Trong một hộp có $n$ sản phẩm ($n$ là số nguyên dương lớn hơn 1), trong đó có chính phẩm và có thể có cả thứ phẩm. Lấy ngẫu nhiên một sản phẩm từ hộp này và thấy đó là chính phẩm. Tính xác suất để trong hộp đã cho có $n-k$ chính phẩm ($k$ là số tự nhiên, $k\leq n$), còn lại là thứ phẩm. Giả thiết rằng các sự kiện hộp đã cho có $n$ chính phẩm, có $n-1$ chính phẩm, $\ldots$, có 1 chính phẩm, có 0 chính phẩm xuất hiện đồng khả năng.

Question

TÓM TẮT KIẾN THỨC Xét một phép thử $ T $ có không gian mẫu $ Ω $ và hai biến cố $ A,B $. Ta có công thức xác suất toàn phần như sau $ P(B)=P(A∩B)+P( \bar A∩B)=P(A)\cdot P(B\mid A)+P( \bar A)\cdot P(B\mid \bar A) $ Nếu có thêm giả thiết $ P(B)>0 $ thì ta có công thức Bayes sau đây: $ P(A\mid B)=\frac { P(A)\cdot P(B\mid A) } { P(A)\cdot P(B\mid A)+P( \bar A)\cdot P(B\mid \bar A) }=\frac { P(A)\cdot P(B\mid A) } { P(B) } $ Các biến cố $ A_{ 1 } ,A_{ 2 } ,…,A_{ n } (n\in \mathbb{N},n\geq 2) $ được gọi là một nhóm đầy đủ nếu chúng đôi một xung khắc (tức là $ A_{ i } ∩A_{ j } =∅,∀i
eq j $) và đồng thời $ A_{ 1 } ∪A_{ 2 } ∪…∪A_{ n } =Ω $. Hai biến cố $ A $ và $ \bar A $ luôn tạo thành một nhóm đầy đủ. Hiển nhiên $ ∅ $ và $ Ω $ cũng tạo thành một nhóm đầy đủ, được gọi là nhóm đầy đủ tầm thường. Với một nhóm đầy đủ $ A_{ 1 } ,A_{ 2 } ,A_{ 3 } ,…,A_{ n } $ và biến cố $ B $ ta luôn có $B=\bigcup_{k=1}^{n}(B\cap A_k)$ nên $ P(B)=\sum \limits_{ k=1 } ^ n { P }\left ( { B∩A_{ k } } ight ) $ (do các biến cố $ B∩A_{ 1 } ,…,B∩A_{ n } $ đôi một xung khắc). Áp dụng công thức nhân ta được $ P(B)=\sum \limits_{ k=1 } ^ n { P }\left ( { A_{ k } } ight )P\left ( { B\mid A_{ k } } ight ) $. Đây chính là công thức xác suất toàn phần (hay công thức xác suất đầy đủ) cho trường hợp tổng quát. Công thức xác suất toàn phần ta nêu ở đầu mục này chính là trường hợp $ n=2 $. Đến đây ta cũng thiết lập được công thức Bayes cho trường hợp tổng quát như sau (với giả thiết $ P(B)>0 $): $ P\left ( { A_{ i } \mid B } ight )=\frac { P\left ( { A_{ i } } ight )\cdot P\left ( { B\mid A_{ i } } ight ) } { P(B) }=\frac { P\left ( { A_{ i } } ight )\cdot P\left ( { B\mid A_{ i } } ight ) } { \sum \limits_{ k=1 } ^ n { P }\left ( { A_{ k } } ight )P\left ( { B\mid A_{ k } } ight ) };i=1,2,…,n $ Công thức Bayes giúp ta tính các xác suất $ P\left ( { A_{ i } \mid B } ight ) $ trong khi đã biết $ P\left ( { A_{ i } } ight ) $. Xác suất $ P\left ( { A_{ i } } ight ) $ được xác định từ trước nên thường được gọi là xác suất tiên nghiệm, còn xác suất $ P\left ( { A_{ i } \mid B } ight ) $ được xác định sau khi đã có kết quả thí nghiệm nào đó thể hiện qua sự xuất hiện của $ B $ nên được gọi là xác suất hậu nghiệm. Ý nghĩa của công thức Bayes: Một nhà nghiên cứu quan tâm đến xác suất xảy ra của biến cố $ A_{ i } $ và tính được xác suất $ P\left ( { A_{ i } } ight ) $. Sau đó, nhà nghiên cứu biết được thông tin rằng biến cố $ B $ đã xảy ra. Với thông tin mới này, nhà nghiên cứu sẽ cập nhật lại hiểu biết của mình về khả năng xảy ra của biến cố $ A_{ i } $ bằng cách tính xác suất $ P\left ( { A_{ i } \mid B } ight ) $ là xác suất xảy ra biến cố $ A_{ i } $ khi biến cố $ B $ đã xảy ra. Trong một hộp có $n$ sản phẩm ($n$ là số nguyên dương lớn hơn 1), trong đó có chính phẩm và có thể có cả thứ phẩm. Lấy ngẫu nhiên một sản phẩm từ hộp này và thấy đó là chính phẩm. Tính xác suất để trong hộp đã cho có $n-k$ chính phẩm ($k$ là số tự nhiên, $k\leq n$), còn lại là thứ phẩm. Giả thiết rằng các sự kiện hộp đã cho có $n$ chính phẩm, có $n-1$ chính phẩm, $\ldots$, có 1 chính phẩm, có 0 chính phẩm xuất hiện đồng khả năng.

Beedemy · Accepted Answer

Lời giải: a) Xét các biến cố: $A$: "Chọn được chính phẩm"; $B_k$: "Trong hộp có $k$ thứ phẩm" (với $k=0,1,2,\ldots,n$). Ta thấy $B_0,B_1,B_2,\ldots,B_n$ tạo thành một nhóm đầy đủ và $P(B_k)=\frac{1}{n+1},P(A\mid B_k)=\frac{n-k}{n}$ (với $k=0,1,2,\ldots,n$). Do đó $P(A)=\sum_{k=0}^nP(B_k)P(A\mid B_k)=\sum_{k=0}^n\frac{n-k}{n(n+1)}=\frac12$, $P(B_k\mid A)=\frac{P(B_k)\cdot P(A\mid B_k)}{P(A)}=\frac{2(n-k)}{n(n+1)}$ (với $k=0,1,2,\ldots,n$).

Bài tập nâng cao Công thức xác suất toàn phần và công thức Bayes · Bài 17