là một phép thử nhằm quan sát
trong bốn lần tung đồng xu ta nhận được mặt ngửa hay mặt sấp. Khi đó tất cả
các kết quả có thể xảy ra sau 4 lần tung là 24 = 16. Khả năng xảy ra một trong
các kết quả là

1
.
16

Định nghĩa 1.2 (xem [4]). Không gian mẫu Ω của phép thử T là tập hợp tất cả

các kết quả của một phép thử T sao cho các kết quả có khả năng xảy ra như nhau.
Tập A ⊂ Ω thì A được gọi là biến cố ngẫu nhiên. Khi A = Ω thì A được gọi là
biến cố chắc chắn (chắc chắn xảy ra). Khi A = ∅ thì A được gọi là biến cố không
(không xảy ra).


3

1.2

Xác suất của biến cố

Trở lại với ví dụ ở trên ta xét biến cố A là "kết quả bốn lần tung có ít nhất
ba lần xuất hiện mặt ngửa". Kết quả của Ω làm A xuất hiện là: NNNN, NSNN,
NNSN, NNNS, SNNN. Khi đó năm kết quả này được gọi là kết quả có lợi cho biến
cố A, khả năng xảy ra biến cố A là

5
.
16

Định nghĩa 1.3 (xem [4]). Xác suất của một biến cố là một số đặc trưng cho
khả năng xảy ra biến cố đó khi thực hiện một phép thử.
1.2.1

Định nghĩa cổ điển của xác suất

Định nghĩa 1.4. Xét phép thử T với không gian mẫu Ω là hữu hạn. Biến cố
A ⊂ Ω, khi đó tỉ số
P (A) =

|A|
|Ω|

được gọi là xác suất của biến cố A.
Nói một cách khác P là một hàm số xác định trên tập tất cả các tập con của
Ω, mà tập giá trị của P là [0,1] vì |A| ≤ |Ω| với mọi A ⊂ Ω. Ta có một số tính chất

của xác suất như sau:
1) 0 ≤ P (A) ≤ 1, ∀ A⊂ Ω.
2) P (Ω) = 1.
3) P (∅) = 0.
Bài toán 1.1. [xem [5]]. Gieo đồng thời hai đồng xu cân đối đồng chất tìm xác
suất để có biến cố:
A: " Xuất hiện hai mặt sấp".
B: "Một mặt sấp, một mặt ngửa".
C: "Ít nhất một mặt sấp".
Lời giải.
Phép thử T là tung hai đồng xu cân đối đồng chất.
Không gian mẫu: Ω = {SS, N N, N S, N N }, |Ω| = 4
A = {SS}, |A| = 1
B = {SN, N S}, |B| = 2


4

C = {SS, SN, N S}, |C| = 3
1
2
3

nên P (A) = = 0, 25; P (B) = = 0, 5; P (C) = = 0, 75.
4
4
4

Bài toán 1.2. [xem [7] trang 447]. Hiện nay có rất nhiều giải xổ số trao giải
thưởng lớn cho những người chọn đúng một bộ sáu số trong số n số nguyên dương
đầu tiên, trong đó n thường nằm trong khoảng từ 30 đến 60. Tìm xác suất mà một
người chọn đúng sáu số trong số 40 số?
Lời giải.
Chỉ có một bộ đạt giải thưởng lớn. Tổng số cách để chọn sáu số trong số 40 là
6
C40
=

Do đó, khả năng chiến thắng là

40!
= 3838380.
34!6!

1
≈ 0 . 00000026.
3838380

Bài toán 1.3. Một hộp có a quả cầu trắng, b quả cầu đen, lấy ngẫu nhiên lần
lượt hai quả cầu. Tìm xác suất để biến cố sau xảy ra
a) A : "Quả cầu thứ nhất là trắng".
b) B : "Quả cầu thứ hai là trắng biết quả cầu thứ nhất là trắng".
Lời giải.

a) Ta có số cách lấy lần lượt hai quả bóng là: (a + b)(a + b − 1) nên
|Ω| = (a + b)(a + b − 1).

Số cách lấy quả bóng đầu tiên là trắng, quả thứ hai là tùy ý là a.(a + b − 1) nên
|A| = a(a + b − 1). Vậy
P (A) =

a(a + b − 1)
a
=
.
(a + b)(a + b − 1)
a+b

b) Sau khi lần đầu lấy quả trắng, số cách để lần thứ hai lấy được quả trắng là
(a − 1) nên |B| = a − 1. Số cách để lấy được một quả từ a + b − 1 quả là a + b − 1,

tức |Ω| = a + b − 1 nên
P (B) =

a−1
a+b−1

Bài toán 1.4. Lấy ngẫu nhiên ra 8 con bài từ bộ tú lơ khơ 52 con. Tìm xác suất
của biến cố sau
A : "Lấy được 5 con màu đỏ".
B : "Lấy được một con cơ, hai con rô, ba con bích".


5

C : "Lấy được một con át, hai con J, ba con 9, hai con 2".
D : "Lấy được ba con cùng một chất đã chọn trước".
Lời giải.
8 (cách) nên |Ω| = C 8
Để lấy 8 con từ 52 con tú có C52
52

Ta cần lấy 5 con đỏ, 3 con đen, nên
3
5
|A| = C26
C26
= 171028000.

Ta cần lấy 1 con cơ, 2 con rô, 3 con bích, 2 con tép, nên
2
3
3
5
.C13
= 22620312.
.C13
.C26
|B| = C13

Ta cần lấy 1 con át, hai con J, ba con 9, hai con 2, nên
|C| = C41 .C42 .C43 .C42 = 576.

Ta cần lấy ba con cùng một chất và năm con thuộc ba chất khác nên

5
|D| = 133 .C39
= 286575757.

Ta có:
171028000
= 0, 227268;
752538150
22620312
P (B) =
= 0, 03006;
752538150
576
P (C) =
= 0, 000007654;
752538150
286575757
= 0, 2188148.
P (D) =
752538150
P (A) =

Bài toán 1.5. Có n người khách ra khỏi nhà mà không lấy mũ của mình. Chủ
nhà không biết rõ chủ của các chiếc mũ là ai nên gửi trả họ một cách ngẫu nhiên.
Tìm xác suất để
a) Cả n người không nhận đúng mũ của mình.
b) Cả n người được trả đúng mũ.
c) Có k người (1 ≤ k ≤ n − 1) được trả đúng mũ.
Lời giải.
Ta có:|Ω| = n!

a) Gọi biến cố A : "Cả n người không nhận đúng mũ"


6

Khi đó:|A| = Dn , nên P (A) =

Dn
n!

b) Gọi biến cố B : "Cả n người được trả đúng mũ"
Khi đó:|B| = 1, nên P (B) =

1
.
n!

c) Gọi biến cố C : "Có k người được trả đúng mũ"
Để có k người được trả đúng mũ thì có đúng n − k người không được trả đúng
mũ, nên
n−1

Cnk Dn−k ;

|C| =
k=1

n−1

P (C) =

1.2.2

Cnk Dn−k

k=1

n!

.

Định nghĩa thống kê về xác suất

Định nghĩa 1.5. Tần suất xuất hiện biến cố trong n phép thử là tỷ số giữa số
phép thử trong đó biến cố xuất hiện và tổng số phép thử được thực hiện.
Ta ký hiệu số phép thử là n, số lần xuất hiện biến cố A là k . Tần suất xuất hiện
biến cố A là f (A) thì:
f (A) =

k
n

Định nghĩa 1.6. Xác suất xuất hiện biến cố A trong một phép thử là một số p
không đổi mà tần suất f xuất hiện biến cố đó trong n phép thử sẽ dao động xung
quanh p, khi số phép thử của n tăng lên vô hạn thì P (A) ≈ f (A).
Bài toán 1.6. Có thể xem xác suất sinh con trai là bao nhiêu khi theo dõi 88200
trẻ sơ sinh ở một vùng có 45000 con trai.
Lời giải.
Ta có P (A) ≈ f (A) =

4500

= 0, 51.
88200

Tức xác suất sinh con trai xấp xỉ 0,51. Hay tỉ lệ sinh con trai và con gái xấp xỉ
là 51 nam, 50 nữ.

1.3

Định lý cộng xác suất

Theo định nghĩa của biến cố thì biến cố là tập con của không gian mẫu Ω nên
trên các biến cố cũng có các phép toán tập hợp, trên cơ sở đó ta cũng xây dựng


7

một số công thức tính xác suất khác.
Định nghĩa 1.7. Biến cố C là tổng của hai biễn cố A và B , kí hiệu là A + B, nếu
C chỉ xảy ra khi có ít nhất một trong hai biến cố xảy ra.

Nói cách khác, ta viết C = A + B ⇔ C = A ∪ B.
Mở rộng
n

C = A1 + A2 + ... + An ⇔ C = ∪ Ai
i=1

Định nghĩa 1.8. Hai biến cố A và B gọi là xung khắc với nhau nếu chúng không
thể đồng thời xảy ra trong cùng một phép thử.
Về mặt tập hợp A và B xung khắc tương đương A ∩ B = ∅.

Định nghĩa 1.9. Nhóm n biến cố A1 , A2 , ..., An được gọi là xung khắc từng đôi
một nếu bất kì hai biến cố này cùng xung khắc nhau. Tức là
Ai ∩ Aj = ∅, ∀ i, j = 1, n.

Định lý 1.1 (Định lý cộng xác suất). Cho A và B là hai biến cố xung khắc, khi
đó
P (A + B) = P (A) + P (B).

Chứng minh. Ta có A + B = A ∪ B, giả sử |A| = m1 , |B| = m2 , tất cả các kết quả
của không gian mẫu là n.
Do |A ∪ B| = |A| + |B| − |A ∩ B|, mà |A ∩ B| = ∅ nên
|A ∪ B| = |A| + |B| = m1 + m2 .

Suy ra:
P (A ∪ B) = (m1 + m2 )/n;
P (A) + P (B) = m1 /n + m2 /n = (m1 + m2 )/n.

Vậy ta có P(A + B) = P(A) + P(B).
Hệ quả 1.1. Cho A1 , A2 , ..., An là nhóm các biến cố đôi một xung khắc, ta có:
P (A1 + A2 + ... + An ) = P (A1 ) + P (A2 ) + ... + P (An ).

Bài toán 1.7. Xác suất để một xạ thủ bắn trúng bia điểm 10 là 0,1; trúng bia
điểm 9 là 0,2; trúng bia điểm 8 là 0,25 và ít hơn điểm 8 là 0,45. Xạ thủ ấy bắn


8

một viên đạn. Tìm xác suất để xạ thủ được ít nhất 9 điểm.
Lời giải.
Gọi A1 là biến cố "Xạ thủ bắn trúng điểm 10".

Gọi A2 là biến cố "Xạ thủ bắn trúng điểm 9".
Gọi A là biến cố "Xạ thủ bắn được ít nhất 9 điểm".
Vậy A = A1 + A2 .
Vì A1 , A2 xung khắc nên ta có:
P (A1 + A2 ) = P (A1 ) + P (A2 ) = 0, 1 + 0, 2 = 0, 3.

Định nghĩa 1.10. Nhóm biến cố A1 , A2 , ..., An được gọi là một nhóm đầy đủ các
biến cố nếu A1 + A2 + ... + An = Ω và Ai ∩ Aj = ∅, ∀ i, j = 1, n.
Hệ quả 1.2. Nếu A1 , A2 , ..., An tạo thành nhóm đầy đủ các biến cố thì
n

P

n

(Ai )

=

i=1

P (Ai ) = 1
i=1

Định nghĩa 1.11. Hai biến cố A và B được gọi là đối lập nếu chúng tạo thành
một nhóm đầy đủ các biến cố, tức là A ∪ B = Ω và A ∩ B = ∅. Khi đó ta kí hiệu
biến cố đối (đối lập) của biến cố A là A.
Hệ quả 1.3. Nếu A và A là hai biến cố đối lập, thì ta có P (A) = 1 − P (A).
Bài toán 1.8. Trong hòm có n sản phẩm trong đó có m chính phẩm m ≤ n. Lấy
ngẫu nhiên k sản phẩm, tìm xác suất để trong k sản phẩm có ít nhất một chính

phẩm (k ≤ n).
Lời giải.
Gọi A là biến cố "k sản phẩm lấy ít nhất một chính phẩm", thì biến cố đối của A
là "k sản phẩm lấy ra đều là phế phẩm".
Do đó P (A) = 1 − P (A).
k
Mà |A| = Cn−m
, k ≤ n − m, nên P (A) = 1 −

k
Cn−m
Cnk

Bài toán 1.9. Trong hòm có 10 chi tiết trong đó có 2 chi tiết hỏng. Tìm xác suất
khi lấy ra ngẫu nhiên 6 chi tiết thì không có quá một chi tiết hỏng.
Lời giải.
Gọi A là biến cố "Trong 6 chi tiết lấy ra không có chi tiết hỏng".


9

Gọi A1 là biến cố "Trong 6 chi tiết lấy ra có một chi tiết hỏng".
Gọi A0 là biến cố "Trong 6 chi tiết lấy ra không có quá một chi tiết hỏng".
Khi đó A = A0 + A1 , A0 , A1 là hai biễn cố xung khắc.
P (A) = P (A0 + A1 ) = P (A0 ) + P (A1 ).

Mà P (A0 ) =

1.4

C86
C21 C85
2
8
;
P
(A
)
=
nên P (A) = 2/15 + 8/15 = 2/3.
=
=
1
6
6
5
15
C10
C10

Định lý nhân xác suất

Bây giờ ta xét trường hợp một biến cố C là giao của hai biến cố A, B.
Định nghĩa 1.12. Biến cố C được gọi là tích của hai biến cố A và B , nếu C xảy
ra khi và chỉ khi A và B cùng xảy ra.
Về mặt tập hợp: C = A.B ⇔ C = A ∩ B
Định nghĩa 1.13. Biến cố A được gọi là tích của n biến cố A1 , A2 , ..., An nếu A
n

xảy ra khi và chỉ khi tất cả n biến cố A1 , A2 , ..., An xảy ra. Kí hiệu: A =

Ai .
i=1

Định nghĩa 1.14. Hai biến cố A, B được gọi là độc lập với nhau nếu việc xảy ra
của biến cố này không làm thay đổi xác suất xảy ra biến cố kia và ngược lại.
Hai biến cố A, B không độc lập thì hai biến cố đó gọi là phụ thuộc nhau.
Ví dụ 1.2. Trong bình có 3 quả cầu trắng, 2 quả cầu đen. Lấy ngẫu nhiên một
quả cầu. Gọi A là biến cố "Lấy được quả cầu trắng" thì P (A) = 3/5 . Quả cầu
được bỏ lại vào bình và tiếp tục lấy ra một quả cầu. Gọi B là biến cố "Lần thứ
hai lấy được quả cầu trắng" thì P (B) = 3/5, P (B) không phụ thuộc vào A nên A, B
độc lập. Tuy nhiên nếu ta lấy quả cầu trắng và không bỏ lại vào bình thì ta có
P (B) = 1/2. Khi đó A, B là phụ thuộc nhau.

Chú ý: Nếu A và B là hai biến cố độc lập thì A và B, A và B , A và B cũng độc
lập với nhau.
Định nghĩa 1.15. Các biến cố A1 , A2 , ..., An gọi là độc lập từng đôi nếu Ai , Aj độc
lập, i = j, i, j = 1, n.
Định nghĩa 1.16. Các biến cố A1 , A2 , ..., An gọi là độc lập toàn phần với nhau
nếu mỗi biến cố độc lập với một tổ hợp bất kì của các biến cố còn lại.


10

Định lý 1.2 (Định lý nhân xác suất). Cho A, B là hai biến cố độc lập thì
P (A.B) = P (A).P (B).

Nhận xét 1.1. P (A.B) = P (A).P (B) ⇔ A và B độc lập.
Hệ quả 1.4. Nếu A, B độc lập thì
P (A) = P (A.B)/P (B), P (B) > 0.

n

Hệ quả 1.5. Nếu A1 , A2 , ..., An độc lập toàn phần thì P

n

Ai
i=1

P (Ai ).

=
i=1

Bài toán 1.10. Trong một cuộc thi đấu có A và B tham gia. Khả năng lọt vào
chung kết của A là 90%, của B là 70%. A, B không cùng một bảng đấu. Tìm xác
suất của các biến cố
D: "Cả hai lọt vào chung kết".
E: "Có ít nhất một người lọt vào chung kết".
F: "Chỉ có A lọt vào chung kết".
Lời giải.
Gọi A là biến cố "Người A lọt vào chung kết".
Gọi B là biến cố "Người B lọt vào chung kết".
Khi đó, dễ thấy A, B là hai biến cố độc lập, và D = A.B;
E = A.B + A.B + AB;
F = A.B.

Theo bài P (A) = 0, 9, P (B) = 0.7 nên
P (D) = P (A.B) = P (A)P (B) = 0, 9.0, 7 = 0, 63;
P (E) = P (A.B) + P (A.B) + P (A.B)

= 0, 7.0, 9 + 0, 7.0, 1 + 0, 9.0, 3 = 0, 97;
P (F ) = P (A.B) = P (A).P (B) = 0, 9.0, 3 = 0, 27.

Bây giờ ta xét trường hợp hai biến cố A và B phụ thuộc nhau. Trước hết ta xét
khái niệm xác suất có điều kiện.
Định nghĩa 1.17. Xác suất của biến cố A được tính với điều kiện biến cố B đã
xảy ra, gọi là xác suất có điều kiện của A và kí hiệu là P (A/B)


11

Định lý 1.3 (Xác suất có điều kiện). Cho A, B là hai biến cố phụ thuộc, khi đó:
P (A.B) = P (A).P (A/B) = P (B).P (B/A).

Chứng minh. Giả sử A, B là hai biến cố của cùng không gian mẫu Ω và |Ω| = n,
|A| = m1 .|B| = m2 , |A.B| = k.

Khi đó P (A.B) = k/n, P (B/A) = k/m1 , P (A/B) = k/m2 . Vậy:
P (A.B) = k/n = (k/m1 ).(m1 /n) = P (A)P (B/A).
P (A.B) = k/n = (k/m2 ).(m2 /n) = P (B)P (A/B).

Hệ quả 1.6. Nếu P (B) > 0 thì P (A/B) = P (AB)/P (B).
Hệ quả 1.7. Nếu A1 , A2 , ..., An là n biến cố phụ thuộc nhau thì
P (A1 A2 ...An ) = P (A1 )P (A2 /A1 )P (A3 /A1 A2 )...P (An /A1 A2 ...An−1 ).

Hệ quả 1.8. Hai biến cố A và B độc lập khi và chỉ khi
P (A/B) = P (A), P (B/A) = P (B).

Bài toán 1.11. Một cơ quan có ba xe ô tô, khả năng xảy ra sự cố tương ứng với
mỗi xe là 5%, 20%, 10%.Tìm khả năng xảy ra các tình huống sau:

- Cả ba ô tô bị sự cố.
- Có ít nhất một xe hoạt động tốt.
- Có đúng một xe hoạt động tốt.
- Cả ba xe hoạt động tốt.
- Có không quá hai xe hoạt động tốt.
Lời giải. Gọi Ai là biến cố "Xe thứ i bị sự cố", i = 1, 2, 3.
Ba biến cố này không xung khắc nhưng độc lập.
A là biến cố "Cả ba ô tô cùng bị sự cố".
B là biến cố "Có ít nhất một xe hoạt động tốt".
C là biến cố "Có đúng một xe hoạt động tốt".
D là biến cố "Cả ba xe cùng hoạt động không tốt".
E là biến cố "Có không quá hai xe hoạt động không tốt".

Khi đó theo giả thiết:
P (A1 ) = 0.05, nên P (A1 ) = 0, 95;
P (A2 ) = 0, 2, nên P (A2 ) = 0, 8;


12

P (A3 ) = 0, 1, nên P (A3 ) = 0, 9.

Ta có thể biểu diễn A = A1 A2 A3 nên P (A) = P (A1 A2 A3 ) và
P (A1 A2 A3 ) = P (A1 )P (A2 )P (A3 ) = 0, 05.0, 2.0, 1 = 0, 001.
B = A1 + A2 + A3 , xét B = A1 A2 A3 = A nên
P (B) = 1 − P (B) = 1 − P (A) = 1 − 0, 001 = 0, 999.
C = A1 A2 A3 + A1 A2 A3 + A1 A2 A3 nên
P (C) = 0, 05.0, 8.0, 1 + 0, 05.0, 2.0, 9 + 0, 95.0, 2.0, 1 = 0, 032.
D = A1 A2 A3 nên
P (D) = P (A1 A2 A3 )

= P (A1 ).P (A2 ).P (A3 )
= 0, 95.0, 8.0, 9 = 0, 684.
E : "Không quá hai xe bị sự cố" là biến cố "Có ít nhất một xe hoạt động tốt",

tức E = B , nên P (E) = 0, 999.
Bài toán 1.12. Xét phép thử tung một đồng xu bốn lần. Giả sử ta không thấy kết
quả nhưng ta biết có ít nhất hai mặt sấp. Tính xác suất tung được cả bốn mặt sấp.
Lời giải.
Gọi A là biến cố "Tung được bốn mặt sấp".
Gọi B là biến cố "Có ít nhất hai mặt sấp".
Do A ∩ B = A nên P (A/B) = P (A)/P (B).
1
1
4
6
1
11
= ; P (B) =
+
+
= .
4
2
16
16 16 16
16
1
Khi đó P (A) = .
11

Mà P (A) =

Bài toán 1.13. Cho P = P1 P2 ...Pn là một hoán vị ngẫu nhiên của n số tự nhiên
đầu tiên. Gọi A là biến cố "P1 > P2 ", B là biến cố "P2 > P3 ". Hỏi A và B có độc
lập không?
Lời giải.
Ta có với hai số P1 , P2 chứa hai khả năng xảy ra P1 > P2 hoặc P2 > P1 nên
P (A) = 1/2, tương tự P (B) = 1/2 và A ∩ B là biến cố "P1 > P2 > P3 ",
P (A ∩ B) = 1/6.


13

Vì với ba số P1 , P2 , P3 có 6 hoán vị, chỉ có một hoán vị thỏa mãn P1 > P2 > P3 .
Khi đó:
P (A/B) = P (A ∩ B)/P (B) = (1/6)/(1/2) = 1/3 = P (A).

Vậy A, B không độc lập.
Một cách đơn giản hơn ta có ngay P (A ∩ B) = 1/6 = P (A)P (B), nên A, B không
độc lập.
Bài toán 1.14. Một người săn thỏ trong rừng. Khả năng anh bắn trúng thỏ trong
mỗi lần bắn tỉ lệ nghịch với khoảng cách. Anh ta bắn lần đầu với khoảng cách 20m
với xác suất bắn trúng là 50 %. Nếu trượt anh ta bắn tiếp viên thứ 2 ở khoảng cách
30 m, nếu trượt anh ta bắn tiếp viên thứ 3 ở khoảng cách 50 m. Tìm xác suất để
người thợ săn bắn được thỏ trong lần đi săn này.
Lời giải.
Gọi Ti là biến cố "Thợ săn bắn trúng thỏ lần thứ i”, i = 1, 2, 3, ba biến cố này
không độc lập.
Theo bài ta có P (T1 ) = k/20 = 0, 5, Suy ra k = 10. Do đó:
P (T2 /T1 ) = 10/30 = 1/3;

P (T 3/T2 ) = 10/50 = 1/5;

Gọi T là biến cố thợ săn bắn trúng thỏ trong cuộc đi săn này
T = T 1 + T1 .T 2 + T1 .T2 .T 3.

Khi đó:
P(T) = P(T1 + T1 .T2 + T1 .T2 .T3)
= P(T1) + P(T1 .T2 ) + P(T1 .T2 .T3)
= 0, 5 + P(T1 ).P(T2/T1 ) + P(T1 ).P(T2 /T1).P(T3/T1 T2 )
= 0, 5 + (1 - 0, 5)(1/3) + (1 - 0, 5)(1 -1/3).0, 2 =22/30= 0, 733.

1.5

Một số mở rộng của định lý cộng và định lý nhân xác suất

Ở hai phần trước ta đã tìm hiểu định lý cộng xác suất với điều kiện các biến cố
xung khắc, định lý nhân xác suất với điều kiện các biến cố độc lập. Ở phần này
chúng ta sẽ xét một số công thức mở rộng của hai định lý trên.


14

Trước hết trong định lý cộng xác suất, nếu A, B không xung khắc ta có kết
quả sau:
Định lý 1.4. Cho A, B là hai biến cố của cùng không gian mẫu Ω, khi đó
P (A + B) = P (A) + P (B) − P (A.B).

Chứng minh. Giả sử |Ω| = n, |A| = m1 , |B| = m2 , |A ∩ B| = k, k ≥ 0.
Do A, B không có điều kiện xung khắc. Khi đó ta có:
|A ∪ B| = |A| + |B| − |A ∩ B| = m1 + m2 − k.

Nên P (A ∪ B) = P (A + B) = (m1 + m2 − k)/n = m1 /n + m2 /n − k/n
= P (A) + P (B) − P (A.B).

Tương tự, áp dụng công thức tính số phần tử tập hợp ta chứng minh được:
Hệ quả 1.9. Cho A1 , A2 , ..., An là các biến cố của không gian mẫu Ω ta có
n

P

n

Ai

n

P (Ai ) −

=

i=1

P (Ai )P (Aj )+

i=1

i
P (Ai Aj Ak ) + ... + (−1)n−1 P (A1 A2 ...An )

+
i
Định lý 1.5. Cho A1 , A2 , ..., An là các biến cố độc lập toàn phần với nhau, khi đó
n

n

P

Ai

=1−

i=1

P (Ai ).
i=1

Chứng minh.
n

Gọi A =

n

Ai thì A =

i=1

Ai do đó
i=1
n

P (A) = P

n

= 1 − P (A) = 1 − P

Ai
i=1

Ai
i=1

Do các Ai độc lập toàn phần nên Ai cũng độc lập toàn phần, nên ta có:
n

n

P

Ai
i=1

n

Suy ra P

P (Ai ).
i=1

n

Ai
i=1

=

=1−

P (Ai )
i=1

Nếu P (A1 ) = P (A2 ) = ... = P (An ) = p thì ta có
n

P

Ai
i=1

= 1 − (1 − p)n


15

Bài toán 1.15. Xác suất để động cơ thứ nhất bị trúng đạn là 0,2, động cơ thứ hai
bị trúng đạn là 0,3, xác suất phi công bị trúng đạn là 0,1. Tìm xác suất để máy

bay rơi, biết rằng máy bay rơi khi cả hai động cơ đều bị trúng đạn hoặc phi công
bị trúng đạn.
Lời giải.
Gọi Ai là biến cố " động cơ thứ i bị trúng đạn", i = 1, 2.
A3 là biến cố "phi công bị trúng đạn".
A là biến cố "máy bay rơi".

Khi đó A = A1 A2 + A3 , suy ra P (A) = P (A1 A2 + A3 ). Do A1 , A2 , A3 không xung
khắc nên
P (A) = P (A1 A2 ) + P (A3 ) − P (A1 A2 A3 ).

Mặt khác A1 , A2 , A3 độc lập toàn phần nên ta có
P (A) = P (A1 A2 ) + P (A3 ) − P (A1 )P (A2 )P (A3 )= 0, 154.

Bài toán 1.16. Một người viết n lá thư, bỏ ngẫu nhiên vào n phong bì có đề sẵn
địa chỉ. Tìm xác suất có ít nhất một lá thư đúng địa chỉ.
Lời giải.
Gọi A là biến cố "có ít nhất một lá thư đúng địa chỉ". Khi đó, A là biến cố "tất
cả các lá thư không đúng địa chỉ".
Số cách để bỏ n lá thư vào n phong bì là n!.
Số cách tất cả lá thư không đúng địa chỉ là:
n

Dn =
i=1

(−1)i−1

n!
Dn

, nên P A =
. Suy ra:
i!
n!

Dn
P (A) = 1 − P (A) = 1 −
=1−
n!

n

i−1 1

(−1)
i=1

i!

n

(−1)i

=
i=1

1
i!

Bài toán 1.17. Phải tung một con súc sắc bao nhiêu lần để với xác suất không

nhỏ hơn 0,5 ta có hy vọng rằng có ít nhất một lần được mặt sáu chấm.
Lời giải.
Giả sử ta tung con súc sắc n lần.
Gọi Ai là biến cố "tung lần i được mặt sáu chấm", i = 1, n .
Gọi A là biến cố "trong n lần có ít nhất một lần tung được mặt sáu chấm". Vậy


16
n

A=

Ai , các biến cố Ai là không xung khắc và độc lập toàn phần với nhau nên

i=1

n

ta có: P (A) = 1 -

Ai .

i=1

Vì P (A1 ) = P (A2 ) = ... = P (An ) = 1/6, nên
P (A1 ) = P (A2 ) = ... = P (An ) = 5/6

Vậy ta có P (A) = 1 -

5

6

n

.

Theo giả thiết P (A) ≤ 0, 5 ⇔ 1 −

5
6

n

≤ 0, 5 ⇔ n ≥ 3, 7, n ∈ N∗ .

Vậy phải tung ít nhất bốn lần.
Định lý 1.6 (Công thức xác suất đầy đủ). Cho H1 , H2 , ..., Hn là nhóm các biến cố
đầy đủ. A là một biến cố của cùng một không gian mẫu Ω. Khi đó ta có
n

P (A) =

P (Hi )P (A/Hi ).
i=1

Chứng minh. Do H1 , H2 , ..., Hn là một nhóm các biến cố đầy đủ, nên
A = A ∩ Ω = A.H1 + A.H2 + ... + A.Hn .

Vì Hi ∩ Hj = ∅, ∀ i = j nên A.Hi ∩A.Hj = ∅, ∀i = j, i, j = 1, n . Do vậy
n

P (A) =

P (Hi )P (A/Hi ).
i=1

Bài toán 1.18. Có ba hộp giống nhau, hộp thứ nhất có 10 sản phẩm trong đó có
6 chính phẩm, hộp thứ hai có 15 sản phẩm trong đó có 10 chính phẩm, hộp thứ ba
có 20 sản phẩm trong đó có 15 chính phẩm. Lấy ngẫu nhiên một hộp, từ hộp đó
lấy ngẫu nhiên ra một sản phẩm. Tính xác suất để lấy được chính phẩm.
Lời giải.
Gọi A là biến cố "lấy được chính phẩm".
Hi là biến cố "chính phẩm lấy ra thuộc hộp i".

Khi đó, A xảy ra đồng thời với H1 hoặc H2 hoặc H3 .
Xác suất để lấy được các hộp H1 , H2 , H3 là:
P (H1 ) = P (H2 ) = P (H3 ) = 1/3


17

và P (A/H1 ) = 6/10, P (A/H2 ) = 10/15, P (A/H3 ) = 15/20.
Do đó:
P (A) = P (H1 )P (A/H1 ) + P (H2 )P (A/H2 ) + P (H3 )P (A/H3 )
1 6
1 10 1 15
124
31
. + . + . =
= .

3 10 3 15 3 20
180
45

Định lý 1.7. (Công thức Bayes). Cho H1 , H2 , ..., Hn là một nhóm đầy đủ các biến
cố. A là một biến cố của cùng không gian mẫu Ω. Khi đó
P (Hi /A) =

P (Hi ) P (A/Hi )
n

.

P (Hi ) P (A/Hi )
i=1

Chứng minh. Theo định nghĩa xác suất có điều kiện và công thức xác suất đầy
đủ, ta có:
P (A.Hi ) = P (A).P (Hi /A) = P (Hi ).P (A/Hi ), i = 1, n . Từ đó:

P (Hi /A) =

P (Hi ) P (A/Hi )
=
P (A)

P (Hi ) P (A/Hi )
n

P (Hi ) P (A/Hi )

i=1

Bài toán 1.19. Dây chuyền lắp ráp nhận được các chi tiết do hai máy sản xuất.
Trung bình máy thứ nhất cung cấp 60% chi tiết, máy thứ hai cung cấp 40% chi
tiết. Khoảng 90% chi tiết do máy một sản xuất là đạt chuẩn, 85% chi tiết do máy
thứ hai sản xuất là đạt chuẩn. Lấy ngẫu nhiên từ dây chuyền một sản phẩm, thấy
sản phẩm đạt chuẩn. Tìm xác suất để sản phẩm đó do máy thứ nhất sản xuất.
Lời giải.
Gọi A là biến cố "chi tiết lấy từ dây chuyền đạt chuẩn".
Hi là biến cố "chi tiết do máy thứ i sản xuất", i = 1, 2...
A xảy ra đồng thời với H1 , H2 . Do đó xác suất cần tìm là:
P (H1 /A) =

P (H1 ) .P (A/H1 )
P (H1 ) .P (A/H1 ) + P (H2 ) .P (A/H2 )

Theo bài P (H1 ) = 0, 6; P (H2 ) = 0, 4; P (A/H1 ) = 0, 9; P (A/H2 ) = 0, 85 nên
P (H1 /A) =

0, 6.0, 9
= 0, 614.
0, 6.0, 9 + 0, 4.0, 85

Bài toán 1.20. Trước khi đưa sản phẩm ra thị trường người ta phỏng vấn ngẫu
nhiên 200 khách hàng về sản phẩm. Có 34 người trả lời "sẽ mua", 96 người trả lời


18

"có thể sẽ mua", 70 người trả lời "không mua". Kinh nghiệm cho thấy tỷ lệ khách

hàng mua hàng tương ứng với cách trả lời trên là 40%, 20%, 10%.
a) Tìm xác suất khách hàng mua sản phẩm.
b) Trong số khách hàng thực sự mua sản phẩm có bao nhiêu phần trăm trả lời
sẽ mua.
Lời giải.
Gọi A là biến cố "khách hàng mua sản phẩm".
H1 là biến cố "người đó trả lời là sẽ mua".
H2 là biến cố "người đó trả lời là có thể sẽ mua".
H3 là biến cố "người đó trả lời là không mua".

a) Theo công thức xác suất đầy đủ
P (A) = P (H1 )P (A/H1 ) + P (H2 )P (A/H2 ) + P (H3 )P (A/H3 )
= (34/200).0, 4 + (96/200).0, 2 + (70/200).0, 01 = 0, 1675.

Vậy số người mua sản phẩm là 16,75
b) Theo công thức Bayes
P (H1 /A) =

P (H1 ) P (A/H1 )
0, 17.0, 4
=
= 0, 40579.
P (A)
0, 1675

Vậy trong số khách hàng mua sản phẩm có xấp xỉ 40% trả lời sẽ mua.
Trong hoạt động thực tế, có rất nhiều trường hợp một phép thử được lặp đi lặp
lại. Một dãy các phép thử được gọi là độc lập với nhau nếu xác suất xảy ra một
biến cố nào đó trong từng phép thử không phụ thuộc vào một biến cố đó có xảy
ra ở các phép thử khác hay không. Chẳng hạn trong việc sản xuất sản phẩm hay

tung nhiều lần các đồng xu, con súc sắc tạo nên một dãy các phép thử độc lập.
Một dãy các phép thử độc lập thỏa mãn điều kiện kết quả xảy ra chỉ có hai
trường hợp hoặc biến cố A xảy ra với xác suất p; hoặc biến cố A không xảy ra với
xác suất 1 − p = q, được gọi là dãy phép thử Bernoulli.
Định lý 1.8. Trong một dãy n phép thử Bernoulli liên quan đến biến cố A. Xác
suất để biến cố A xuất hiện đúng m lần là Pn (m) và
Pn (m) = Cnm pm q n−m = Cnm pm (1 − p)n−m


19

Chứng minh. Gọi Ai là biến cố "xảy ra biến cố A ở lần thứ i", i = 1, n. Khi đó
Ai là biến cố "không xảy ra biến cố A ở lần thứ i".
B là biến cố "trong n phép thử biến cố A xảy ra đúng m lần". Khi đó biến cố A

xảy ra m lần , A xảy ra n − m lần.
B = A1 A2 ...Am Am+1 ...An + ... + A1 A2 ...An−m An−m+1 ...An .

Số cách chọn m lần trong n lần xảy ra biến cố A là Cnm . Với mỗi cách chọn m
lần để biến cố A xảy ra có n − m lần A xảy ra. Nên
Pn (m) = P (B) = pm q n−m + ... + pm q n−m = Cnm pm q n−m = Cnm pm (1 − p)n−m

Bài toán 1.21. Một bài thi trắc nghiệm có 100 câu hỏi. Mỗi câu có bốn phương
án trả lời, trong đó chỉ có một phương án đúng. Mỗi câu đúng được một điểm còn
trả lời sai thì không được điểm. Một học sinh lười học đã chọn ngẫu nhiên các
phương án trả lời. Tìm xác suất để học sinh này
a) Đạt từ 50 điểm trở lên.
b) Đạt từ 49 điểm trở xuống.
Lời giải.
Gọi A là biến cố "chọn câu trả lời đúng", thì ở mỗi lần chọn P (A) = 1/4, nên

P (A) = 3/4.

a) Khi đó
P (m ≥ 50) = P100 (50 ≤ m ≤ 100)
100
m
C100
(0, 25)m (0, 75)100−m .

=
m=50

49

b) P (m < 50) = P100 (0 ≤ m ≤ 49) =
m=0

m (0, 25)m (0, 75)100−m .
C100

Bài toán 1.22. Theo kết quả điều tra bệnh lao, tỷ lệ người mắc bệnh lao ở vùng
X là 0,001. Tìm xác suất để khi khám cho 10 người.
a) Có hai người bị lao.
b) Có ít nhất một người bị lao.
Lời giải.
Gọi A là biến cố "gặp người bị lao" thì P (A) = 0, 001, P (A) = 0, 999
2
P10 (2) = C10
(0, 0001)2 (0, 999)8

20

P10 (m ≥ 1) = 1 − P10 (0) = 1 − (0, 999)10 .

1.6
1.6.1

Biến ngẫu nhiên và kì vọng
Định nghĩa

Định nghĩa 1.18. Cho Ω là tập hợp kết quả các phép thử nào đó. Biến ngẫu
nhiên X là hàm số được định nghĩa trên Ω.
Ví dụ 1.3. Cho Ω là tập tất cả các đồ thị n đỉnh, ta định nghĩa biến ngẫu nhiên
X cho tương ứng bởi mỗi G ∈ Ω với X(G) là số cạnh của G. Hoặc ta có thể định

nghĩa biến ngẫu nhiên Y cho tương ứng với mỗi G ∈ Ω với Y (G) là thành phần
liên thông của G.
Định nghĩa 1.19. Cho X, Y là hai biến ngẫu nhiên trên Ω. Khi đó ta định nghĩa
tổng hai biến ngẫu nhiên X + Y cho tương ứng với mỗi u ∈ Ω với
(X + Y )(u) = X(u) + Y (u)

và tích hai biến ngẫu nhiên X.Y cho tương ứng mỗi u ∈ Ω với
X.Y (u) = X(u)Y (u).

Thông số đặc trưng quan trọng nhất của biến ngẫu nhiên đó là kì vọng của
biến ngẫu nhiên.
Định nghĩa 1.20. Cho X : Ω → R là một biến ngẫu nhiên sao cho tập giá trị của
X là S = {X(u), u ∈ Ω} hữu hạn. Tức là X nhận hữu hạn giá trị.

Khi đó số
E(X) =

i.p(X = i)
i∈S

được gọi là giá trị kỳ vọng hay kì vọng của X trên Ω.
Trong đó P (X = i) là xác suất của biến cố X(u) = i.
P (X = i) =

|{u ∈ Ω, X (u) = i}|
|Ω|

Chú ý: Ta dùng kí hiệu EΩ (X) để kí hiệu cho kì vọng của biến ngẫu nhiên X được
định nghĩa trên không gian Ω. Ta có thể viết là E(X) nếu ta không cần nhấn mạnh
Ω. Kì vọng chính là giá trị trung bình của các giá trị i.


21

Bài toán 1.23. Gieo đồng thời hai con súc sắc cân đối đồng chất. Gọi X là tổng
số chấm xuất hiện trên hai con súc sắc. Tính E(X).
Lời giải.
Ta có Ω = {(i, j)}, 1 ≤ i, j ≤ 6. Biến ngẫu nhiên X : Ω → S cho tương ứng u = (i, j),
với X(u) = i + j , nên S = {2..., 11, 12}. Ta lập được bảng
X

2
1
36

P(X)

3
2
36

4
3
36

5
4
36

6
5
36

7
1
36

8
5
36

9
4
36

10
3
36

11
2
36

12
1
36

12

Khi đó E(X) =

i.P (X = i)

i=2

= 2.1/36+ 3.2/36+ 4.3/36+ 5.4/36+ 6.5/36+ ... + 11.2/36+ 12.1/36= 7.
Bài toán 1.24. Xác suất để một máy sản suất ra phế phẩm bằng p. Máy sẽ được
sửa chữa ngay khi làm ra phế phẩm. Tìm số sản phẩm trung bình được sản suất
giữa hai lần sửa chữa.
Lời giải.
Gọi X là số sản phẩm được sản xuất ra giữa hai lần sửa chữa. Khi đó X nhận giá
trị thuộc tập N ∗ do xác suất sản xuất ra phế phẩm là p nên xác suất sản xuất ra
chính phẩm là q = 1 − p. Ta có thể lập bảng
X

1

2

3

...

n

...

P

p

q.p

q 2 .p

...

q n−1 .p

...

Số sản phẩm trung bình được sản xuất ra chính là E(X). Ta có
∞

E(X) =

∞

n.q

n−1

n.q n−1 .

p=p

i=1

i=1

Do 0 < q < 1 nên theo công thức của cấp số nhân lùi vô hạn
∞

E(X) = p

n.q n−1 p

i=1

= p.

d
dq

1
1−q

=p

d
dq

1
1−q

=p

1
1
=
2
p
p

= p.

1
2

(1 − q)

Nhận xét 1.2. Ta có thể mở rộng tập S hữu hạn thành tập S đếm được nếu tổng
∞

i.p(X = i) có giới hạn hữu hạn.
i=1