Giáo trình môn học Toán kinh tế (Nghề: Kế toán doanh nghiệp): Phần 2

Chương 3: Tốn xác suất
1. Giải tích tổ hợp
1.1. Tính giai thừa, hốn vị
a. Tính giai thừa
Số đếm đƣợc hình thành từ xa xƣa trong lịch sử. Khi toán học phát triển, một số
nhà toán học khi làm toán lại quan tâm đến tích của nh ng số đếm đầu tiên nhƣ 1
x 2, 1 x 2 x 3... Ngƣời ta gọi tích của n số đếm đầu tiên là n giai thừa, kí hiệu là
n!.
Ví dụ: 2! = 1 x 2 = 2, 3! = 1 x 2 x 3 = 6
Dựa vào khái niệm giai thừa, ta thấy (n + 1)! = (n + 1) x n!. Chẳng hạn với n = 4
thì 5! = 5 x 4!. Thật vậy, 5! = 1 x 2 x 3 x 4 x 5, còn 5 x 4! = 5 x (1 x 2 x 3 x 4).
Do đó 5! = 5 x 4!. Ngƣời ta gọi (n + 1)! = (n + 1) x n! là một công thức truy hồi.
Muốn tính giai thừa của một số, ta tính theo giai thừa của số bé hơn. Biết 4! = 24,
muốn tính 6!, ta có thể làm nhƣ sau: 5! = 5 x 4! = 5 x 24 = 120, 6! = 6 x 5! = 6 x
120 = 720.
Công thức giai thừa xuất hiện nhiều trong toán nhƣ hoán vị, tổ hợp, chỉnh hợp, lý
thuyết số, giới hạn, số nguyên tố hay nh ng khai triển toán học theo các chuỗi
số... Chẳng hạn số cách xếp hàng ngang 3 bạn để chụp ảnh gọi là một hốn vị của
3, chính là 3! = 6.
Ví dụ với 3 bạn A, B, C thì 6 cách xếp hàng đó là ABC, ACB, BAC, BCA, CAB,
CBA. Với ngơi sao 5 cánh thì số đoạn thẳng nối 2 điểm đƣợc gọi là một tổ hợp 2
của 5. Cơng thức tính là 5! : (2! x (5 - 2)!) hay 5! : (2! x 3!) = 120 : (2 x 6) = 120 :
12 = 10. Em hãy vẽ thử xem nhé. Ở một số loại máy tính cầm tay, ngƣời ta viết
phím nCk để chỉ tổ hợp k của n. Với bài tốn ngơi sao này thì đó là 5C2. Ta có
thể tính 5C2 theo cách liệt kê: Chọn 5 điểm A, B, C, D, E và đếm số đoạn thẳng
là AB, AC, AD, AE, BC, BD, BE, CD, CE, DE. Ta vẫn đƣợc đáp số là 10 đoạn
thẳng.
Bây giờ ta giải thích tại sao phải có kí hiệu 0! và 1!. Theo khái niệm ở trên thì n!
chỉ tích của n số đếm đầu tiên. Theo cơng thức truy hồi thì 2! = 2 x 1! hay 2 = 2 x
1!, từ đó 1! = 1. Đến bài toán tổ hợp, chẳng hạn tính số đoạn thẳng nối 2 điểm.
Đáp số rõ ràng là 1. Tức là 2C2 = 1 hay 2! : (2! x (2 - 2)!) = 1. Từ đó 2 : (2 x 0!)

= 1, 2 x 0! = 2, 0! = 1. Vậy để đầy đủ các khái niệm giai thừa cho các số tự nhiên,
ngƣời ta quy ƣớc 0! = 1! = 1
b. Hốn vị
Giả sử có n phần tử. Một hoán vị của n phần tử là một cách sắp xếp có thứ tự n
phần tử đó vào n vị trí khác nhau.
50


Nhƣ vậy việc lập một hốn vị có thể chia ra làm n giai đoạn: Giai đoạn 1 là việc
lấy ra một phần tử từ n phần tử đã cho sẽ có n cách lấy.
Giai đoạn 2 là việc lấy ra một phần tử từ (n-1) phần tử còn lại sẽ có (n-1) cách
lấy.
Giai đoạn thứ n là việc lấy ra một phần tử từ 1 phần tử còn lại cuối cùng sẽ có 1
cách lấy
Do đó theo luật tích thì số các hốn vị của n phần tử sẽ là
Pn = n(n-1)(n-2)....1 = n!
Ví dụ: Có ba phần tử (a, b, c) số hoán vị của 3 phần tử là:
P3 = 3.2.1 = 6
Đó là các hốn vị abc, bac, acb, bca, cba, cab
1.2. Tổ hợp, chỉnh hợp
a. Tổ hợp
Cho tập E gồm n phần tử. Tổ hợp chập k từ n phần tử (k ≤ n) là một nhóm gồm k
phần tử khơng phân biệt thứ tự đƣợc lấy ra đồng thời từ tập đã cho và đƣợc ký
hiệu:

C

k
n

C

k
n

=



k
n

k!

=

n!
k!(n  k )!

Các tính chất:
a.

C

b.

C

nk
n

k
n 1

=

C

k

=

C

k

n

n

, k = 0, n
+

C

k 1
n

, k = 1, n

Nhận xét: Hai tổ hợp khác nhau khi có ít nhất một phần tử khác nhau. Tổ hợp

khác chỉnh hợp ở việc không lƣu ý đến thứ tự sắp xếp của các phần tử.
Ví dụ
a. Mỗi đề thi gồm 3 câu hỏi lấy trong 25 câu hỏi cho trƣớc. Hỏi có thể lập đƣợc
bao nhiêu đề thi khác nhau?
b. Một đa giác lồi có n cạnh thì có bao nhiêu đƣờng chéo?
Giải:
a. Số đoạn thẳng có 2 đầu mút là 2 đỉnh của đa giác lồi n đỉnh chính bằng số tổ
hợp n chập 2, tức là

C

2
n

. Do đó, số đƣờng chéo của đa giác là

b. Số đề thi có thể lập nên là

C

3
25

=

25 . 24 . 23
25!
=
= 2300
3!22!

1. 2 . 3

51

C

2
n

-n


b. Chỉnh hợp
* Chỉnh hợp: Chỉnh hợp chập k từ n phần tử là một nhóm có thứ tự gồm k phần
tử lấy ra từ n phần tử đã cho. Đó chính là một nhóm gồm k phần tử khác nhau
đƣợc xếp theo thứ tự nhất định. Số các chỉnh hợp nhƣ vậy, ký hiệu là:



= n(n-1) … (n – k + 1) =

k
n

n!
(n  k )!

Ví dụ 1.2. Cho 6 ch số 2, 3, 4, 5, 6,7. Hỏi
a. Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 3 ch số đƣợc thành lập từ 6 ch số này?
b. Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 3 ch số khác nhau và chia hết cho 5 đƣợc thành

lập từ 6 ch số này?
Giải:
a.Mỗi số gồm 3 ch số thành lập từ 6 ch số này là một chỉnh hợp lặp 6 chập 3.
Vậy, số các số gồm 3 ch số lập từ 6 ch số này là:

F

3
6

3

=

6 = 216

b. Số chia hết cho 5 đƣợc thành lập từ 6 ch số này phải có tận cùng là ch số 5.
Do đó, mỗi cách thành lập một số có 3 ch số khác nhau và chia hết cho 5 là một
cách thành lập một số có 2 ch số khác nhau từ 5 ch số còn lại là 2, 3, 4, 6, 7.
Vậy, số các số có 3 ch số khác nhau và chia hết cho 5 thành lập từ 6 ch số này
là:
2

A

5

5!
= 20
3!

=

* Chỉnh hợp lặp: Chỉnh hợp lặp chập k từ n phần tử là một nhóm có thứ tự gồm k
phần tử có thể giống nhau lấy từ n đã cho. Đó chính là một nhóm gồm k phần tử
có thể lặp lại và đƣợc xếp theo thứ tự nhất định. Số chỉnh hợp lặp nhƣ vậy, ký


hiệu là



k
n

=

n

k

Ví dụ
a. Có bao nhiêu cách sắp xếp 5 quyển sách vào 3 ngăn?
b. Một đề thi trắc nghiệm khách quan gồm 10 câu, mỗi câu có 4 phƣơng án trả
lời. Hỏi bài thi có tất cả bao nhiêu phƣơng án trả lời?
Giải:
a. Mỗi cách sắp xếp 5 quyển sách vào 3 ngăn là một chỉnh hợp lặp 3 chập 5 (mỗi
lần xếp 1 quyển sách vào 1 ngăn xem nhƣ chọn 1 ngăn trong 3 ngăn, do có 5
quyển sách nên việc chọn ngăn đƣợc tiến hành 5 lần). Vậy số cách sắp xếp là




5
3

=

5

3 = 243
52


b. Mỗi phƣơng án trả lời bài thi là một chỉnh hợp lặp 4 chập 10, nên số các
phƣơng án trả lời bài thi đó là




1
4

=

10

4

2. Phép thử, các loại biến cố và xác suất của biến cố

2.1. Phép thử, biến cố
Trong tự nhiên và xã hội, mỗi hiện tƣợng đều gắn liền với một nhóm các điều
kiện cơ bản và các hiện tượng đó chỉ có thể ảy ra khi nhóm các điều kiện cơ
bản gắn liền với nó được thực hiện. Do đó khi muốn nghiên cứu một hiện
tƣợng ta cần thực hiện nhóm các điều kiện cơ bản ấy.
Nói cách khác, mỗi hiện tượng trong tự nhiên chỉ có thể ảy ra khi một số điều
kiện cơ bản liên quan đến nó được thực hiện. Việc thực h iện một số điều kiện
liên quan này được gọi là phép thử. Mỗi phép thử có thể có nhiều kết quả
khác nhau, các kết quả này gọi là biến cố.
Ví dụ:
a) Bật cơng tắc đèn, bóng đèn có thể sáng hoặc không sáng. Việc bật công
tắc đèn là thực hiện một phép thử, cịn bóng đèn sáng hoặc khơng sáng là
nh ng biến cố.
b) Gieo một đồng xu (thực hiện một phép thử) hai biến cố có thể xảy ra:
xuất hiện mặt sấp (biến cố A) hoặc xuất hiện mặt ngửa (biến cố B).
c) Bắn một viên đạn vào bia (thực hiện phép thử): viên đạn trúng đíc h
hoặc viên đạn khơng trúng đích là các biến cố.
d) Gieo một con xúc xắc khối lập phƣơng (thực hiện 1 phép thử) có thể
có 6 khả năng xảy ra: xuất hiện mặt 1 chấm, xuất hiện mặt 2 chấm, …, xuất
hiện mặt 6 chấm. Đó là 6 biến cố.
Vậy biến cố chỉ có thể ảy ra khi phép thử được thực hiện .
Phép thử ngẫu nhiên là phép thử khi thực hiện thì ngƣời ta khơng đốn biết
trƣớc đƣợc kết quả nào trong số các kết quả có thể có của nó sẽ xảy ra.
Phép thử trong lý thuyết phải hiểu theo một nghĩa rộng, đó là nh ng thí nghiệm,
sự quan sát, sự đo lƣờng, … thậm chí là một quá trình sản xuất ra sản phẩm cũng
đƣợc coi là một phép thử.
2.2. Các loại biến cố
Trong thực tế biến cố đƣợc chia làm ba loại.
a) Biến cố ngẫu nhiên: Là kết quả của phép thử ngẫu nhiên. Các biến cố
ngẫu nhiên thƣờng đƣợc ký hiệu bởi các ch cái A, B, C …

53


b) Biến cố chắc chắn: Là biến cố nhất định sẽ xảy ra khi phép thử đƣợc
thực hiện. Biến cố chắc chắn ký hiệu là ch U.
c) Biến cố không thể có: Là biến cố khơng thể xảy ra khi phép thử đƣợc
thực hiện. Biến cố khơng thể có đƣợc ký hiệu là ch V.
Ví dụ:
a. Để cốc nƣớc ở nhiệt độ bình thƣờng ( 20 0 c ) (phép thử), “nƣớc đóng băng” là
biến cố khơng thể có.
b.Gieo một xúc sắc (thực hiện phép thử) thì
Có các biến cố ngẫu nhiên như sau:
Xuấthiện mặt 1 chấm
…
Xuất hiện mặt 6 chấm
U: “ xuất hiện số chấm nhỏ hơn 7” thì U là biến cố chắc chắn
V: “ xuất hiện mặt 7 chấm” thì V là biến cố khơng thể có
Trong thực tế khi lấy ví dụ về biến cố chắc chắn và biến cố khơng thể có bao
giờ cũng là nh ng hiện tƣợng hiển nhiên hoặc vô lý trong khuôn khổ của phép
thử.
Tất cả các biến cố mà chúng ta gặp trong thực tế đều thuộc về một trong ba loại
biến cố trên, tuy nhiên biến cố ngẫu nhiên là biến cố thƣờng gặp hơn cả.
2.3. Xác suất của biến cố
Ta đã thấy việc biến cố ngẫu nhiên xảy ra hay không xảy ra trong kết quả của
phép thử là điều khơng thể đốn trƣớc đƣợc, tuy nhiên bằng trực quan ta có thể
nhận thấy các biến cố ngẫu nhiên khác nhau có những khả năng ảy ra khác
nhau. Chẳng hạn biến cố “xuất hiện mặt sấp” khi tung một đồng xu sẽ có khả
năng xảy ra lớn hơn nhiều so với biến cố “xuất hiện mặt một chấm” khi tung
một con xúc xắc.
Khi lặp đi lặp lại nhiều lần cùng một phép thử trong nh ng điều kiện nhƣ nhau,

ngƣời ta thấy tính chất ngẫu nhiên của biến cố mất dần đi và khả năng ảy ra
của biến cố sẽ được thể hiện theo những quy luật nhất định. Từ đó ta thấy có
thể đo lƣờng (định lƣợng) khả năng khách quan xuất hiện một biến cố nào đó.
Nói cách khác, khả năng xuất hiện của các biến cố ngẫu nhiên nói chung khác
nhau, để đo khả năng này, ngƣời ta phải tìm một cơng cụ, cơng cụ đó chính là
xác suất.
Xác suất của một biến cố là một con số đặc trưng khả năng khách quan
uất hiện biến cố đó khi thực hiện phép thử.
54


Khả năng khách quan ở đây là do nh ng điều kiện xảy ra của phép thử quy
định chứ không tùy thuộc ý muốn chủ quan của con ngƣời. Vậy bản chất của
xác suất của một biến cố là một số xác định.
Để tính xác suất của một biến cố, ngƣời ta xây dựng các định nghĩa về xác
suất. Có nhiều định nghĩa khác nhau về xác suất đó là: định nghĩa cổ điển, định
nghĩa thống kê, định nghĩa hình học và định nghĩa theo tiên đề.
3. Định lý cộng xác suất
Từ định nghĩa xác suất, ta đã suy ra đƣợc tính chất cơ bản sau của xác suất:
+ Nếu A, B là hai biến cố xung khắc thì
P(A + B) = P(A) + P(B).
+ Tổng quát, nếu A1, A2, . . . , An là n biến cố xung khắc từng đơi thì
- Nếu A, B là hai biến cố bất kỳ thì P(A  B) = P(A) + P(B) – P(AB).
- Nếu A, B, C là ba biến cố bất kỳ thì
P(A  B  C) = P(A) + P(B) + P(C) - P(AB) - P(AC) - P(BC) + P(ABC)
Ví dụ. Trong một lớp học, tỉ lệ học sinh đạt điểm giỏi mơn Tốn là 10%, tỉ lệ
học sinh đạt điểm giỏi môn Anh là 9% và giỏi cả hai môn là 5%. Chọn ngẫu
nhiên một học sinh trong lớp. Tính xác suất để học sinh đó khơng đạt điểm
giỏi cả mơn Tốn lẫn mơn Anh?
Giải: Gọi A là biến cố “Sinh viên đó đạt điểm giỏi mơn Tốn”, B là biến cố

“Sinh viên đó đạt điểm giỏi mơn Anh”. Theo giả thiết thì
P(A) = 0,01, P(B) = 0,09 và P(AB) = 0,05
gọi C là biến cố “Sinh viên đó khơng đạt điểm giỏi cả mơn Tốn lẫn mơn Anh”
thì C là biến cố “Sinh viên đó đạt điểm giỏi mơn Tốn hoặc mơn Anh” hay
C = A  B. Theo định lý cộng xác suất (1.3), ta có
P(C) = P(A  B) = P(A) + P(B) – P(AB) = 0,01 + 0,09 – 0,05 = 0,14
Suy ra P( C ) = 1 – P(C) = 1 – 0,14 = 0,86
4. Định lý nh n xác suất
a. Xác suất có điều kiện
Xác suất có điều kiện của biến cố A với điều kiện B đã xảy ra, ký hiệu
P( A | B) , đƣợc xác định bởi công thức: P( A | B) =

P( AB )
P( B)

Ví dụ: Một hộp chứa 10 viên bi giống nhau, trong đó có 6 bi xanh và 4 bi
trắng. Ngƣời thứ 1 lấy ngẫu nhiên 1 bi (không trả lại vào hộp). Tiếp đó,
ngƣời thứ 2 lấy 1 bi. Tính xác suất để ngƣời thứ 2 lấy đƣợc bi xanh nếu biết
ngƣời thứ 1 đã lấy đƣợc bi xanh?
55


Giải:
Gọi A là biến cố “Ngƣời thứ 1 lấy đƣợc bi xanh” và B là biến cố “Ngƣời thứ 2
lấy đƣợc bi xanh”. Khi đó, xác suất P(B) sẽ phụ thuộc vào việc A xảy ra hay
không xảy ra.
+ Nếu A đã xảy ra thì xác suất của B là 5/9 ký hiệu P(B | A) = 5/9
+ Nếu A khơng xảy ra thì xác suất của B là 6/9, ký hiệu P( B | A ) = 6/9
Nhƣ vậy, việc xảy ra hay không xảy ra của A đã ảnh hƣởng đến khả năng xảy ra
của B. Xác suất của B trong điều kiện A đã xảy ra đƣợc gọi là xác suất có điều

kiện của B trong điều kiện A đã xảy ra, ký hiệu P(B | A)
b. Định lý nhân xác suất
Với A, B là 2 biến cố bất kỳ, ta có
P(A.B) = P(B) . P(A/B) = P(A) . P(B/A)
Tổng quát với A1, A2, . . . , An là n biến cố bất kỳ, ta có:
P( A1...An ) = P( A1 )P( A2 | A1 )P( A3 | A1 A2 )...P( An | A1 A2 ...An-1 )
Hệ quả:
- Nếu hai biến cố A và B độc lập với nhau nếu và chỉ nếu P( AB) = P( A).P(B) .
- Tổng quát nếu {A1, A2, . . . , An} độc lập trong tồn thể thì
P( A1 A2 ...An ) = P( A1 )...P( An )
Ví dụ. Hai xạ thủ bắn mỗi ngƣời một viên vào cùng một mục tiêu. Xác suất
trúng đích của xạ thủ 1 là 0,7; của xạ thủ 2 là 0,6. Tính xác suất để mục tiêu bị
trúng đạn?
Giải: Gọi A là biến cố “xạ thủ 1 bắn trúng mục tiêu” B là biến cố “xạ thủ 2 bắn
trúng mục tiêu” H là biến cố “mục tiêu bị trúng đạn”.
Lúc đó, P(A) = 0,7, P(B) = 0,6 và H = A  B. Theo công thức cộng xác suất,
P(H) = P(A  B) = P(A) + P(B) – P(AB).
Mặt khác, do hai biến cố A và B độc lập với nhau nên P(AB) = P(A).P(B) = 0,7.0,6
= 0,4 2
Suy ra, xác suất để mục tiêu bị trúng đạn là : P(H) = 0,7 + 0,6 – 0,42 = 0,88
5. Công thức Bernoull
5.1. Định nghĩa
Một phép thử trong đó biến cố A xảy ra với xác suất p và không xảy ra với xác
suất q = 1 – p đƣợc gọi là phép thử Bernoulli. Tiến hành lặp lại phép thử
Bernoulli n lần độc lập nhau, ta có dãy n phép thử Bernoulli hay còn gọi là
lƣợc đồ Bernoulli.
56


Ví dụ: tỷ lệ nảy mầm của một loại hạt giống là 75%, ngƣời ta gieo thí điểm 10

hạt. Đó là dãy 10 phép thử Bernoulli.
5.2.Cơng thức Bernoulli
Bài tốn đặt ra: Tìm xác suất để trong n phép thử Bernoulli, biến cố A xuất hiện
k lần.
Định lý: Xác suất để trong n phép thử Bernoulli, biến cố A xuất hiện đúng k
lần, ký hiệu Pn (k ) , đƣợc tính theo công thức:
k

Pn (k ) = C n p

k

q

nk

với k = 0, 1, ……, n

Ví dụ1. Xác suất thành cơng của một thí nghiệm sinh học là 0,7. Một nhóm
gồm 5 sinh viên cùng tiến hành thí nghiệm trên một cách độc lập nhau. Tính
xác suất để trong 5 thí nghiệm:
a. Có đúng 3 thí nghiệm thành cơng.
a. Có từ 2 đến 4 thí nghiệm thành cơng.
b. Có ít nhất 1 thí nghiệm thành cơng.
Giải:
a. Gọi A là biến cố “thí nghiệm thành cơng”. Khi đó, P(A) = p = 0,7.
Xác suất để có đúng 3 thí nghiệm thành cơng đƣợc tính theo cơng thức
Bernoulli là
P(3; 0, 7) = C3 (0, 7)3 .(0, 3)2 = 0,3087.
b. Xác suất để có từ 2 đến 4 thí nghiệm thành cơng là

P(2, 4) = C2 (0, 7)2 .(0, 3)3 + C5 (0, 7) .(0, 3) + C5 (0, 7) .(0, 3) = 0,80115.
c.Gọi B là biến cố “có ít nhất 1 thí nghiệm thành cơng”. Khi đó,
B là biến cố “khơng có thí nghiệm nào thành cơng”.
Ví dụ 2:
Sản phẩm trong một nhà máy đƣợc đóng thành từng kiện, mỗi kiện gồm 10 sản
phẩm, số sản phẩm loại A trong các hộp là X có phân phối nhƣ sau:
X

6

8

P

0,9

0,1

Khách hàng chọn cách kiểm tra nhƣ sau: Từ mỗi kiện lấy ra 2 sản phẩm; nếu thấy
cả 2 sản phẩm đều loại A thì mới nhận kiến đó; ngƣợc lại thì loại kiện đó. Kiểm
tra 144 kiện (trong rất nhiều kiện).
a. Tính xác suất để có 53 kiện nhận đƣợc
57


b. Tính xác suất để có từ 52 đến 56 kiện nhận đƣợc
c. Phải kiểm tra ít nhất bao nhiêu kiện để xác suất có ít nhất 1 kiện đƣợc nhân
khơng nhỏ hơn 95% ?
Bài giải
Trƣớc hết ta tìm xác suất p để một kiện nhận đƣợc

Gọi C là biến cố kiện hàng đƣợc nhận. Ta cần tìm p = P(C).
Từ giả thiết ta suy ra có hai loại kiện hàng:
Loại I: Gồm 6A, 4B chiếm 0,9 = 90%
Loại II: Goomg 8°, 2B chiếm 0,1 = 10%
Gọi A1, A2 lần lƣợt là các biến cố kiện hàng thuộc loại I, II khi đó A1, A2 là một
hệ đầy đủ, xung khắc từng đơi và ta có
P(A1) = 0,9; P(A2) = 0,1
Theo cơng thức xác suất đầy đủ ta có:
P(C) = P(A1) P(C/A1) + P(A2) P(C/A2)
Theo giả thiết, từ mỗi kiện lấy ra 2 sản phẩm; nếu cả 2 sản phẩm thuộc loại A thì
mới nhận kiện đó. Do đó
2

P(C/A1) = P2(2) =

CC
C

0

2

0

8

2

6

4

2

=

1
3

=

28
45

10

P(C/A2) = P2(2) =

CC
C
2

10

Suy ra P(C) = 0,9 . 1/3 + 0,1 . 28/35 = 0,3622
Vậy xác suất để một kiện đƣợc nhận là p = 0,3622
Bây giờ, kiểm tra 144 kiện. Gọi X là số kiện đƣợc nhận trong 144 kiện đƣợc kiểm
tra, thì X có phân phối nhị thức X ~ B(n,p) với n = 144, p = 0,3622. Vì n = 144
khá lớn và p = 0,3622 không quá gần 0 cũng không quá gần 1 nên ta có thể xem
X có phân phối chuẩn nhƣ sau:

X ~ N(  , )
2

Với  = n.p = 144 . 0,3622 = 52,1568



2

= npq = 144.0,3622.(1  0,3622) = 5,7676

c.Phải kiểm tra ít nhất bao nhiêu kiện để xác suất có ít nhất 1 kiện đƣợc nhận
khơng nhỏ hơn 95%?
Gọi n là số kiện cần kiểm tra và D là biến cố có ít nhất 1 kiện đƣợc nhận. Yêu cầu
bài toán là xác định n nhỏ nhất sao cho P(D) ≥ 0,95.
58


Biến cố đối lập của D là D : không có kiện nào đƣợc nhận.
Theo chứng minh trên, xác suất để một kiện đƣợc nhận là p = 0,3622. Do đó
Theo cơng thức Bernoulli ta có:
P(D) = 1 – P( D ) = 1 -

q

n

= 1 – (1 – 0,3622)n = 1 – (0,6378)n.

Suy ra: P(D) ≥ 0,95 ↔ 1 – (0,3622)n ≥ 0,95

↔ (0,3622)n ≤ 0,05
↔n ln (0,3622)n ≤ ln 0,05
↔n≥

ln 0,05
 6,6612
ln (0,6378)

↔n≥7
Vậy kiểm tra ít nhất 7 kiện
Ta có P(B) = P(0;0,7)C0(0,7)0 . (0,3)5 = 0,00243
Suy ra: P( B ) = 1 – P(B) = 1 – 0,00243 = 0,99757
6. Công thức xác suất đầy đủ và Bayes
a) Hệ đầy đủ các biến cố
Hệ các biến cố (B1, B2, …, Bn) đƣợc gọi là đầy đủ nếu thỏa mãn đồng thời hai
điều kiện:
- B1, B2, …, Bn là các biến cố xung khắc từng đôi một nghĩa là:
BiBj =  ( i  j )
 = B1  B2  …  Bn

Hệ (B, B ) là một hệ đầy đủ, trong đó

là một biến cố bất kỳ.

b) Công thức xác suất đầy đủ
Giả sử (B1, B2, …, Bn) là hệ đầy đủ các biến cố với P(Bi) > 0 với mọi i = 1, 2, …,
n. Khi đó với bất kỳ biến cố A, ta có
P(A) = P(B1)P(A/B1) + P(B2)P(A/B2) + … + P(Bn)P(A/Bn)
Ví dụ: Có 3 hộp giống nhau. Hộp thứ nhất đựng 10 sản phẩm, trong đó có 6 chính
phẩm, hộp thứ hai đựng 15 sản phẩm, trong đó có 10 chính phẩm, hộp thứ ba

đựng 20 sản phẩm, trong đó có 15 chính phẩm. Lấy ngẫu nhiên một hộp và từ đó
lấy ngẫu nhiên một sản phẩm. Tìm xác suất để lấy đƣợc chính phẩm.
Lời giải:
Ký hiệu Bk là biến cố: “Sản phẩm lấy ra thuộc hộp thứ k“, k = 1, 2, 3 và
cố: “Lấy đƣợc chính phẩm”.
Khi đó B1, B2, …, Bn là hệ đầy đủ các biến cố và
59

là biến


P(B1) =

1
1
1
, P(B2) = , P(B3) = ,
3
3
3

P(A/B1) =

6
10

P(A/B2) =

10
5

P(A/B3) =

15
20

Theo công thức xác suất đầy đủ
P(A) = P(B1)P(A/B1) + P(B2)P(A/B2) + P(B3)P(A/B3)
=

124
31
=
180
45

Vậy xác suất để lấy đƣợc chính phẩm là

31
.
45

c) Công thức Bayes
Giả sử P(A) > 0 và B1, B2, …, Bn là hệ đầy đủ các biến cố với P(Bk) > 0 với mọi
k = 1, 2, …, n. Khi đó với mọi k = 1, 2, …, n, ta có
P(B1 /A) =

P( B1) P( A / B1)

P( B1) P( A / B1)  P( B2) P( A / B2)

Ví dụ:
Dây chuyền lắp ráp nhận đƣợc 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 thứ nhất sản xuất là đạt tiêu chuẩn, còn 85% chi tiết do máy thứ
hai sản xuất là đạt tiêu chuẩn. Lấy ngẫu nhiên từ dây chuyền một sản phẩm, thấy
nó đạt tiêu 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 tiêu chuẩn”, B1 là biến cố: “Chi
tiết do máy thứ nhất sản xuất” và B2 là biến cố: “Chi tiết do máy thứ hai sản
xuất”. Ta cần tính xác suất P(B1 /A).
Theo cơng thức Bayes
P(B1 /A) =

P( B1) P( A / B1)

P( B1) P( A / B1)  P( B2) P( A / B2)

Theo điều kiện bài toán
P(B1) = 0,6
P(B2) = 0,4
P(A/B1) = 0,9
60


P(A/B2) = 0,85
Thay vào ta có
P(B1 /A) =

0,6  0,9

= 0,614
0,6  0,9  0,4  0,85

7. Biến ngẫu nhiên và quy luật ph n phối xác suất
7.1. Định nghĩa biến ngẫu nhiên và quy luật ph n phối xác suất
a) Khái niệm: Biến ngẫu nhiên là một đại lƣợng nhận các giá trị của nó với
xác suất tƣơng ứng nào đó.
- Biến

ngẫu nhiên thƣờng biểu thị giá trị kết quả của một phép thử ngẫu nhiên.

- Biến

ngẫu nhiên thƣờng đƣợc ký hiệu là X, Y, Z…

Ví dụ. - Tung một con xúc xắc cân đối, đồng chất. Gọi X là số chấm xuất
hiện trên mặt con xúc xắc thì X là một biến ngẫu nhiên.
ngẫu nhiên chiều cao của 1 sinh viên. Gọi Y là chiều cao của sinh viên đó
thì Y là một bíến ngẫu nhiên.
- Ðo

b) Phân loại biến ngẫu nhiên:
- Biến

ngẫu nhiên rời rạc

- Biến

ngẫu nhiên liên tục

7.2. Biến ngẫu nhiên rời rạc và bảng ph n phối xác suất
Ðịnh nghĩa: Biến ngẫu nhiên đƣợc gọi là rời rạc nếu tập các giá trị của nó là
h u hạn hoặc đếm đƣợc.
Ví dụ. - Số chấm xuất hiện trên mặt con xúc xắc khi tung.
- Số

tai nạn giao thông trong một ngày ở một vùng.

Bảng phân phối xác suất
Giả sử đại lƣợng ngẫu nhiên rời rạc X có thể nhận một trong các giá trị là x 1,
x2,......xn (xi < xj khi i < j) với các xác suất tƣơng ứng là p 1, p2,.......,pn trong đó pi
= P(X = xj) thì bảng phân phối xác suất của X có dạng sau:
Bảng phân phối xác suất của biến ngẫu nhi ên rời rạc
X
P
Với

x1
p1

x2

...

p2

...
...
...

n

 i =1

Xn
pn

...
...

i 1

7.3. Hàm ph n bố xác suất
a. Định nghĩa: Cho X là đại lƣợng ngẫu nhiên và x là một số thực tùy ý thì
61


F(x) = P(X < x) gọi là hàm phân phối xác suất của X. Thì hàm phân phối xác suất
F(x) có dạng:
0

p
 1
 
 p1 p 2

F(x) = ...............
 i 1
 p
 k 1 k

...............

1

Khi x 

x

1

xxx
Khi x  x  x
Khi

Khi

x

1

2

2

3

i 1

Khi x 

x

x

x

i

n

b. Tính chất của hàm phân phối xác suất
- Tính chất 1: 0  F ( x)  1,

x R

-Tính chất 2: F(-∞) = 0; F(+∞) = 1
- Tính chất 3: F(x) là hàm khơng giảm trên tồn trục số.
c. Cơng thức xác suất để đại lượng ngẫu nhiên X nhận giá trị trong một
khoảng
Nếu đại lƣợng ngẫu nhiên X có hàm phân phối F(x) thì:
P(x1 ≤ x < x2) = F(x2) – F(x1).
d. Đại lượng ngẫu nhiên liên tục.
Đại lƣợng ngẫu nhiên X đƣợc gọi là đại lƣợng ngẫu nhiên liên tục nếu hàm phân
phối xác suất của nó liên tục trên tốn trục số.
- Tính chất của đại lƣợng ngẫu nhiên liên tục
Nếu X là đại lƣợng ngẫu nhiên liên tục thì P(X = x0) = 0  x0 tùy ý cho trƣớc.
7.4. Hàm mật độ xác suất
a. Định nghĩa
Hàm mật đọ xác suất của đại lƣợng ngẫu nhiên liên tục X đƣợc kí hiệu và xác
định nhƣ sau: f(x) =

,

F ( x)

b. Công thức về hàm mật độ
x

F(x) =



f(t)dt



x2

P(x1 < X < x2) =



f(x)dx

x1

c. Tính chất của hàm mật độ.
62

- Tính chất 1: f(x) ≥ 0
- Tính chất 2:

x





f(x)dx = 1



8. Các tham số đặc trưng của biến ngẫu nhiên
8.1. V ng toán (kỳ v ng toán)
a. Định nghĩa.
- Nếu X là đại lƣợng ngẫu nhiên rời rạc có bảng phân phối xác suất
X

x1

x2

...

P

P1

P2

...
...

  =1
i 1

pn

...

n

Với

xn

i

Thì vọng tốn của X đƣợc xác định và ký hiệu nhƣ sau:
n

E(X) =

 px
i

i 1

i

Trong trƣờng hợp các giá trị của X là tập hợp vơ hạn thì:


 px

E(X) =

i 1

i

i

Nếu X là đại lƣợng ngẫu nhiên liện tục có hàm mật độ xác suất f(x) thì vọng tốn
của nó là:


E(X) =



x.f(x)dx



Nếu X là đại lƣợng ngẫu nhiên liện tục với miền giá trị là: [ a, b] thì


E(X) =



x.f(x)dx



b. Tính chất
- E(C) = C, với C là một hằng số
- E(CX) = C.E(X), với C là một hằng số
- E(X  Y) = E(X)  E(Y)
- E(XY) = E(X).E(Y) nếu X, Y độc lập
c. Ý nghĩa của vọng toán
Đặc trƣng cho giá trị trung bình của đại lƣợng ngẫu nhiên
8.2. Phương sai
a. Định nghĩa.
63


X là đại lƣợng ngẫu nhiên với vọng toán E(X) = a. Phƣơng sai của đại lƣợng
ngẫu nhiên X kí hiệu là D(X)
D(X) = E(X – a)2 = E{X – E(X)}2 = E(X2 – 2aX + a2) = E(X2) – E2(X)
- Nếu X là đại lƣợng ngẫu nhiên rời rạc X thì:


D(X) =

 p ( xi  a)2
i

i 1

- Nếu X là đại lƣợng ngẫu nhiên liên tục với hàm mật độ xác suất là f(x) thì:


D(X) =



(x – a)2.f(x)dx



- Nếu X là đại lƣợng ngẫu nhiên liên tục với miền giá trị lá [a, b] thì:
b

D(X) =



(x – a)2.f(x)dx

a

b. Tính chất
- D(C) = C, với C là một hằng số
- D(CX) = C.E(X), với C là một hằng số
- D(XY) = D(X).D(Y) nếu X, Y độc lập
c. Ý nghĩa của phương sai
Phƣơng sai của đại lƣợng ngẫu nhiến X đặc trƣng cho mức độ phân tán của các

giá trị của đại lƣợng ngẫu nhiên X xung quanh vọng toán của nó.
8.3 Độ lệch chuẩn
a. Định nghĩa
Đại lƣợng Ϭ(X) =

D(X ) đƣợc gọi là độ lệch tiêu chuẩn của đại lƣợng ngẫu

nhiên X.
b. Ý nghĩa
Độ lệch chuẩn phản ảnh mức độ phân tán trung bình của đại lƣợng ngẫu nhiên so
với vọng tốn.
Ví dụ: Tìm vọng tốn và phƣơng sai của số chấm xuất hiện khi gieo một con xuc
sắc
Giải: Gọi X là số chấm xuất hiện khi gieo con xúc sắc thì X có bảng phân phối
xác suất nhƣ sau:
X

1

2

3

4

5

6

P

1/6

1/6

1/6

1/6

1/6

1/6

Ta có:
E(X) = 1/6.1 + 1/6 .2 + 1/6 .3 + 1/6 .4 + 1/6 .5 + 1/6 . 6 = 3,5
64


D(X) =
+

1
1
1
1
1
.(1 – 3,5)2 + .(2 – 3,5)2 + .(3 – 3,5)2 + .(4 – 3,5)2 + .(5 – 3,5)2
6
6
6

6
6

1
35
.(6 – 3,5)2 =
6
12

Chúng ta có thể sử dụng cách tính:
D(X) = E(X2) – E2(X)
E(X2) =

1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 91
.1 + .2 + .3 + .4 + .5 + .6 =
6
6
6
6
6
6
6
2

7
 
2

91
Vậy D(X) =

6

35
12

=

9. Một số quy luật ph n phối xác suất thông dụng
9.1. Quy luật không - một
a. Định nghĩa
Xét n là đại lƣợng ngẫu nhiên độc lập và đƣợc kí hiệu là N(0;1) với i = 1, n . Khi
đó biến ngẫu nhiên đƣợc tính nhƣ sau:
n

Un =

X
i 1

2
i

~ x2(n).

b. Các tham số đặc trưng.
E(Un) = n
D(Un) = 2n
9.2. Quy luật nhị thức- B(n,p)
a. Định nghĩa
Đại lƣợng ngẫu nhiên X đƣợc gọi là có quy luật phân phối nhị thức với hai tham

số n và p nếu X có bảng phân phối các xuất nhƣ sau:
X

0

P

C pq

0

1
0

n

n

1

1

C pq

...
n 1

...

n

I
i

i

C pq
n

n i

...

N

...

C pq

n

n

o

n

Trong đó: q + p = 1 và 0Kí hiệu: X ~ B(n, p)
Nhận xét: Nh ng bài toán có n phép thử thuộc về lƣợc đồ các phép thử Becnuli

nếu gọi x là số lần xuất hiện biến cố A trong n phép thử đó thì X có quy luật phân
phối nhị thức.
b. Các tham số đặc trưng
- Vọng toán E(X) = n.p
65


- Phƣơng sai D(X) = n.p.q
ModX =

Neu (n  1). p không nguyên.
[(n  1). p]

m0  (n  1). p và m0  1 Neu (n  1). p khơng ngun

Ví dụ 1: Tiến hành gieo 4 lần một đồng xu, các lần gieo độc lập nhau. Xác suất
xuất hiện mặt sấp trong mỗi lần gieo đều bằng 0,5. Lập bảng phân phối xác suất
và tính vọng tốn, phƣơng sai của lần xuất hiện mặt sấp trong 4 lần gieo đó.
Giải: Gọi X là số lần xuất hiện mặt sấp trong 4 lần gieo thì X có quy luật phân
phối nhị thức với 2 tham số n =4 và p = 0,5 vì mỗi lần gieo đồng xu nhƣ tiến
hành một phép thử, các lần gieo độc lập nhau nên ơe dãy thực hiện 4 phép thử
độc lập. Xác suất xuất hiện mặt sấp trong mỗi lần gieo đều bằng 0,5
Vậy P(X = k) =

C

k
4

. 0,5k . 0,54-k

k  0,4

Vậy bảng phân phối X là
X

0

1

2

3

4

P

1
16

4
16

6
16

4
16

1
16

E(X) = n.p = 2
D(X) = n.p.(1-p) =1
Ví dụ 2: Một máy tính gồm 1.000 linh kiện A, 800 linh kiện B và 2.000 linh kiện
C. Xác suất hỏng của 3 linh kiện đó lần lƣợt là 0,02%; 0,0125% và 0,005%. Máy
tính ngừng hoạt động khi số linh kiện hỏng nhiều hơn 1. Các linh kiện hỏng độc
lập với nhau.
a. Tính xác suất để có ít nhất 1 linh kiện B bị hỏng.
b. Tịnh xác suất để máy tính ngừng hoạt động.
c. Giả sử trong máy đã có 1 linh kiện hỏng. Tính xác suất để máy tính ngừng hoạt
động.
Bài giải
Tóm tắt:
Loại linh kiện

A

B

C

Số lƣợng/ 1 máy

1000

800

2000

Xác suất 1 linh kiện hỏng

0,02%

0,0125%

0,005%

- Gọi X là đại lƣợng ngẫu nhiên chỉ số linh kiện A bị hỏng trong một máy tính.
Khi đó, X1 có phân phối nhị thức X1 ~ B(n1,p1) với n = 1.000 và p1 = 0,02% =
0,0002. Vì n1 khá lớn và p1 khá bé nên ta có thể xem X1 có phân phối Poisson:
66


X1 ~ P(a1) với a1 = n1 p1 = 1.000 x 0,0002 = 0,2, nghĩa là
X1 ~ P(0,2)
- Tƣơng tự, gọi X2, X3 lần lƣợt là các đại lƣợng ngẫu nhiên chỉ số linh kiện B, C
bị hỏng trong một máy tính. Khi đó X2, X3 có phân phối Poisson nhƣ sau:
X2 ~ P( 800 x 0,0125%) = P(0,1)
X2 ~ P(2.000 x 0,005%) = P(0,1)
a. Xác suất có ít nhất 1 linh kiện B bị hỏng là:
0 ,1

P(X2 ≥ 1) = 1 – P(X2 = 0) = 1 -

e

0

 (0,1)
0!

=1-

0 ,1

e

= 0,0952

b. Tính xác suất để máy tính ngừng hoạt động
Theo giả thiết, máy tính ngừng hoạt động khi số linh kiện hỏng nhiều sơn 1,
nghĩa là khi.
X1 + X 2 + X3 > 1
Vì X1 ~ P(0,2)
X2 ~ P(0,1)
X3 ~ P(0,1)
nên X1 + X2 + X3 ~ P(0,2 + 0,1 + 0,1) = P(0,4)
Suy ra xác suất để máy tính ngừng hoạt động là
P(X1 + X2 + X3 > 1) = 1 - P(X1 + X2 + X3 ≤ 1)
= 1 – [ P(X1 + X2 + X3 = 0) + P(X1 + X2 + X3 = 1)]
0 , 4

=

e

0 , 4

0

 (0,4)
0!

= 1 – 1,4.

0 , 4

e

-

e

1

 (0,4)
1!

= 0,0615 = 6,15%

c. Giả sử trong máy đã có 1 linh kiện hỏng. Khi đó máy tính ngừng hoạt động
khi có thêm ít nhất 1 linh kiện hỏng n a, nghĩa là khi
X1 + X 2 + X 3 ≥ 1
Suy ra xác suất để máy tính ngừng hoạt động trong trƣờng hợp này là
P(X1 + X2 + X3 ≥ 1) = 1 – P(X1 + X2 + X3 < 1) = 1 – P(X1 + X2 + X3 = 0)
0 , 4

=1-

e

0

 (0,4)
0!

=1-

0 , 4

e

= 0,3297 = 32,97%

9.3. Quy luật ph n phối đều – U(a,b)
a. Định nghĩa
67


Biến ngẫu nhiên X đƣợc gọi là tuân theo luật phân phối đều liên tục trên [a;b] kí
hiệu X ~ U(a;b), nếu X có hàm mật độ (a 1
, x  a; b
f(x) =  b  a
0, x a, b

b. Các tham số đặc trưng
E(X) =

ab
2
2

D(X) =

(b a)
12

c. Ý nghĩa
Phân phối đều có vai trị rất quan trọng trong mô phỏng các số ngẫu nhiên.
9.4. Quy luật ph n phối chuẩn- N(µ,∂2)
a. Định nghĩa
Đại lƣợng ngẫu nhiên X đƣợc gọi là có quy luật phân phối nhị thức với hai tham
số  và Ϭ nếu X có bảng phân phối các xuất nhƣ sau:
f(x) =

( x  a)
e 2 2

1

 2

2

Kí hiệu: X ~ N(µ,∂2)
Đặc biệt nếu  = 0 và Ϭ = 1 thì hàm mật độ xác suất của đại lƣợng ngẫu nhiên X
sẽ đƣợc ký hiệu là:

 ( x) 

1
2



e

x

2

2

Lúc đó X gọi là có quy luật phân phối chuẩn tắc.
b. Các tham số đặc trưng
E(X) =



x





D(X) =



( x  a)
e 2 2 dx = 
2



1

 2

( x  a)
e 2 2 dx =
2

(x-  )2



1

 2



2

Mod X = 
Ví dụ: Trọng lƣợng của một loại sản phẩm đƣợc quan sát là một đại lƣợng ngẫu
nhiên có phân phối chuẩn với trung bình 50kg và phƣơng sai 100kg2. Nh ng sản

phẩm có trọng lƣợng từ 45kg đến 70kg đƣợc xếp vào loại A. Chọn ngẫu nhiên
100 sản phẩm (trong rất nhiều sản phẩm). Tính xác suất để.
68


a. Có đúng 70 sản phẩm loại A
b. Có khơng q 60 sản phẩm loại A
c. Có ít nhất 65 sản phẩm loại A
Bài giải:
Gọi X0 là trọng lƣợng của loại sản phẩm đã cho. Từ giả thiết ta suy ra X 0 có phân
phối chuẩn X0 ~ N(  0 , 02 ) với



0

= 50,



2
0

= 100 ( 0 = 10). Vì một sản phẩm

đƣợc xếp vào loại A khi có trọng lƣợng từ 45kg đến 70kg nên xác suất để một
sản phẩm thuộc loại A là P(45 ≤ X0 ≤ 70).
Ta có:
P(45 ≤ X0 ≤ 70) =  (

(70   )



0

-

(45   )



0

0

= (

0

(70  50)
(45  50)
-
10
10

=  (2) -  (-0,5) =  (2) +  (0,5) = 0,4772 + 0,1915 = 0,6687
(Tra bảng giá trị hàm Laplace ta đƣợc  (2) = 0,4772;  (0,5) = 0,1915).
Vậy xác suất để một sản phẩm thuộc loại A là p = 0,6687.
Bây giờ, kiểm tra 100 sản phẩm. Gọi X là số sản phẩm loại A có trong 100 sản

phẩm đƣợc kiểm tra, thif X có phân phối nhị thức X ~ B(n,p) với n = 100, p =
0,6687. Vì n = 100 khá lớn và p = 0,6687 không quá gần 0 cũng không quá gần 1
nên ta có thể xem X có phân phối chuẩn nhƣ sau:
X ~N(  , )
2

Với  = n.p = 100 x 0,6687 = 66,87
 =

npq =

100  0,6687  (1  0,6687) = 4,7068

a. Xác suất để có 70 sản phẩm loại A là:
P(X = 70) =
=

70  66,87
1
1 70  
)
) =
f(
f(
4,7068
4,7068



1

0,3209
f(0,66) =
= 0,0681 = 6,81%
4,7068
4,7068

(Tra bảng giá trị hàm Gauss ta đƣợc f(0,66) = 0,3209)
b. Xác suất để có khơng q 60 sản phẩm loại A là:
P(0 ≤ X ≤ 60) =  (

(60   )



-

(0   )



= (

(60  66,87)
(0  66,87)
-
4,7068
4,7068

=  (-1,46) -  (-14,21) = -  (1,46) +  (14,21) = -  (1,46) +  (5)
= - 0,4279 + 0,5 = 0,0721 = 7,21%

(Tra bảng giá trị hàm Laplace ta đƣợc  (14,21) =  (5) = 0,5;  (1,46) = 0,4279)
69


c. Xác suất để có ít nhất 65 sản phẩm loại A là:
(100   )

P(65 ≤ X ≤ 100) =  (

-



(65   )



= (

(65  66,87)
(100  66,87)
-
4,7068
4,7068

=  (7,0388) -  (-0,40) =  (5) +  (0,4) = 0,5 + 0,1554 = 0,6554 = 65,54%
(Tra bảng giá trị hàm Laplace ta đƣợc  (7,7068)   (5) = 0,5;  (0,4) = 0,1554)
9.5. Quy luật khi bình phương
a. Định nghĩa
Với n bặc tự do, kí hiệu là



2

(n), có thể đƣợc định nghĩa bằng việc xác định hàm

mật độ:
f(x) =

n
x
1 
2
2

x e , x > 0, n > 0
n
2  2 
n
2

Trong đó hàm gam – ma:  (x) =

x

x 1

t

t e

dt , x  0

0

Tuy nhiên cách định nghĩa này khá phức tạp và không cho ta cách xác định rõ



ràng phân phối

2

xuất phát từ phân phối chuẩn.

b. Các tính chất.
-  (i + 1) = i! (i ≥ 0)
i
i
i
3 1
-  ( ) =  1 .   2  ... .
 , (i > 2, lẻ)

2

2



2



2

2

-  (x) = ( x – 1)  (x – 1), x  R.
9.6. Quy luật Student Tn
a. Định nghĩa
Cho X và Y là hai biến ngẫu nhiên độc lập tuân theo luật N(0,1) và
ứng. Khi đó biến

T

n

=



n

~ t(n).

b. Các tham số đặc trưng
E(Tn) = 0 (n > 1)
D(Tn) =

n
(n > 2)
n2

70



2

tƣơng


10. Các định lý gi i hạn
10.1 Bất đẳng thức Trêbưsep
Giả sử đại lƣơng ngẫu nhiên X có E(X) = a và D(X) < +∞ khi đó  >0 cho trƣớc
ta có P(| X – a| ≥  ≤

D( X )



2

.

Dạng tƣơng đƣơng của bất đẳng thức Trêbƣsep là:
P(| X – a| <  ≥ 1 -

D( X )



2

.

10.2 Định lý Trêbưsep
Cho dãy đại lƣợng ngẫu nhiên X1, X2,..., Xn độc lập với nhau có phƣơng sai cùng
bị chặn bởi một hằng số C (nghĩa là D(X1) ≤ C i ). Khi ấy  >0 cho trƣớc ta
đều có:

1 n
1 n

lim P   X i   E ( X i )     1
n 
n i 1
 n i 1


Chú ý: Các bài toán áp dụng định lý Becnulli đều có thể đƣa về áp dụng định lý
Trêbƣsep.
Ví dụ: Xác suất xuất hiện biến cố A trong mỗi phép thử độc lập là 0,5. Sử dụng
bất đẳng thức Trêbƣsep đánh giá xác suất của X là số lần xuất hiện biến cố A
nằm trong khoảng (40; 60) nếu tiến hành 100 phép thử độc lập.
Giải: Gọi a là số lần xuất hiện biến cố A trong 100 lần thực hiện phép thử độc lập
thì X ~ B(100; 0,5).
E(X) = n.p = 100. 0,5 = 50

D(X) = n.p.q =100 . 0,5.0,5 = 25
Áp dụng bất đẳng thức Trêbƣsep ta có:
P(40
D( X )
2

10

= 0,75

11. Bài tập
Bài 1: Gieo đồng thời 2 con xúc sắc giống nhau. Tính xác suất để số chấm thu
đƣợc bằng 6.
Bài 2: Trong hộp có 4 viên bi trắng và 6 viên bi đỏ cùng kích cỡ. Rút hú họa ra 2
viên bi, tính xác suất để trong đó có.
a. Hai viên trắng.
b. Ít nhất 1 viên đỏ.
c. Viên thứ hai đỏ.

71


Bài 3: Đƣờng day điện thoại ngầm nối một tổng đài với một trạm dài 1km.Tính
xác suất để dây đứt tại nơi cách tổng đài không quá 100 m.
Bài 4: Gieo 2 con xúc sắc giống nhau. Tính xác suất để tổng số chấm thu đƣợc
bằng 6, biết rằng tổng đó là một số chẵn.
Bài 5: Rút từ bộ bài tú lơ khơ 52 con lần lƣợt ra 2 con bài.Tìm xác suất để con
thứ 2 là át, biết rằng con thứ nhất đã là át.
Bài 6: Hai cộc bài đƣợc lấy ra từ một bộ bài tú lơ khơ, cọc thứ nhất gồm 4 con át,

cộc thứ hai gồm 4 con ka. Rút ngẫu nhiên từ mỗi cọc bài ra một con bài, tính xác
suất để.
a. Cả hai con là con cơ
b. Có ít nhất 1 con cơ.
Cũng câu hỏi nhƣ vậy nhƣng thay điều kiện đầu bài:trộn cọc bài và rút hú họa từ
đó ra 2 con bài.
Bài 7: Ba xạ thụ mỗi ngƣời bắn một viên đạn với xác suất bắn trúng của từng
ngƣời tƣơng ứng là 0,7; 0,8 và 0,9. Tính xác suất
a. Có hai ngƣời bắn trúng
b. Có ít nhất một ngƣời bắn trƣợt
Bài 8: Một gia đình có 6 con. Tìm xác suất để gia đình đó có số con trai nhiều
hơn số con gái.
Bài 8: Một bác sỹ có xác suất ch a khỏi bệnh là 0,8. Có ngƣời nói rằng cứ 10
ngƣời đến ch a bệnh thì có chắc chắn 8 ngƣời khỏi bệnh; điều đó có đúng khơng
?.
Bài 9. Tỷ lệ phế phẩm của một lô hàng là 1%. Hỏi cỡ mẫu cần chọn ra là bao
nhiêu (có hồn lại) sao cho trong mẫu có ít nhất 1 phế phẩm vì xác suất lớn hơn
0,95?.
Bài 10. Một thiết bị có 10 chi tiết đối với độ tin cậy (xác suất làm tốt trong khoản
thời gian nào đó) của mỗi chi tiết là 0,9. Tìm xác suất để trong khoảng thời gian
ấy có đúng 2 chi tiết làm việc tốt.
Bài 11. Một phân xƣởng có 3 máy sản xuất cùng loại sản phẩm với tỷ lệ phế
phẩm tƣơng ứng 1%; 0,5% và 0,2%. Biết rằng máy I sản xuất ra 35%, máy II là
45% và máy III là 20% sản phẩm. Chọn hú họa ra một sản phẩm, tìm xác suất đó
là phế phẩm.
Bài 11: Có hai hộp đó, hộp I có 10 áo trong đó có 1 phế phẩm, hộp II có 8 áo
trong đó có 2 phế phẩm. Lấy hú họa 1 áo từ hộp I bỏ sang hộp II, sau đó từ hộp
này chọn hú họa ra 2 áo. Tìm xác suất để cả 2 áo đó đều là phế phẩm.
72

Bài 12. Một mạch điện gồm 2 bộ phận mắc nối tiếp, với xác suất làm việc tốt
trong khoản thời gian nào đó của mỗi bộ phận là 0,95 và 0,98. Ở mỗi thời điểm
trong khoản thời gian trên ngƣời ta thấy mạch điện ngừng làm việc (do bộ phận
nào đó hỏng). Tìm xác suất để chỉ bộ phận thứ 2 hỏng.
Bài 13. Tại một phòng khám chuyên khoa tỷ lệ ngƣời đến khám có bênh là 83%.
Theo thống kê biết rằng nếu chuẩn đốn có bệnh thì đúng tới 90%, cịn nếu chuẩn
đốn khơng bệnh thì chỉ đúng 80%.
a. Tính xác suất chuẩn đốn đúng
b. Biết có một trƣờng hợp chuẩn đốn đúng; tìm xác suất ngƣời đƣợc chuẩn
đốn đúng có bệnh.
Bài 14. Xếp ngẫu nhiên một bộ sách gồm 6 tập lên giá sách, tìm xác suất để bộ
sách đƣợc xếp đúng thứ tự.
Bài 15. Một xí nghiệp có 3 xe tải với xác suất hỏng trong ngày của mỗi xe tƣơng
ứng là 0,01; 0,005 và 0,002. Tìm xác suất để trong ngày
a. Có 2 xe bị hỏng
b. Có ít nhất một xe bị hỏng
Bài 16. Nƣớc giải khát đƣợc chở từ Sài gòn đi vũng tàu. Mỗi xe chở 1.000 chai
bia sài gòn, 2.000 chai coca và 800 chai nƣớc trái cây. Xác suất để một chai mỗi
loại bị bể trên đƣờng đi tƣơng ứng là 0,2%; 0,11% và 0,3%. Nếu khơng q một
chai bị bể thì lái xe đƣợc hƣởng.
a. Tính xác suất có ít nhất 1 chai bia Sài Gịn bị bể.
b. Tính xác suất để lái xe đƣợc hƣởng.
c. Lái xe phải chở ít nhất mấy chuyến để xác suất có ita nhất một chuyến
đƣợc thƣởng không nhỏ hơn 0,9?.
Bài17: Sản phẩm trong một nhà máy đƣợc đóng thành từng kiện, mỗi kiện gồm
14 sản phẩm trong đó có 8 sản phẩm loại A và 6 sản phẩm loại B. Khách hàng
chọn cách kiểm tra nhƣ sau: Từ mỗi kiện lấy ra 4 sản phẩm; nếu thấy số sản
phẩm loại A nhiều hơn số sản phẩm thuộc loại B thì mới nhận kiện đó. Kiểm tra
100 kiện (trong rất nhiều kiện). Tính xác suất để.

a. Có 42 kiện đƣợc nhận.
b. Có từ 40 đến 45 kiện đƣợc nhận.
c. Có ít nhất 42 kiện đƣợc nhận.
Bài 18. Trong ngày hội thi, mỗi chiến sĩ sẽ chọn ngẫu nhiên một trong hai loại
súng và với khẩu súng chọn đƣợc sẽ bắn 100 viên đạn. Nếu có từ 65 viên trở lên

73


trúng bia thì đƣợc thƣởng. Giả sử đối với chiến sĩ A, xác suất bắn 1 viên trúng bia
bằng khẩu súng loại I là 60% và bằng khẩu súng loại II là 50%.
a. Tính xác suất để chiến sĩ A đƣợc thƣởng.
b. Giả sử chiến sĩ A dự thi 10 lần. Hỏi số lần đƣợc tin chắc nhất là bao nhiêu?
c. Chiến sĩ A phải tham gia hội thi ít nhất bao nhiêu lần để xác suất có ít nhất
một lần đƣợc thƣởng không nhỏ hơn 98%

74