Luận văn Thạc sĩ Toán học: Một số dạng toán liên quan đến xác suất rời rạc và ứng dụng

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:46

Thêm vào BST

Báo xấu

29
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

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.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Luận văn Thạc sĩ Toán học: Một số dạng toán liên quan đến xác suất rời rạc và ứng dụng

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 1 các kết quả là . 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 5 cố A, khả năng xảy ra biến cố A là . 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 |A| P (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 40! C40 = = 3838380. 34!6! 1 Do đó, khả năng chiến thắng là ≈ 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 a(a + b − 1) a P (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 a−1 P (B) = 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 5 3 3 2 |B| = C13 .C26 .C13 .C13 = 22620312. 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 |D| = 133 .C39 5 = 286575757. Ta có: 171028000 P (A) = = 0, 227268; 752538150 22620312 P (B) = = 0, 03006; 752538150 576 P (C) = = 0, 000007654; 752538150 286575757 P (D) = = 0, 2188148. 752538150 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 Dn Khi đó:|A| = Dn , nên P (A) = n! b) Gọi biến cố B : "Cả n người được trả đúng mũ" 1 Khi đó:|B| = 1, nên P (B) = . 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 X |C| = Cnk Dn−k ; k=1 n−1 Cnk Dn−k P k=1 P (C) = . n! 1.2.2 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: k f (A) = 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. 4500 Ta có P (A) ≈ f (A) = = 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 ! n X X P (Ai ) = P (Ai ) = 1 i=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 Cn−m k Mà |A| = Cn−m , k ≤ n − m, nên P (A) = 1 − 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 ). C86 2 C21 C85 8 Mà P (A0 ) = 6 = ; P (A1 ) = 6 = nên P (A) = 2/15 + 8/15 = 2/3. C10 5 C10 15 1.4 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 Q 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 6= 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 n Q Q Hệ quả 1.5. Nếu A1 , A2 , ..., An độc lập toàn phần thì P Ai = P (Ai ). i=1 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 Mà P (A) = 4 = ; P (B) = + + = . 2 16 16 16 16 16 1 Khi đó P (A) = . 11 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 6= P (A). Vậy A, B không độc lập. Một cách đơn giản hơn ta có ngay P (A ∩ B) = 1/6 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 ! n n X X X P Ai = P (Ai ) − P (Ai )P (Aj )+ i=1 i=1 i
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 n! Dn (−1)i−1 P Dn = , nên P A = . Suy ra: i=1 i! n! n n Dn X 1 X 1 P (A) = 1 − P (A) = 1 − =1− (−1)i−1 = (−1)i n! i! i! i=1 i=1 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 P A= Ai , các biến cố Ai là không xung khắc và độc lập toàn phần với nhau nên i=1 n Q 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 5 n Vậy ta có P (A) = 1 - . 6 5 n Theo giả thiết P (A) ≤ 0, 5 ⇔ 1 − ≤ 0, 5 ⇔ n ≥ 3, 7, n ∈ N∗ . 6 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 X 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 6= j nên A.Hi ∩A.Hj = ∅, ∀i 6= j, i, j = 1, n . Do vậy n X 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