Tóm tắt lý thuyết 1. Xác suất của biến cố a) Định nghĩa cổ điển của xác suất Cho T là một phép thử ngẫu nhiên với không gian mẫu \(\Omega \) là một tập hữu hạn. Giả sử A là một biến cố được mô ta bằng \({\Omega _A} \subset \Omega \). Xác suất của biến cố A, kí hiệu bởi P(A), được cho bởi công thức \(P(A) = \frac{{\left| {{\Omega _A}} \right|}}{{\left| \Omega \right|}} = \)\(\frac{{{\rm{So \, ket\, qua\, thuan\, loi\, cho\, A}}}}{{{\rm{So\, ket\, qua\, co\, the\, xay\, ra}}}}\). Chú ý: \( \bullet \) Xác suất của biến cố A chỉ phụ thuộc vào số kết quả thuận lợi cho A, nên ta đồng nhất \({\Omega _A}\) với A nên ta có : \(P(A) = \frac{{n(A)}}{{n(\Omega )}}\) \( \bullet \) \(P(\Omega ) = 1,{\rm{ }}P(\emptyset ) = 0,{\rm{ }}0 \le P(A) \le 1\) b) Định nghĩa thống kê của xác suất Xét phép thử ngẫu nhiên T và một biến cố A liên quan tới phép thử đó. Nếu tiến hành lặp đi lặp lại N lần phép thử T và thống kê số lần xuất hiện của A Khi đó xác suất của biến cố A được định nghĩa như sau: \(P(A) = \)\(\frac{{{\rm{So \, lan \, xuat \, hien \, cua \, bien \, co \, A}}}}{N}\). 2. Tính chất của xác suất a) \(P(\emptyset ) = \,0,P(\Omega ) = \,1\) b) \(0 \le P(A) \le \,\,1\), với mọi biến cố A. c) Nếu A và B xung khắc thì: \(P(A \cup B)\, = \,P(A)\, + \,P(B)\,\) (công thức cộng xác suất). d) Với mọi biến cố A ta có: \({\rm{P(}}\overline {\rm{A}} {\rm{) = }}\,{\rm{1 - }}\,{\rm{P(A)}}\) 2. Quy tắc cộng xác suất Nếu hai biến cố A và B xung khắc thì \(P(A \cup B) = P(A) + P(B)\) \( \bullet \) Mở rộng quy tắc cộng xác suất Cho \(k\) biến cố \({A_1},{A_2},...,{A_k}\) đôi một xung khắc. Khi đó: \(P({A_1} \cup {A_2} \cup ... \cup {A_k}) = P({A_1}) + P({A_2}) + ... + P({A_k})\). \( \bullet \) \(P(\overline A ) = 1 - P(A)\) \( \bullet \) Giải sử A và B là hai biến cố tùy ý cùng liên quan đến một phép thử. Lúc đó: \[P(A \cup B) = P\left( A \right) + P\left( B \right) - P\left( {AB} \right)\]. 3. Quy tắc nhân xác suất \( \bullet \) Ta nói hai biến cố A và B độc lập nếu sự xảy ra (hay không xảy ra) của A không làm ảnh hưởng đến xác suất của B. \( \bullet \) Hai biến cố A và B độc lập khi và chỉ khi \(P\left( {AB} \right) = P\left( A \right).P\left( B \right)\). Bài tập minh họa Ví dụ 1: Bộ bài tú - lơ khơ có 52 quân bài. Rút ngẫu nhiên ra 4 quân bài. Tìm xác suất của các biến cố: A: “Rút ra được tứ quý K ‘’. B: “4 quân bài rút ra có ít nhất một con Át”. C: “4 quân bài lấy ra có ít nhất hai quân bích’’. Hướng dẫn giải: Ta có số cách chọn ngẫu nhiên 4 quân bài là: \(C_{52}^4 = 270725\) Suy ra \(n(\Omega ) = 270725\) Vì bộ bài chỉ có 1 tứ quý K nên ta có \(n(A) = 1\) Vậy \(P(A) = \frac{1}{{270725}}\). Vì có \(C_{48}^4\) cách rút 4 quân bài mà không có con Át nào, suy ra \(N(b) = C_{52}^4 - C_{48}^4\)\( \Rightarrow P(B) = \frac{{15229}}{{54145}}\). Vì trong bộ bài có 13 quân bích, số cách rút ra bốn quân bài mà trong đó số quân bích không ít hơn 2 là: \(C_{13}^2.C_{39}^2 + C_{13}^3C_{39}^1 + C_{13}^4.C_{39}^0 = 69667\) Suy ra \(n(C) = 69667 \Rightarrow P(C) = \frac{{5359}}{{20825}}\). Ví dụ 2: Trong một chiếc hộp có 20 viên bi, trong đó có 8 viên bi màu đỏ, 7 viên bi màu xanh và 5 viên bi màu vàng. Lấy ngẫu nhiên ra 3 viên bi. Tìm xác suất để: a)3 viên bi lấy ra đều màu đỏ b) 3 viên bi lấy ra có không quá hai màu. Hướng dẫn giải: Gọi biến cố A :“ 3 viên bi lấy ra đều màu đỏ” B : “3 viên bi lấy ra có không quá hai màu” Số các lấy 3 viên bi từ 20 viên bi là: \(C_{20}^3\) nên ta có: \(\left| \Omega \right| = C_{20}^3 = 1140\) a) Số cách lấy 3 viên bi màu đỏ là: \(C_8^3 = 56\) nên \(\left| {{\Omega _A}} \right| = 56\) Do đó: \(P(A) = \frac{{\left| {{\Omega _A}} \right|}}{{\left| \Omega \right|}} = \frac{{56}}{{1140}} = \frac{{14}}{{285}}\). b) Ta có: \( \bullet \) Số cách lấy 3 viên bi chỉ có một màu: \(C_8^3 + C_7^3 + C_5^3 = 101\) \( \bullet \) Số các lấy 3 viên bi có đúng hai màu Đỏ và xanh: \(C_{15}^3 - \left( {C_8^3 + C_7^3} \right)\) Đỏ và vàng: \(C_{13}^3 - \left( {C_8^3 + C_5^3} \right)\) Vàng và xanh: \(C_{12}^3 - \left( {C_5^3 + C_7^3} \right)\) Nên số cách lấy 3 viên bi có đúng hai màu: \(C_{15}^3 + C_{13}^3 + C_{12}^3 - 2\left( {C_8^3 + C_7^3 + C_5^3} \right) = 759\) Do đó: \(\left| {{\Omega _B}} \right| = 860\). Vậy \(P(B) = \frac{{\left| {{\Omega _B}} \right|}}{{\left| \Omega \right|}} = \frac{{43}}{{57}}\). Ví dụ 3: Một con súc sắc không đồng chất sao cho mặt bốn chấm xuất hiện nhiều gấp 3 lần mặt khác, các mặt còn lại đồng khả năng. Tìm xác suất để xuất hiện một mặt chẵn. Hướng dẫn giải: Gọi \({A_i}\) là biến cố xuất hiện mặt \(i\) chấm \((i = 1,2,3,4,5,6)\) Ta có \(P({A_1}) = P({A_2}) = P({A_3}) = P({A_5}) = P({A_6}) = \frac{1}{3}P({A_4}) = x\) Do \(\sum\limits_{k = 1}^6 {P({A_k}) = 1 \Rightarrow 5x + 3x = 1 \Rightarrow x = \frac{1}{8}} \) Gọi A là biến cố xuất hiện mặt chẵn, suy ra \(A = {A_2} \cup {A_4} \cup {A_6}\) Vì cá biến cố \({A_i}\) xung khắc nên: \(P(A) = P({A_2}) + P({A_4}) + P({A_6}) = \frac{1}{8} + \frac{3}{8} + \frac{1}{8} = \frac{5}{8}.\) Ví dụ 4: Xác suất sinh con trai trong mỗi lần sinh là 0,51 .Tìm các suất sao cho 3 lần sinh có ít nhất 1 con trai. Hướng dẫn giải: Gọi A là biến cố ba lần sinh có ít nhất 1 con trai, suy ra \(\overline A \) là xác suất 3 lần sinh toàn con gái. Gọi \({B_i}\) là biến cố lần thứ i sinh con gái (\[i = 1,2,3\]) Suy ra \(P({B_1}) = P({B_2}) = P({B_3}) = 0,49\) Ta có: \(\overline A = {B_1} \cap {B_2} \cap {B_3}\) \( \Rightarrow P\left( A \right) = 1 - P\left( {\overline A } \right) = 1 - P\left( {{B_1}} \right)P\left( {{B_2}} \right)P\left( {{B_3}} \right) = 1 - {\left( {0,49} \right)^3} \approx 0,88.\)
