Phép thử và biến cố
Việc thực hiện một phép thử là quá trình thiết lập và áp dụng một nhóm điều kiện cơ bản nhằm quan sát sự xuất hiện hoặc không xuất hiện của một hiện tượng nào đó.
Khi thực hiện thử nghiệm tung một đồng xu bốn lần, chúng ta quan sát kết quả là mặt ngửa hay mặt sấp Tổng số kết quả có thể xảy ra sau bốn lần tung đồng xu là 16, vì 2 mũ 4 bằng 16 Khả năng xảy ra một trong các kết quả này là 1.
Không gian mẫu Ω của phép thử T là tập hợp tất cả các kết quả có khả năng xảy ra như nhau Tập A ⊂ Ω được gọi là biến cố ngẫu nhiên, trong đó A = Ω là biến cố chắc chắn (chắc chắn xảy ra) và A = ∅ là biến cố không (không xảy ra).
Xác suất của biến cố
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
|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:
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".
Phép thử T là tung hai đồng xu cân đối đồng chất.
Bài toán xác suất này liên quan đến việc chọn đúng một bộ sáu số trong số 40 số nguyên dương Với n thường nằm trong khoảng từ 30 đến 60, người chơi cần tính xác suất để thắng giải thưởng lớn từ các trò chơi xổ số hiện nay Cụ thể, xác suất mà một người chọn đúng sáu số từ 40 số sẽ được xác định dựa trên các công thức xác suất phù hợp.
Chỉ có một bộ đạt giải thưởng lớn Tổng số cách để chọn sáu số trong số 40 là
Do đó, khả năng chiến thắng là 1
Trong bài toán 1.3, chúng ta có một hộp chứa a quả cầu trắng và b quả cầu đen Khi lấy ngẫu nhiên hai quả cầu, chúng ta cần tính xác suất cho hai biến cố: a) Biến cố A: "Quả cầu thứ nhất là trắng" b) Biến cố B: "Quả cầu thứ hai là trắng, với điều kiện quả cầu thứ nhất đã là trắng".
Lời giải. a) Ta có số cách lấy lần lượt hai quả bóng là: (a + b)(a + b − 1) nên
Số cách lấy quả bóng đầu tiên là trắng, quả thứ hai là tùy ý là a.(a + b − 1) nên
Khi tính toán số cách lấy quả trắng từ tổng số quả (a + b)(a + b − 1), số cách để lấy quả trắng lần thứ hai là (a − 1), do đó |B| = a − 1 Số cách để lấy một quả từ a + b − 1 quả là a + b − 1, tức là |Ω| = a + b − 1.
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".
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. Để lấy 8 con từ 52 con tú có C 52 8 (cách) nên |Ω| = C 52 8
Ta cần lấy 5 con đỏ, 3 con đen, nên
Ta cần lấy 1 con cơ, 2 con rô, 3 con bích, 2 con tép, nên
Ta cần lấy 1 con át, hai con J, ba con 9, hai con 2, nên
Ta cần lấy ba con cùng một chất và năm con thuộc ba chất khác nên
Bài toán 1.5 đề cập đến n người khách rời khỏi nhà mà không mang theo mũ của mình Chủ nhà, không biết ai là chủ của từng chiếc mũ, đã trả lại mũ một cách ngẫu nhiên Xác suất để cả n người không nhận đúng mũ của mình được tính toán, cùng với xác suất để tất cả n người nhận đúng mũ Ngoài ra, bài toán còn tìm xác suất có k người (1 ≤ k ≤ n − 1) nhận đúng mũ.
Ta có:|Ω| = n! a) Gọi biến cố A : "Cả n người không nhận đúng mũ"
Khi đó:|A| = D n , nên P (A) = D n 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
Định nghĩa thống kê về xác suất
Tần suất xuất hiện biến cố trong n phép thử được định nghĩa là tỷ lệ giữa số lần biến cố xảy ra và tổng số phép thử đã thực hiện.
Trong một phép thử với ký hiệu số phép thử là n và số lần xuất hiện biến cố A là k, tần suất xuất hiện biến cố A được tính bằng công thức f(A) = k/n Theo định nghĩa 1.6, xác suất xuất hiện biến cố A, ký hiệu là P(A), là một số p không đổi Khi số phép thử n tăng lên vô hạn, tần suất f(A) sẽ dao động xung quanh p, và do đó P(A) sẽ gần bằng 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.
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.
Định lý cộng xác suất
Biến cố là tập con của không gian mẫu Ω và có thể áp dụng các phép toán tập hợp Dựa trên đó, chúng ta xây dựng một số công thức tính xác suất Định nghĩa 1.7 cho biết biến cố C được coi là tổng của hai biến cố A và B, ký hiệu là A + B.
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.
C = A 1 + A 2 + + A n ⇔ C = ∪ n i=1 A i Định nghĩa 1.8 Hai biến cốA và B gọi là xung khắc với nhau nếu chúng không thể đồng thời xảy ra trong cùng một phép thử.
Hai tập hợp A và B được coi là xung khắc nếu giao của chúng là rỗng, tức là A ∩ B = ∅ Nhóm n biến cố A1, A2, , An được gọi là xung khắc từng đôi một khi bất kỳ hai biến cố nào trong nhóm đều xung khắc với nhau.
A i ∩ A j = ∅, ∀ 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
Chứng minh Ta có A + B = A ∪ B, giả sử |A| = m 1 , |B| = m 2 , tất cả các kết quả của không gian mẫu là n.
Hệ quả 1.1 Cho A 1 , A 2 , , A n là nhóm các biến cố đôi một xung khắc, ta có:
Xác suất để 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 trúng ít hơn điểm 8 là 0,45 Để tìm xác suất xạ thủ được ít nhất 9 điểm, ta cộng xác suất bắn trúng điểm 9 và điểm 10 Như vậy, xác suất để xạ thủ đạt ít nhất 9 điểm là 0,1 + 0,2 = 0,3.
Gọi A 1 là biến cố "Xạ thủ bắn trúng điểm 10".
Gọi A 2 là biến cố "Xạ thủ bắn trúng điểm 9".
Gọi A là biến cố "Xạ thủ bắn được ít nhất 9 điểm".
Vì A 1 , A 2 xung khắc nên ta có:
P (A 1 + A 2 ) = P (A 1 ) + P (A 2 ) = 0, 1 + 0, 2 = 0, 3. Định nghĩa 1.10 Nhóm biến cố A 1 , A 2 , , A n được gọi là một nhóm đầy đủ các biến cố nếu A 1 + A 2 + + A n = Ω và A i ∩ A j = ∅, ∀ i, j = 1, n.
Hệ quả 1.2 Nếu A 1 , A 2 , , A n tạo thành nhóm đầy đủ các biến cố thì
Hai biến cố A và B được xem là đối lập khi chúng tạo thành một nhóm đầy đủ các biến cố, tức là A ∪ B = Ω và A ∩ B = ∅ Biến cố đối lập của biến cố A được kí hiệu là A.
Hệ quả 1.3 Nếu A và A là hai biến cố đối lập, thì ta có P (A) = 1 − P (A).
Trong bài toán 1.8, có n sản phẩm trong hòm, trong đó có m chính phẩm với điều kiện m ≤ n Khi lấy ngẫu nhiên k sản phẩm (với k ≤ n), chúng ta cần tính xác suất để trong số k sản phẩm đó có ít nhất một chính phẩm.
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".
Trong bài toán 1.9, có 10 chi tiết trong hòm, trong đó có 2 chi tiết bị hỏng Cần tính xác suất khi lấy ra ngẫu nhiên 6 chi tiết mà không có quá một chi tiết hỏng.
Gọi A là biến cố "Trong 6 chi tiết lấy ra không có chi tiết hỏng".
Gọi A 1 là biến cố "Trong 6 chi tiết lấy ra có một chi tiết hỏng".
Gọi A 0 là biến cố "Trong 6 chi tiết lấy ra không có quá một chi tiết hỏng". Khi đó A = A 0 + A 1 , A 0 , A 1 là hai biễn cố xung khắc.
Định lý nhân xác suất
Biến cố C được định nghĩa là tích của hai biến cố A và B, xảy ra khi và chỉ khi cả hai biến cố A và B đều xảy ra đồng thời.
Biến cố A được định nghĩa là tích của n biến cố A1, A2, , An, tức là A xảy ra khi và chỉ khi tất cả n biến cố này đều xảy ra Điều này được ký hiệu là A = A1 ∩ A2 ∩ ∩ An.
Hai biến cố A và B được xem là độc lập nếu sự xảy ra của một biến cố không ảnh hưởng đến xác suất xảy ra của biến cố còn lại Ngược lại, nếu hai biến cố này có sự ảnh hưởng lẫn nhau, chúng được gọi là phụ thuộc.
Trong ví dụ này, có 3 quả cầu trắng và 2 quả cầu đen trong bình Khi lấy ngẫu nhiên một quả cầu, xác suất để lấy được quả cầu trắng (biến cố A) là P(A) = 3/5 Sau khi quả cầu được bỏ lại vào bình, xác suất để lấy được quả cầu trắng lần thứ hai (biến cố B) cũng là P(B) = 3/5 Điều này cho thấy A và B là hai biến cố độc lập Tuy nhiên, nếu quả cầu trắng được lấy ra và không được bỏ lại vào bình, xác suất sẽ thay đổi.
P (B) = 1/2 Khi đó A, B là phụ thuộc nhau.
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 Các biến cố A1, A2, , An được gọi là độc lập từng đôi nếu A_i và A_j độc lập với nhau khi i ≠ j Hơn nữa, các biến cố A1, A2, , An được xem là độc lập toàn phần nếu mỗi biến cố độc lập với bất kỳ tổ hợp nào của các biến cố còn lại Theo định lý nhân xác suất, nếu A và B là hai biến cố độc lập, thì xác suất của chúng xảy ra đồng thời được tính bằng tích xác suất của từng biến cố.
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
Hệ quả 1.5 Nếu A 1 , A 2 , , A n độc lập toàn phần thì P n Q i=1
Trong cuộc thi đấu giữa A và B, khả năng lọt vào chung kết của A là 90%, trong khi của B là 70% Do A và B không tham gia cùng một bảng đấu, chúng ta cần tính xác suất của các biến cố liên quan đến khả năng vào chung kết của cả hai.
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".
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 ;
Khi xem xét hai biến cố A và B phụ thuộc nhau, chúng ta cần hiểu khái niệm xác suất có điều kiện Xác suất của biến cố A, khi biết rằng biến cố B đã xảy ra, được gọi là xác suất có điều kiện của A và được ký hiệu là P(A/B) Định lý 1.3 chỉ ra rằng, đối với hai biến cố A và B phụ thuộc, xác suất có điều kiện sẽ được tính toán dựa trên mối quan hệ giữa chúng.
Chứng minh Giả sử A, B là hai biến cố của cùng không gian mẫu Ω và |Ω| = n,
Hệ quả 1.6 Nếu P (B) > 0 thì P (A/B) = P (AB)/P (B ).
Hệ quả 1.7 Nếu A 1 , A 2 , , A n là n biến cố phụ thuộc nhau thì
Hệ quả 1.8 Hai biến cố A và B độc lập khi và chỉ khi
Bài toán 1.11 yêu cầu tính toán khả năng xảy ra sự cố cho ba xe ô tô của một cơ quan, với xác suất tương ứng là 5%, 20% và 10% Cần xác định xác suất xảy ra các tình huống khác nhau liên quan đến sự cố của các xe này.
- 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 A i 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:
Ta có thể biểu diễn A = A 1 A 2 A 3 nên P (A) = P (A 1 A 2 A 3 ) và
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.
Trong bài toán 1.12, chúng ta thực hiện phép thử tung một đồng xu bốn lần và biết rằng có ít nhất hai mặt sấp Để tính xác suất có được cả bốn mặt sấp, ta cần xem xét tất cả các kết quả khả thi của việc tung đồng xu trong điều kiện đã cho Xác suất này có thể được xác định bằng cách phân tích các trường hợp xảy ra và áp dụng các quy tắc xác suất phù hợp.
Gọi A là biến cố "Tung được bốn mặt sấp".
Gọi B là biến cố "Có ít nhất hai mặt sấp".
11 Bài toán 1.13 Cho P = P 1 P 2 P n là một hoán vị ngẫu nhiên của n số tự nhiên đầu tiên Gọi A là biến cố "P 1 > P 2 ", B là biến cố "P 2 > P 3 " Hỏi A và B có độc lập không?
Ta có với hai số P 1 , P 2 chứa hai khả năng xảy ra P 1 > P 2 hoặc P 2 > P 1 nên
P (A) = 1/2, tương tự P (B) = 1/2 và A ∩ B là biến cố "P 1 > P 2 > P 3 ",
Vì với ba số P 1 , P 2 , P 3 có 6 hoán vị, chỉ có một hoán vị thỏa mãn P 1 > P 2 > P 3 Khi đó:
Một cách đơn giản hơn ta có ngay P (A ∩ B) = 1/6 6= P (A)P (B),nên A, B không độc lập.
Một người săn thỏ trong rừng có khả năng bắn trúng thỏ tỷ lệ nghịch với khoảng cách Khi bắn lần đầu ở khoảng cách 20m, xác suất trúng là 50% Nếu không trúng, anh ta sẽ tiếp tục bắn lần thứ hai từ khoảng cách gần hơn.
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.
Gọi T i 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 (T 1 ) = k/20 = 0, 5, Suy ra k = 10 Do đó:
Gọi T là biến cố thợ săn bắn trúng thỏ trong cuộc đi săn này
Một số mở rộng của định lý cộng và định lý nhân xác suất
Trong hai phần trước, chúng ta đã khám phá định lý cộng xác suất cho các biến cố xung khắc và định lý nhân xác suất cho các biến cố độc lập Phần này sẽ trình bày một số công thức mở rộng liên quan đến hai định lý đó.
Trong định lý cộng xác suất, nếu hai biến cố A và B không xung khắc, ta có thể áp dụng kết quả sau: Định lý 1.4 xác định rằng A và B là hai biến cố thuộc cùng một không gian mẫu Ω.
Do A, B không có điều kiện xung khắc Khi đó ta có:
Tương tự, áp dụng công thức tính số phần tử tập hợp ta chứng minh được:
Hệ quả 1.9 Cho A 1 , A 2 , , A n là các biến cố của không gian mẫu Ω ta có
P (A i A j A k ) + + (−1) n−1 P (A 1 A 2 A n ) Định lý 1.5 ChoA 1 , A 2 , , An là các biến cố độc lập toàn phần với nhau, khi đó
Do các A i độc lập toàn phần nên A i cũng độc lập toàn phần, nên ta có:
Xác suất để máy bay rơi được tính dựa trên xác suất động cơ thứ nhất bị trúng đạn là 0,2 và động cơ thứ hai là 0,3, cùng với xác suất phi công bị trúng đạn là 0,1 Máy bay sẽ rơi nếu cả hai động cơ đều bị trúng đạn hoặc phi công bị trúng đạn Do đó, cần xác định xác suất xảy ra của các trường hợp này để có được xác suất tổng thể cho sự cố máy bay rơi.
Gọi A i là biến cố " động cơ thứ i bị trúng đạn", i = 1, 2.
A 3 là biến cố "phi công bị trúng đạn".
A là biến cố "máy bay rơi".
Khi đó A = A 1 A 2 + A 3 , suy ra P (A) = P (A 1 A 2 + A 3 ) Do A 1 , A 2 , A 3 không xung khắc nên
Mặt khác A 1 , A 2 , A 3 độc lập toàn phần nên ta có
Bài toán 1.16 yêu cầu tính xác suất có ít nhất một lá thư được gửi đến đúng địa chỉ khi một người viết n lá thư và bỏ ngẫu nhiên vào n phong bì đã được đề sẵn địa chỉ Để giải quyết bài toán này, ta cần xác định khả năng xảy ra của trường hợp có ít nhất một lá thư đúng địa chỉ trong số n lá thư.
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:
Để xác định số lần cần tung một con súc sắc nhằm đạt được xác suất không nhỏ hơn 0,5 để có ít nhất một lần xuất hiện mặt sáu chấm, ta cần áp dụng các nguyên tắc xác suất Số lần tung tối thiểu sẽ được tính toán dựa trên xác suất của việc không xuất hiện mặt sáu chấm qua các lần tung.
Giả sử ta tung con súc sắc n lần.
Gọi A i 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
A i , các biến cố A i là không xung khắc và độc lập toàn phần với nhau nên ta có: P (A) = 1 - n
Để có được kết quả xác suất chính xác, cần thực hiện ít nhất bốn lần thử nghiệm khi n ≥ 3,7 và n thuộc tập hợp số tự nhiên Theo Định lý 1.6 về công thức xác suất đầy đủ, nếu H1, H2, , Hn là một nhóm các biến cố đầy đủ và A là một biến cố trong cùng không gian mẫu Ω, thì có thể áp dụng công thức này để tính xác suất.
Chứng minh Do H 1 , H 2 , , H n là một nhóm các biến cố đầy đủ, nên
Bài toán 1.18 Có ba hộp giống nhau, hộp thứ nhất có 10 sản phẩm trong đó có
Trong bài toán này, có ba hộp sản phẩm: hộp thứ nhất chứa 6 chính phẩm, hộp thứ hai có 15 sản phẩm với 10 chính phẩm, và hộp thứ ba có 20 sản phẩm với 15 chính phẩm Khi lấy ngẫu nhiên một hộp và sau đó lấy ngẫu nhiên một sản phẩm từ hộp đó, ta cần tính xác suất để chọn được chính phẩm.
Gọi A là biến cố "lấy được chính phẩm".
H i là biến cố "chính phẩm lấy ra thuộc hộp i".
Khi đó, A xảy ra đồng thời với H 1 hoặc H 2 hoặc H 3
Xác suất để lấy được các hộp H 1 , H 2 , H 3 là:
45 Định lý 1.7 (Công thức Bayes) ChoH 1 , H 2 , , H n là một nhóm đầy đủ các biến cố A là một biến cố của cùng không gian mẫu Ω Khi đó
Chứng minh Theo định nghĩa xác suất có điều kiện và công thức xác suất đầy đủ, ta có:
Bài toán 1.19 đề cập đến một dây chuyền lắp ráp nhận chi tiết từ hai máy sản xuất Máy thứ nhất cung cấp 60% chi tiết, trong khi máy thứ hai cung cấp 40% Tỉ lệ chi tiết đạt chuẩn từ máy một là 90%, và từ máy hai là 85% Khi lấy ngẫu nhiên một sản phẩm từ dây chuyền và thấy sản phẩm đạt chuẩn, chúng ta cần tìm xác suất sản phẩm đó được sản xuất bởi máy thứ nhất.
Gọi A là biến cố "chi tiết lấy từ dây chuyền đạt chuẩn".
H i là biến cố "chi tiết do máy thứ i sản xuất", i = 1, 2
A xảy ra đồng thời vớiH 1 , H 2 Do đó xác suất cần tìm là:
Trước khi sản phẩm được ra mắt, một cuộc khảo sát ngẫu nhiên đã được thực hiện với 200 khách hàng, trong đó có 34 người cho biết họ sẽ mua sản phẩm, và 96 người đã đưa ra phản hồi khác.
Trong một khảo sát, 70 người đã trả lời "không mua", trong khi một số có thể sẽ mua Kinh nghiệm cho thấy tỷ lệ khách hàng mua hàng tương ứng với các câu trả lời là 40% cho "có thể sẽ mua", 20% cho "không chắc" và 10% cho "không mua" Để tính xác suất khách hàng mua sản phẩm, ta có thể sử dụng các tỷ lệ này Trong số khách hàng thực sự mua sản phẩm, tỷ lệ phần trăm những người đã trả lời "có thể sẽ mua" là rất cao, cho thấy sự quan tâm đáng kể từ nhóm này.
Gọi A là biến cố "khách hàng mua sản phẩm".
H 1 là biến cố "người đó trả lời là sẽ mua".
H 2 là biến cố "người đó trả lời là có thể sẽ mua".
H 3 là biến cố "người đó trả lời là không mua". a) Theo công thức xác suất đầy đủ
Vậy số người mua sản phẩm là 16,75 b) Theo công thức Bayes
Vậy trong số khách hàng mua sản phẩm có xấp xỉ 40% trả lời sẽ mua.
Trong thực tế, nhiều phép thử được lặp lại và được gọi là độc lập khi xác suất xảy ra của một biến cố không phụ thuộc vào các phép thử khác Ví dụ, trong sản xuất hoặc khi tung đồng xu và xúc xắc, các phép thử này là độc lập Một dãy các phép thử độc lập sẽ có hai kết quả: biến cố A xảy ra với xác suất p hoặc không xảy ra với xác suất 1 − p = q, được gọi là dãy phép thử Bernoulli Theo 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 được ký hiệu là P n (m).
Chứng minh Gọi A i là biến cố "xảy ra biến cố A ở lần thứ i", i = 1, n Khi đó
A i 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.
Số cách chọn m lần trong n lần xảy ra biến cố A là C n m Với mỗi cách chọn m lần để biến cố A xảy ra có n − m lần A xảy ra Nên
Bài toán 1.21 đề cập đến một bài thi trắc nghiệm gồm 100 câu hỏi, mỗi câu có bốn lựa chọn, trong đó chỉ một lựa chọn đúng Học sinh sẽ được một điểm cho mỗi câu trả lời đúng và không có điểm cho câu trả lời sai Khi một học sinh chọn ngẫu nhiên các phương án, chúng ta cần xác định xác suất để học sinh đó đạt từ 50 điểm trở lên và từ 49 điểm trở xuống.
Gọi A là biến cố "chọn câu trả lời đúng", thì ở mỗi lần chọn P (A) = 1/4, nên
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.
Gọi A là biến cố "gặp người bị lao" thì P (A) = 0, 001, P (A) = 0, 999
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 là biến ngẫu nhiên tương ứng với mỗi đồ thị G ∈ Ω, trong đó X(G) đại diện cho số cạnh của G Ngoài ra, biến ngẫu nhiên Y cũng được định nghĩa cho mỗi G ∈ Ω, với Y(G) là số thành phần liên thông của G Định nghĩa 1.19 nêu rõ rằng, với hai biến ngẫu nhiên X và Y trên không gian mẫu Ω, tổng của chúng, ký hiệu là X + Y, được xác định cho mỗi phần tử u ∈ Ω.
(X + Y )(u) = X(u) + Y (u) và tích hai biến ngẫu nhiên X.Y cho tương ứng mỗi u ∈ Ω với
Kì vọng là thông số đặc trưng quan trọng nhất của biến ngẫu nhiên Định nghĩa 1.20 nêu rõ rằng X: Ω → R là một biến ngẫu nhiên, với tập giá trị của nó đóng vai trò quan trọng trong việc xác định các đặc tính của biến này.
X là S = {X(u), u ∈ Ω} hữu hạn Tức là X nhận hữu hạn giá trị.
E(X) = X i∈S i.p(X = i) 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.
Kí hiệu E Ω (X) được sử dụng để biểu thị kỳ vọng của biến ngẫu nhiên X trong không gian Ω Nếu không cần nhấn mạnh, chúng ta có thể đơn giản viết là E(X).
Ω Kì vọng chính là giá trị trung bình của các giá trị i.
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).
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
Bài toán 1.24 yêu cầu tính toán số sản phẩm trung bình được sản xuất giữa hai lần sửa chữa của máy, khi xác suất tạo ra phế phẩm là p Máy sẽ được sửa chữa ngay khi sản xuất ra phế phẩm, do đó, việc xác định số sản phẩm trung bình giúp hiểu rõ hiệu suất hoạt động của máy trong quá trình sản xuất.
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
Số sản phẩm trung bình được sản xuất ra chính là E(X) Ta có
Do 0 < q < 1 nên theo công thức của cấp số nhân lùi vô hạn
Nhận xét 1.2 Ta có thể mở rộng tập S hữu hạn thành tậpS đếm được nếu tổng
P i=1 i.p(X = i) có giới hạn hữu hạn.
Tính tuyến tính của kì vọng
Định nghĩa 1.21 Cho c là một hằng số ta định nghĩa biến ngẫu nhiên cX cho tương ứng với mỗi x với số cX(u) = c(X(u)) với mọi u ∈ Ω.
Định nghĩa tổng và tích của hai biến ngẫu nhiên, cũng như tích của một số với biến ngẫu nhiên, cho phép chúng ta chứng minh các định lý quan trọng Cụ thể, Định lý 1.9 nêu rõ rằng nếu c là một số thực và X, Y là hai biến ngẫu nhiên trong không gian xác suất, thì các tính chất liên quan đến tổng và tích của chúng sẽ được thiết lập.
Nói một cách khác kì vọng có tính chất tuyến tính.
Bài toán 1.25 Cho p = p 1 p 2 p n là một hoán vị của tập {1, 2, , n}, n ≥ 2 Khi đó trung bình mỗi hoán vị của 1, 2, , n sẽ có (n − 2)/3 số p i thỏa mãn p i > p i − 1 và p i > p i+1 với i = 2, n − 1
GọiΩ là tập tất cả các hoán vị của tập1, 2, 3, , n Trên Ωta định nghĩa n − 2biến ngẫu nhiên Y i , i =2, n − 1 cho tương ứng với p ∈ Ω.
Y (p) = 0 nếu p i không thỏa mãn điều kiện trên.
Ta có với mỗi bộ ba số p i−1 , pi, p i+1 xác suất để p i nhỏ nhất là 1/3, xác suất để số p i không nhỏ nhất là 2/3 Do đó
Y i Khi đó với mỗi p ∈ Ω cho tương ứng với Y (p) là số các p i thỏa mãn p i < p i−1 và p i > p i+1 Ta có
Bài toán 1.26 yêu cầu tìm số điểm cố định trung bình trong các hoán vị của tập {1, 2, , n}, với p = p1 p2 pn là một hoán vị Điểm cố định được định nghĩa là i khi p i = i Để giải quyết, ta cần xem xét tập Ω, bao gồm tất cả các hoán vị của 1, 2, , n.
Xét n biến ngẫu nhiên X i trên Ω, cho tương ứng mỗi p = p 1 , p 2 , , p n ∈ Ω với
Khi đó xác suất để p i = i là 1/n, xác suất để p i 6= i là (n − 1)/n Nên
X i , cho tương ứng p ∈ Ω với X(p) là số các điểm cố định của p Khi đó
Vậy trung bình mỗi hoán vị có một điểm cố định.
Ứng dụng phương pháp xác suất trong giải toán trung học phổ thông 24
Áp dụng xác suất và kì vọng vào một số bài toán thi học sinh giỏi 24
Bài toán 2.1 (IMO 1970) đặt ra trên mặt phẳng với 100 điểm, không có 3 điểm nào thẳng hàng Khi xem xét tất cả các tam giác có đỉnh tại các điểm này, cần chứng minh rằng không quá 70% trong số các tam giác này là tam giác nhọn.
Trước tiên, chúng ta chứng minh rằng với 5 điểm bất kỳ trên mặt phẳng, trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng, sẽ có ít nhất ba tam giác được tạo thành từ các đỉnh này không phải là tam giác nhọn.
Thật vậy ta xét 3 trường hợp
Trong trường hợp tam giác ABC với hai điểm D và E nằm trong ∆ABC, có ít nhất hai trong ba tam giác ∆ADB, ∆ADC, ∆DBC tại D và ít nhất hai trong ba tam giác ∆AEB, ∆AEC, ∆EBC tại E Điều này dẫn đến việc có ít nhất bốn tam giác không nhọn được hình thành từ năm điểm A, B, C, D, E.
Trong trường hợp tứ giác lồi ABCD với điểm E nằm bên trong, ít nhất một trong bốn đỉnh A, B, C, D phải có góc không nhọn Giả sử góc A không nhọn, ta có tam giác ABC Khi điểm E nằm trong tam giác ABC hoặc tam giác BCD, nó sẽ tạo ra hai tam giác tù.
Trong trường hợp ngũ giác lồi ABCDE có ít nhất hai góc không nhọn, giả sử là hai góc A và B, ta có hai tam giác không nhọn là ∆ABC và ∆ABE Đồng thời, tứ giác BCDE cũng có ít nhất một góc không nhọn, từ đó tạo ra thêm một tam giác không nhọn.
Bây giờ ta thấy số cách chọn 5 điểm trong 100 điểm là C 100 5 Với mỗi cách lấy
Trong một tập hợp gồm 100 điểm, có ít nhất 3 tam giác không nhọn, với mỗi đỉnh của tam giác được đếm C(97, 2) lần Do đó, số lượng tam giác không nhọn tối thiểu là 3C(100, 5)C(97, 2) Từ đó, xác suất để hình thành một tam giác nhọn tối đa là một yếu tố cần xem xét trong bài toán này.
Tức ta có không quá 70% tam giác nhọn.
Trong bài toán 2.2 (MOP test 2007), trong bảng n×n, mỗi số từ 1 đến n xuất hiện đúng n lần Cần chứng minh rằng trong bảng này tồn tại ít nhất một hàng hoặc một cột chứa ít nhất √n số phân biệt.
Ta sẽ đi chứng minh với một hàng hay một cột bất kì, trung bình số phân tử khác nhau là √ n.
Số cách chọn một hàng hoặc một cột trong bảng là 2^n Đặt X là số phần tử khác nhau trong hàng hoặc cột đã chọn, với X_i ∈ {0, 1} Trong đó, X_i = 1 nếu phần tử i có mặt trong hàng hoặc cột đã chọn, và X_i = 0 nếu phần tử i không có mặt.
Mặt khác số i xuất hiện trên ít hàng hay ít cột nhất khi số i xuất hiện trong một ô vuông nhỏ kích thước √ n √ n nên:
Do tính tuyến tính của kì vọng:
Giá trị trung bình E(X) thể hiện số lượng phần tử khác nhau trên một hàng hoặc cột Do đó, sẽ có ít nhất một hàng hoặc cột với số phần tử khác nhau lớn hơn √n, tức là có tối thiểu √n phần tử khác nhau.
Bài toán 2.3 (Bulgaria MO 1984) Cho x i , y i (i = 1, 2, , n) là 2n số thực dương sao cho x i + y i = 1 Chứng minh rằng
(1 − x 1 x 2 x n ) m + (1 − y m 1 )(1 − y 2 m ) (1 − y n m ) ≥ 1 với mọi số nguyên dương m và n.
Bài toán này có nhiều lời giải, bao gồm cả phương pháp thuần túy đại số, nhưng đều khá phức tạp Lời giải của Pierre Bornsztein trên website mathlinks.ro là một ví dụ đẹp và thanh thoát Chúng ta sẽ xem xét một thí nghiệm xác suất để hiểu rõ hơn về lời giải này.
Xét các đồng xu c(1), c(2), , c(n) với xác suất mặt ngửa lần lượt là x1, x2, , xn Khi tung các đồng xu này độc lập m lần, xác suất p(A) của biến cố "ít nhất một đồng xu ra mặt ngửa trong mỗi lần tung" được tính bằng công thức (1 − x1 xn)^m.
A = B ∪ C, trong đó B biểu thị việc có ít nhất một đồng xu ra mặt ngửa trong mỗi lần tung, và C chỉ ra rằng có ít nhất một đồng xu ra mặt ngửa ở mỗi lần tung nhưng các đồng xu này không giống nhau qua các lần tung.
Xác suất không xuất hiện mặt ngửa ít nhất một lần trong m lần tung đồng xu được biểu diễn bởi công thức (1 − y m 1 )(1 − y 2 m ) (1 − y m n ), tương ứng với p( ¯ B), trong đó B ¯ là biến cố đối lập với B.
Như vậy vế trái của bất đẳng thức đã cho là p(A) + p( ¯ B) = p(B) + p( ¯ B ) + p(C) = 1 + p(C) ≥ 1.
Chú ý rằng đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi n = 1.
Trong bài toán trên, biểu thức vế trái và đặc biệt là điều kiện x i + y i = 1 gợi ý ta đến ý tưởng sử dụng xác suất.
Xét bài toán sau đây tuyệt nhiên không có ”dấu hiệu” của xác suất:
Bài toán 2.4 (Putnam 2000) Cho a j , b j , c j , 1 ≤ j ≤ N là các số nguyên.
Giả sử rằng trong ba số \( a_j, b_j, c_j \) có ít nhất một số lẻ cho mỗi \( j \) Chúng ta cần chứng minh rằng tồn tại các số nguyên \( r, s, t \) sao cho biểu thức \( r a_j + s b_j + t c_j \) là số lẻ với ít nhất \( 4N \).
Lời giải Cách 1 (Manjul Bhargava, Kiran Kedlaya và Lenny).
Xét 7 bộ ba (a, b, c) với a, b, c ∈ {0, 1}, không phải tất cả đều bằng 0 Vì rằng r j , s j , t j không phải tất cả đều chẵn, nên 4 trong các tổng ar j + bs j + ct j với a, b, c ∈ {0, 1} là chẵn và 4 là lẻ Tất nhiên là tổng với a = b = c = 0 là chẵn, do đó ít nhất 4 trong 7 tổng với a, b, c không đồng thời bằng 0 có tổng lẻ Nói cách khác, có ít nhất 4N trong các bộ (a, b, c, j) cho tổng lẻ Theo nguyên lý Dirichlet, tồn tại một bộ (a, b, c) với ít nhất 4N
Cách 2 Bài toán trên đây được sử dụng lại tại kỳ thi Olympic Toán Singapore năm 2012 (SMO 2012) và trên Mathlinks giới thiệu lời giải xác suất thú vị sau.
Ta xét tất cả theo modul 2, vì trong bài ta chỉ quan tâm đến tính chẵn lẻ.
Ta có 7 cách chọn cho bộ (r, s, t) với r, s, t không đồng thời bằng 0; với mỗi bộ (a, b, c), có đúng 4 trong 7 bộ sao cho ra + sb + tc ≡ 1.
Suy ra, với (a i , b i , c i ) đã cho nếu ta chọn ngẫu nhiên (r, s, t) 6= (0, 0, 0) thì giá trị kỳ vọng của số các biểu thức lẻ là 4N
7 Nhưng nếu đây là số trung bình thì phải có ít nhất một bộ (r, s, t) có số này lớn hơn hay bằng 4N
Một số dạng toán thi Olympic liên quan
Bài 2.1 (IMO 1998) Trong một cuộc thi, có m thí sinh và n giám khảo, trong đó n ≥ 3 là số nguyên lẻ Mỗi một giám khảo sẽ đánh giá thí sinh đậu hoặc rớt Giả sử k là số sao cho với mỗi cặp hai giám khảo đánh giá của họ trùng nhau ở nhiều nhất k thí sinh Chứng minh rằng: k m ≥ n − 1
Với n là số giám khảo lẻ, ta có thể biểu diễn n dưới dạng n = 2r + 1 Từ đó, có tổng cộng C(n, 2) cặp giám khảo, trong đó 2 giám khảo có ý kiến trùng nhau nhiều nhất ở k thí sinh Do đó, tổng số ý kiến trùng nhau tối đa của các giám khảo sẽ là C(n, 2) nhân với k.
Mặt khác thí sinh thứ iđượcx i giám khảo đồng ý,n − x i giám khảo không đồng ý Khi đó số ý kiến trùng nhau của giám khảo là:
4 Nên tổng số ý kiến trùng nhau ít nhất là m(n − 1)
2n Bài 2.2 (IMO 1987) Gọi p n (k) là số các hoán vị của tập {1, 2, , n} , n ≥ 1, có đúng k điểm bất động Chứng minh rằng: n
Lời giải Đẳng thức cần chứng minh tương đương với n
X k=0 k.p n (k) n! = 1 Gọi Ω là tập tất cả các hoán vị của {1, 2, , n}, tức |Ω| = n!
P = p 1 p 2 p n là một hoán vị của 1, 2, , n, X là số điểm bất động của p ∈ Ω.
Mặt khác ta có xác suất để P có k điểm bất động là:
C n k D n−k n! = p n (k) n! Khi đó E(X) theo định nghĩa được tính:
Bài 2.3 (IMO Shortlist, 1999) Cho A là một tập gồm N thặng dư modulo N 2 Chứng minh rằng tồn tại tập B gồm N thặng dư modulo N 2 sao cho ít nhất một nửa thặng dư modulo N 2 có thể viết dưới dạng a + b, a ∈ A, b ∈ B.
Bài 2.4 (IMO 1998) Trong một cuộc thi, có m thí sinh và n giám khảo, trong đó n ≥ 3 là số nguyên lẻ Mỗi một giám khảo sẽ đánh giá thí sinh đậu hoặc rớt Giả sử k là số sao cho với mỗi cặp hai giám khảo đánh giá của họ trùng nhau ở nhiều nhất k thí sinh Chứng minh rằng k m ≥ n − 1
Chứng minh rằng với mỗi số nguyên dương m, tồn tại một tập hợp hữu hạn S các điểm trên mặt phẳng, sao cho với mỗi điểm A thuộc S, có chính xác m điểm trong S có khoảng cách bằng 1 đến A.
Bài 2.6 (China MO 1986) Cho z 1 , z 2 , , z n là các số phức Chứng minh rằng tồn tại tập con S ⊆ {1, , n} sao cho
Bài 2.7 (IMO Shortlist 1987) Chứng minh rằng ta có thể tô màu các phần tử của tập hợp {1, 2, , 1987}bởi 4 màu sao cho mọi cấp số cộng 10 phần tử của tập hợp này đều không đơn sắc.
Bài 2.8 (Zarankiewicz) Chứng minh rằng tồn tại một cách chia tập hợp các số nguyên dương thành hai tập con sao cho mỗi tập con đều không chứa cấp số cộng với vô số phần tử và không chứa ba số nguyên liên tiếp.
Bài 2.9 (IMO 1987) Gọip n (k) là số các hoán vị của tập {1, , n}, n ≥ 1, có đúng k điểm bất động Chứng minh rằng n
Bài 2.10 (Russia MO 1996) Trong viện Duma quốc gia có 1600 đại biểu, lập thành 16000 tiểu ban, mỗi tiểu ban có 80 người Chứng minh rằng ta có thể tìm được hai tiểu ban có ít nhất 4 thành viên chung.
Bài 2.11 (IMO 1998) Trong một cuộc thi, có a thí sinh và b giám khảo, trong đó b ≥ 3 là số nguyên lẻ Mỗi một giám khảo sẽ đánh giá thí sinh ”đậu” hoặc ”rớt”. Giả sử k là số sao cho với mỗi cặp hai giám khảo, đánh giá của họ trùng ở nhiều nhất k thí sinh Chứng minh rằng k/a ≥ (b − 1)/(2b).
Bài 2.12 (APMO 1998) ChoF là tập hợp tất cả các bộ (A 1 , A 2 , , A n )trong đó mỗi A i , i = 1, 2, , n là tập con của {1, 2, , 1998} Giả sử |A| ký hiệu số phần tử của tập hợp A, hãy tìm
Bài 2.13 (USA TST 2001) Với tập hợp S, ký hiệu | S | là số phần tử của S Cho
A là tập hợp các số nguyên dương với |A| = 2001 Chứng minh rằng tồn tại tập B sao cho
(iii) với mọi u, v ∈ B (không nhất thiết phân biệt), u + v / ∈ B.
Bài 2.14 (Bay Area Math Olympiad 2004) Cho n số thực không đồng thời bằng
0 có tổng bằng 0 Chứng minh rằng tồn tại một cách đánh số các số này là a 1 , a 2 , , a n sao cho a 1 a 2 + a 2 a 3 + ã ã ã + a n−1 a n + a n a 1 < 0.
Bài 2.15 (IMO Shortlist 2006) Cho S là tập hữu hạn các điểm trên mặt phẳng sao cho không có ba điểm nào thẳng hàng Với mỗi một đa giác lồi P với các điểm thuộc S, gọi a(P ) là số các điểm của P và b(P ) là số các điểm của S nằm ngoài P. Chứng minh rằng với mọi số thực x, ta có
P x a(P ) (1 − x) b(P ) = 1, trong đó tổng được tính theo tất cả các đa giác lồi có đỉnh thuộc S.
Bài 2.16 (MOP Test 2007) Trong bảng n×n mỗi một trong các số 1, 2, , n xuất hiện đúng n lần Chứng minh rằng tồn tại ít nhất một hàng hoặc một cột với ít nhất số phân biệt.
Bài 2.17 (Iran TST 2008) Giả sử rằng 799 đội bóng chuyền tham gia vào một giải đấu mà trong đó hai đội bất kỳ đấu với nhau đúng một lần Chứng minh rằng tồn tại hai nhóm A và B rời nhau, mỗi nhóm có 7 đội sao cho mỗi đội bóng của nhóm A đều thua các động bóng của nhóm B.
Bài 2.18 (MOP Test 2008) Giả sử a, b, c là các số thực dương sao cho với mọi n nguyên [an] + [bn] = [cn] Chứng minh rằng ít nhất một trong ba số a, b, c nguyên.
Bài 2.19 Cho X là biến ngẫu nhiên Chứng minh rằng tồn tại điểm của không gian xác suất mà X ≥ E[X], và tồn tại điểm nào đó của không gian xác suất mà
Bài 2.20 Trong mỗi ô của bảng 100×100, ta viết một trong các số nguyên 1, 2, , 5000 Hơn nữa, mỗi một số nguyên xuất hiện trong bảng đúng 2 lần Chứng minh rằng ta có thể chọn được 100 ô của bảng thỏa mãn 3 điều kiện sau:
(1) Mỗi một hàng được chọn đúng một ô.
(2) Mỗi một cột được chọn đúng một ô.
(3) Các số trong các ô được chọn đôi một khác nhau.
Bài 2.21 Trong số cách chọn ra 3 đỉnh từ 8 đỉnh của hình lập phương đơn vị, có bao nhiêu cách chọn thỏa mãn điều kiện: 3 đỉnh được chọn là đỉnh của một tam giác đều.