Bài 1.5: Công thức xác suất đầy đủ, công thức Bayes

1) Công thức xác suất đầy đủ

a) Hệ đầy đủ các biến cố

Hệ các biến cố $\{B_1, B_2,\ldots, B_n\}$ được gọi là đầy đủ nếu thỏa mãn đồng thời hai điều kiện:

$\bullet$ $B_1, B_2,\ldots, B_n$ là các biến cố xung khắc từng đôi một, nghĩa là $B_iB_j=\emptyset$ với mọi $i\neq j,$

$\bullet$ $\Omega=B_1\cup B_2\cup\cdots\cup B_n.$

Hệ $\{B, \overline{B}\}$ là một hệ đầy đủ, trong đó $B$ là một biến cố bất kỳ.

b) Công thức xác suất đầy đủ

Giả sử $\{B_1, B_2,\ldots, B_n\}$ là hệ đầy đủ các biến cố với $\Bbb P(B_i)>0$ với mọi $i=1,2,\ldots,n$ . Khi đó với bất kỳ biến cố $A$ , ta có

$\Bbb P(A)=\Bbb P(B_1)\Bbb P(A | B_1)+\Bbb P(B_2)\Bbb P(A | B_2)+\cdots+\Bbb P(B_n)\Bbb P(A | B_n).$

Ví dụ 1:

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 được chính phẩm.

Lời giải:

Ký hiệu $B_k$ là biến cố: “Sản phẩm lấy ra thuộc hộp thứ $k$ “, $k=1, 2, 3$ và $A$ là biến cố: “Lấy được chính phẩm”.

Khi đó $\{B_1, B_2, B_3\}$ là hệ đầy đủ các biến cố và

$\Bbb P(B_1)=\displaystyle\frac{1}{3}, \Bbb P(B_2)=\displaystyle\frac{1}{3}, \Bbb P(B_3)=\displaystyle\frac{1}{3},$

$\Bbb P(A | B_1)=\displaystyle\frac{6}{10},$

$\Bbb P(A | B_2)=\displaystyle\frac{10}{15},$

$\Bbb P(A | B_3)=\displaystyle\frac{15}{20}.$

Theo công thức xác suất đầy đủ

$\Bbb P(A)=\Bbb P(B_1)\Bbb P(A | B_1)+\Bbb P(B_2)\Bbb P(A | B_2)+\Bbb P(B_3)\Bbb P(A | B_3)$

Thay vào ta thu được

$\Bbb P(A)=\displaystyle\frac{1}{3}\times \displaystyle\frac{6}{10}+\displaystyle\frac{1}{3}\times \displaystyle\frac{10}{15}+\displaystyle\frac{1}{3}\times \displaystyle\frac{15}{20}$

$=\displaystyle\frac{124}{180}$

$=\displaystyle\frac{31}{45}$

Vậy xác suất để lấy được chính phẩm là $\displaystyle\frac{31}{45}$ .

Ví dụ 2:

Từ một hộp chứa $m$ quả cầu trắng và $n$ quả cầu đen, người ta rút ngẫu nhiên không hoàn lại từng quả một hai lần. Tính xác suất để quả lấy lần thứ hai là trắng.

Lời giải:

Ký hiệu $A$ là biến cố: “Lần thứ hai rút được quả cầu trắng”, $B_1$ là biến cố: “Lần thứ nhất rút được quả cầu trắng”, $B_2$ là biến cố: “Lần thứ nhất rút được quả cầu đen”.

Ta có

$\Bbb P(B_1)=\displaystyle\frac{m}{m+n}, \Bbb P(B_2)=\displaystyle\frac{n}{m+n},$

$\Bbb P(A|B_1)=\displaystyle\frac{m-1}{m+n-1}, \Bbb P(A|B_2)=\displaystyle\frac{m}{m+n-1}.$

Vì $\{B_1, B_2\}$ là một hệ đầy đủ nên theo công thức xác suất đầy đủ

$\Bbb P(A)=\Bbb P(B_1)\Bbb P(A|B_1)+\Bbb P(B_2)\Bbb P(A|B_2)$

$=\displaystyle\frac{m}{m+n}\times\displaystyle\frac{m-1}{m+n-1}+\displaystyle\frac{n}{m+n}\times\displaystyle\frac{m}{m+n-1}$

$=\displaystyle\frac{m(m-1)+mn}{(m+n)(m+n-1)}$

$=\displaystyle\frac{m(m+n-1)}{(m+n)(m+n-1)}$

$=\displaystyle\frac{m}{m+n}$ .

Vậy xác suất để quả lấy lần thứ hai là trắng là $\displaystyle\frac{m}{m+n}$ .

Ví dụ 3:

Có 10 chiếc túi như sau:

4 túi loại 1, trong mỗi túi loại 1 chứa 6 viên bi trắng và 4 viên bi đen,

2 túi loại 2, trong mỗi túi loại 2 chứa 3 viên bi trắng và 7 viên bi đen,

1 túi loại 3, trong mỗi túi loại 3 chứa 7 viên bi trắng và 3 viên bi đen,

3 túi loại 4, trong mỗi túi loại 4 chứa 4 viên bi trắng và 6 viên bi đen.

Chọn ngẫu nhiên 1 chiếc túi rồi lấy ngẫu nhiên 2 viên bi. Tính xác suất để lấy được hai viên bi cùng màu.

Lời giải:

Ký hiệu $B_k$ là biến cố “chọn được túi loại $k$ “, $k=1, 2, 3, 4$ và $A$ là biến cố “lấy được hai viên bi cùng màu”.

Khi đó $\{B_1, B_2, B_3, B_4\}$ là hệ đầy đủ các biến cố và ta có

$\Bbb P(B_1)=\displaystyle\frac{4}{10}, \Bbb P(B_2)=\displaystyle\frac{2}{10},$

$\Bbb P(B_3)=\displaystyle\frac{1}{10}, \Bbb P(B_4)=\displaystyle\frac{3}{10},$

$\Bbb P(A | B_1)=\displaystyle\frac{C_6^2+C_4^2}{C_{10}^2}=\displaystyle\frac{21}{45},$

$\Bbb P(A | B_2)=\displaystyle\frac{C_3^2+C_7^2}{C_{10}^2}=\displaystyle\frac{24}{45},$

$\Bbb P(A | B_3)=\displaystyle\frac{C_7^2+C_3^2}{C_{10}^2}=\displaystyle\frac{24}{45},$

$\Bbb P(A | B_4)=\displaystyle\frac{C_4^2+C_6^2}{C_{10}^2}=\displaystyle\frac{21}{45}.$

Theo công thức xác suất đầy đủ

$\Bbb P(A)=\Bbb P(B_1)\Bbb P(A | B_1)+\Bbb P(B_2)\Bbb P(A | B_2)+\Bbb P(B_3)\Bbb P(A | B_3)+\Bbb P(B_4)\Bbb P(A | B_4)$

Thay vào ta được

$\Bbb P(A)=\displaystyle\frac{4}{10}\times \displaystyle\frac{21}{45}+\displaystyle\frac{2}{10}\times \displaystyle\frac{24}{45}+\displaystyle\frac{1}{10}\times \displaystyle\frac{24}{45}+\displaystyle\frac{3}{10}\times \displaystyle\frac{21}{45}$

$=\displaystyle\frac{219}{450}$ .

Vậy

$\Bbb P(A)=\displaystyle\frac{219}{450}.$

Ví dụ 4:

Có hai cái hộp. Hộp thứ nhất có 4 bi trắng và 5 bi đen. Hộp thứ hai có 5 bi trắng và 4 bi đen. Chọn ngẫu nhiên 3 viên bi ở hộp thứ nhất bỏ vào hộp thứ hai rồi sau đó chọn ngẫu nhiên một viên bi ở hộp thứ hai ra. Tính xác suất để lấy được bi trắng từ hộp thứ hai.

Lời giải:

Gọi $A$ là biến cố: ”Lấy được bi trắng từ hộp thứ hai”, $B_k$ là biến cố: ”Trong 3 viên bi lấy ra từ hộp thứ nhất có $k$ bi trắng”, $k=0, 1, 2, 3$ .

Khi đó $\{B_0, B_1, B_1, B_3\}$ là hệ đầy đủ các biến cố và ta có

$\Bbb P(B_0)=\displaystyle\frac{C_5^3}{C_9^3}=\displaystyle\frac{10}{84},$

$\Bbb P(B_1)=\displaystyle\frac{C_4^1C_5^2}{C_9^3}=\displaystyle\frac{40}{84},$

$\Bbb P(B_2)=\displaystyle\frac{C_4^2C_5^1}{C_9^3}=\displaystyle\frac{30}{84},$

$\Bbb P(B_3)=\displaystyle\frac{C_4^3}{C_9^3}=\displaystyle\frac{4}{84}.$

Theo công thức xác suất đầy đủ

$\Bbb P(A)=\Bbb P(B_0)\Bbb P(A | B_0)+\Bbb P(B_1)\Bbb P(A | B_1)+\Bbb P(B_2)\Bbb P(A | B_2)+\Bbb P(B_3)\Bbb P(A | B_3).$

Dễ thấy

$\Bbb P(A | B_0)=\displaystyle\frac{5}{12}, \Bbb P(A | B_1)=\displaystyle\frac{6}{12},$

$\Bbb P(A | B_2)=\displaystyle\frac{7}{12}, \Bbb P(A | B_3)=\displaystyle\frac{8}{12}.$

Thay các giá trị này vào ta được

$\Bbb P(A)=\displaystyle\frac{10}{84}\times\displaystyle\frac{5}{12}+\displaystyle\frac{40}{84}\times\displaystyle\frac{6}{12}+\displaystyle\frac{30}{84}\times\displaystyle\frac{7}{12}+\displaystyle\frac{4}{84}\times\displaystyle\frac{8}{12}$

$=\displaystyle\frac{532}{1008}$

$=\displaystyle\frac{19}{36}$ .

Vậy xác suất cần tìm là $\displaystyle\frac{19}{36}$ .

Ví dụ 5:

Trong một cái hộp có $n$ sản phẩm, ta bỏ vào cái hộp đó một sản phẩm tốt sau đó lấy ngẫu nhiên ra một sản phẩm. Tính xác suất để sản phẩm lấy ra là tốt nếu mọi giả thiết về trạng thái cấu thành ban đầu của hộp là đồng xác suất.

Lời giải:

Gọi $A$ là biến cố: “Lấy được sản phẩm tốt”, $B_i$ là biến cố: “Lúc ban đầu hộp có $i$ sản phẩm tốt”, $i=0,1,\ldots,n$ . Khi đó $\{B_0, B_1,\ldots, B_n\}$ là hệ đầy đủ các biến cố.

Theo giả thiết

$\Bbb P(B_i)=\displaystyle\frac{1}{n+1}, i=0,1,\ldots,n$ .

Ta có $\Bbb P(A | B_i)=\displaystyle\frac{i+1}{n+1}$ với mọi $i=0,1,\ldots,n$ .

Theo công thức xác suất đầy đủ

$\Bbb P(A)=\displaystyle\sum\limits_{i=0}^{n}\Bbb P(B_i)\Bbb P(A | B_i).$

Thay vào ta được

$\Bbb P(A)=\displaystyle\sum\limits_{i=0}^{n}\displaystyle\frac{i+1}{(n+1)^2}$

$=\displaystyle\frac{1+2+\cdots+(n+1)}{(n+1)^2}$

$=\displaystyle\frac{(n+1)(n+2)}{2(n+1)^2}$

$=\displaystyle\frac{n+2}{2(n+1)}.$

2) Công thức Bayes

Giả sử $\Bbb P(A)>0$ và $\{B_1, B_2,\ldots, B_n\}$ là hệ đầy đủ các biến cố với $\Bbb P(B_k)>0$ với mọi $k=1,2,\ldots,n$ . Khi đó với mọi $k=1,2,\ldots,n$ , ta có

$\Bbb P(B_k | A)=\displaystyle\frac{\Bbb P(B_k)\Bbb P(A | B_k)}{\Bbb P(B_1)\Bbb P(A | B_1)+\Bbb P(B_2)\Bbb P(A | B_2)+\cdots+\Bbb P(B_n)\Bbb P(A | B_n)}.$

Ví dụ 6:

Dây chuyền lắp ráp nhận được các chi tiết do hai máy sản xuất. Trung bình máy thứ nhất cung cấp 60% chi tiết, máy thứ hai cung cấp 40% chi tiết. Khoảng 90% chi tiết do máy 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”, $B_1$ là biến cố: “Chi tiết do máy thứ nhất sản xuất” và $B_2$ là biến cố: “Chi tiết do máy thứ hai sản xuất”. Ta cần tính xác suất $\Bbb P(B_1|A)$ .