Xác suất có điều kiện – phương pháp Bayes

Công thức tính Xác suất gồm điều kiệnđịnh lý Bayes (Bayes’ Theorem) là những công cụ khỏe mạnh để tính phần trăm xảy ra của một sự khiếu nại (biến nỗ lực – event) tình cờ A lúc biết sự kiện tương quan B đang xảy ra.

Bạn đang xem: Xác suất có điều kiện

1. Xác suất có điều kiện

1.1. Lấy ví dụ như về phần trăm có điều kiện

Xác suất bao gồm điều kiện (Conditional probability) là phần trăm của một đổi mới cố $ A$ nào đó lúc biết rằng một trở thành cố $ B$ không giống xảy ra. Cam kết hiệu $ mathrmP(A|B)$, và đọc là “xác suất của $ A$, biết $ B$”.

Chẳng hạn, rút một lá bài xuất phát điểm từ 1 bộ bài có $52$ lá, xác suất để đưa được một lá Át là $ 1/52$. Nhưng nếu người chơi sẽ rút được lá Át rồi, nếu thường xuyên rút thêm 1 lá bài nữa thì thì để nhận thấy một lá Át nữa, xác suất chỉ từ là $ 1/51.$

Để làm rõ hơn, bọn họ xét tiếp các ví dụ nữa.

Ví dụ 1. Một bình đựng 5 viên bi kích cỡ và gia công bằng chất liệu giống nhau, chỉ không giống nhau về màu sắc sắc. Trong những số ấy có 3 viên bi xanh cùng 2 viên bi đỏ. Lấy thiên nhiên từ bình ra một viên bi ta được viên bi màu sắc xanh, rồi lại lấy tình cờ ra một viên bi nữa. Tính xác suất để mang được viên bi đỏ ngơi nghỉ lần máy hai.

Hướng dẫn. Gọi $ A$ là thay đổi cố: “Lấy được một viên bi đỏ sinh sống lần đồ vật hai”. Vày một viên bi xanh đang được lôi ra ở lần trước tiên nên còn sót lại trong bình 4 viên bi trong những số ấy số viên bi đỏ là 2 với số viên bi xanh cũng là 2. Bởi đó, xác suất cần kiếm tìm là $$ mathrmP(A)=frac24=0,5. $$

Ví dụ 2. Gieo một nhỏ xúc xắc cân đối và đồng hóa học hai lần. Tính xác suất để thứ nhất gieo được khía cạnh 1 chấm hiểu được tổng số chấm trong hai lần gieo không vượt vượt 3.

Hướng dẫn. không khí mẫu là $$ Omega=ig\left(i, j ight): 1leqslant i, jleqslant 6ig, $$ trong số ấy cặp số $ left(i, j ight)$ thể hiện câu hỏi lần gieo đầu xuất hiện thêm mặt $ i$ chấm, lần sau xuất hiện mặt $ j$ chấm. Không khí mẫu có toàn bộ $6 imes 6=36$ phần tử.

Gọi $ A$ là phát triển thành cố: “Lần đầu gieo mở ra mặt 1 chấm”, $ B$ là biến đổi cố: “Tổng số chấm trong nhị lần gieo không vượt thừa 3”. Bọn họ dễ dàng liệt kê được các thành phần thuận lợi đến từng biến chuyển cố làeginalignA=&ig\left(1, 1 ight), left(1, 2 ight), left(1, 3 ight), left(1, 4 ight), left(1, 5 ight), left(1, 6 ight)ig,\B=&ig\left(1, 1 ight), left(1, 2 ight), left(2, 1 ight)ig,\AB=&ig\left(1, 1 ight), left(1, 2 ight)ig.endalign

Dễ dàng đếm được số bộ phận của $A,B,AB$ thứu tự là $6$, $3$, $2$. Vày đó, theo định nghĩa cổ điển của phần trăm thì ta có

$$ mathrmP(A)=frac636, quad mathrmP(B)=frac336,quad mathrmP(AB)=frac236 .$$

Nếu biết rằng $ B$ đã xảy ra thì $ A$ xảy ra khi 1 trong những hai công dụng $ left(1, 1 ight)$ cùng $ left(1, 2 ight)$ xảy ra. Vày đó, tỷ lệ của $ A$ với đk $ B$ là $$ mathrmP(A | B)=frac23. $$ dấn xét rằng $$ frac23=frac2/363/36=fracmathrmP(AB)mathrmP(B) $$ hay chính là $$ mathrmP(A | B)=fracmathrmP(AB)mathrmP(B). $$ trường đoản cú đó, bọn họ có bí quyết tính tỷ lệ có đk như sau đây.

1.2. Phương pháp tính phần trăm có điều kiện

Giả sử số các công dụng đồng khả năng có thể xảy ra khi tiến hành phép thử chính là $ N$, số hiệu quả thuận lợi cho đổi thay cố $ B$ là $ m$ và số tác dụng thuận lợi cho vươn lên là cố $ AB$ là $n $.

Theo định nghĩa cổ điển của tỷ lệ thì $$ mathrmP(B)=fracmN, mathrmP(AB)=fracnN. $$

Khi biến đổi cố $ B$ đã xẩy ra thì số các hiệu quả đồng kĩ năng của phép thử rất có thể xảy ra đối với biến cụ $ A$ là $ m$, trong những số đó có $ n$ kết quả thuận lợi đến $ A$ xảy ra. Bởi đó, phần trăm của đổi thay cố $ A$ khi biết $ B$ đã xảy ra là$$ mathrmP(A | B)=fracnm=fracn/Nm/N=fracmathrmP(AB)mathrmP(B). $$

Từ đó, họ có phương pháp tính tỷ lệ có điều kiện như sau:

Xác suất có đk của biến đổi cố $ A$ với điều kiện $ B$ là một vài được ký hiệu là $ mathrmP(A | B)$ khẳng định bởi phương pháp $$ mathrmP(A | B)=fracmathrmP(AB)mathrmP(B), mathrmP(B)>0. $$

Từ tư tưởng trên ta tiện lợi nhận được các đặc thù sau của phần trăm có điều kiện:

$ mathrmP(A | B)geqslant 0.$$ mathrmPleft(Omega | B ight)=mathrmPleft(B | B ight)=1.$Nếu $ A_1, A_2,ldots, A_n$ là các biến ráng xung tự khắc từng song một, nghĩa là $ A_iA_j=varnothing$ với tất cả $ i eq j$, ta gồm $$ mathrmP left( left(igcuplimits_i=1^nA_i ight) Bigg| B ight)=sumlimits_i=1^nmathrmPleft(A_i | B ight). $$

Ví dụ 3. Gieo đồng thời bố con xúc xắc bằng phẳng đồng chất. Tính tỷ lệ để tổng thể chấm xuất hiện thêm trên bố con bằng 8 biết rằng ít nhất có một con lộ diện mặt 5 chấm.

Hướng dẫn. Không gian mẫu có các thành phần $$ Omega=ig\left(i, j, k ight): 1leqslant i, j, kleqslant 6ig, $$ trong những số ấy bộ số $ left(i, j, k ight)$ kí hiệu cho câu hỏi “con xúc xắc đầu tiên xuất hiện nay mặt $ i$ chấm, bé xúc xắc đồ vật hai mở ra mặt $ j$ chấm và bé xúc xắc đồ vật ba lộ diện mặt $ k$ chấm”.

Gọi $ A$ là đổi mới cố: “Tổng số chấm xuất hiện trên ba con xúc xắc bằng 8”, $ B$ là biến cố: “Ít độc nhất một bé xúc xắc ra 5 chấm”. Ta tất cả $$ mathrmP(A | B)=fracmathrmP(AB)mathrmP(B). $$

Vì $ B$ là đổi thay cố: “Ít độc nhất vô nhị một bé xúc xắc lộ diện mặt 5 chấm” nên $ overlineB$ là trở thành cố: “Không có con xúc xắc nào xuất hiện thêm mặt 5 chấm”, do đó $$ overlineB=ig\left(i, j, k ight): 1leqslant i, j, kleqslant 6, i, j, k eq 5ig. $$

Suy ra $$ mathrmP(overlineB)=fracOmega=frac5^36^3. $$

Do đó $$ mathrmP(B)=1-mathrmP(overlineB)=1-frac5^36^3=frac91216. $$

Ta thấy $ AB$ là đổi thay cố: “Tổng số chấm xuất hiện thêm trên tía con xúc xắc bởi 8 và tối thiểu một con xúc xắc ra 5 chấm”, cho nên vì vậy $$ AB=ig\left(1, 2, 5 ight), left(1, 5, 2 ight), left(2, 1, 5 ight), left(2, 5, 1 ight), left(5, 1, 2 ight),left(5, 2, 1 ight)ig. $$

Suy ra $$ mathrmP(AB)=frac=frac156^3=frac15216. $$

Vậy xác suất cần search là $$ mathrmP(A | B)=fracmathrmP(AB)mathrmP(B)=frac15/21691/216=frac1591. $$

Ví dụ 4. Một gia đình có 2 đứa trẻ. Biết rằng có ít nhất 1 đứa trẻ là bé gái. Hỏi xác suất 2 đứa trẻ những là đàn bà là bao nhiêu?

Hướng dẫn. chúng ta có những nhận xét sau:

Xác suất để một đứa con trẻ là trai hoặc gái là đều bằng nhau và bằng $ 1/2$.Giới tính cả hai đứa trẻ là bỗng dưng và không tương quan đến nhau.

Lời giải. Do mái ấm gia đình có 2 đứa trẻ đề xuất sẽ có thể xảy ra 4 khả năng:

(trai, trai), (gái, gái), (gái, trai), (trai, gái).

Gọi $ A$ là biến hóa cố “Cả nhị đứa trẻ hầu như là bé gái” và $ B$ là đổi mới cố “Có ít nhất một đứa trẻ em là bé gái” thì có $$ mathrmP(A)=frac14,quad mathrmP(B)=frac34. $$Do nếu xẩy ra $ A$ thì dĩ nhiên sẽ xảy ra $ B$ nên ta có: $$ mathrmP(AB) = mathrmP(A) =frac14. $$Suy ra, xác suất để cả nhì đứa trẻ đều là đàn bà khi biết tối thiểu có một đứa trẻ con là gái là$$mathrmP(A | B) = dfracmathrmPleft(A,B ight)mathrmP(B) = dfrac1/43/4 = frac13.$$Bằng trực quan ta cũng có thể nhìn ra xác suất này. Lúc biết một đứa trẻ con là gái, giới tính của 2 đứa trẻ sẽ có được 3 khả năng: (trai, gái), (gái, trai), (gái, gái).

Ví dụ 5. Một hộp đựng 8 bi trắng, 2 bi đỏ. Theo thứ tự bốc từng bi. Giả sử lần trước tiên bốc được bi trắng. Khẳng định xác suấtlần thứ 2 bốc được bi đỏ.

Hướng dẫn. hotline $ B$ là trở nên cố lần 1 bốc được bi trắng, $ A$ là phát triển thành cố lần 2 bốc được bi đỏ. Xác suất lần 2 bốc được bi đỏ lúc lần 1 đã bốc được bi white là $$ mathrmP(A | B)=fracmathrmP(AB)mathrmP(B)=frac8/10 imes 2/98/10=frac29. $$

2. Bí quyết nhân xác suất

2.1. Công thức nhân xác suất

Từ công thức tính tỷ lệ có đk $$ mathrmP(A | B)=fracmathrmP(AB)mathrmP(B), quad mathrmP(B|A)=fracmathrmP(AB)mathrmP(A),$$ ta suy ra công thức nhân tỷ lệ $$ mathrmP(AB)=mathrmP(B)mathrmP(A | B)=mathrmP(A)mathrmPleft(B | A ight), $$ cùng với $ mathrmP(A)>0, mathrmP(B)>0$.

Công thức nhân phần trăm sử dụng trong một số trường hợp, lúc mà chúng ta có thể biết ngay phần trăm $ mathrmPleft(B | A ight)$ hoặc $ mathrmP(A | B)$ thì và tính được xác suất $ mathrmP(AB)$.

Ví dụ 1. Trong vỏ hộp có trăng tròn nắp chai bia Tiger, trong số ấy có 2 nắp ghi “Chúc mừng bạn đã trúng thưởng”. Chúng ta được chọn lên rút thăm lần lượt hai nắp chai bia, tính tỷ lệ để cả hai nắp phần đông trúng thưởng.

Hướng dẫn. Gọi $ A$ là biến cố “nắp chai bia thứ nhất trúng thưởng”, $ B$ là biến chuyển cố “nắp chai bia máy hai trúng thưởng”, $ C$ là đổi mới cố “cả 2 nắp đông đảo trúng thưởng”.

Khi các bạn rút thăm thứ 1 thì trong vỏ hộp có 20 nắp trong số đó có 2 nắp trúng đề nghị $$ mathrmP(A)=frac220. $$

Khi biến hóa cố $ A$ đã xẩy ra thì còn sót lại 19 nắp vào đó có một nắp trúng thưởng. Vì thế $$ mathrmPleft(B/A ight) = frac119. $$Suy ra, xác suất để cả nhì nắp hầu như trúng thưởng là $$ mathrmPleft(C ight) = mathrmP(A). mathrmPleft(B/A ight) = frac2/201/19 = frac1190 approx 0,0053. $$

Ví dụ 2. Một bình đựng 5 viên bi kích thước, chất liệu như nhau, trong các số ấy có 3 viên bi xanh với 2 viên bi trắng. Lấy ngẫu nhiên ra một viên bi, rồi lại lấy thốt nhiên ra một viên bi nữa. Tính xác suất để đưa được một viên bi xanh sống lần thứ nhất và một viên bi trắng sống lần máy hai.

Hướng dẫn. điện thoại tư vấn $ A$ là biến chuyển cố: “Lấy được một viên bi xanh sống lần máy nhất”, $ B$ là trở thành cố: “Lấy được một viên bi trắng làm việc lần sản phẩm hai”. Chúng ta cần tính xác suất $ mathrmP(AB)$.

Theo phương pháp nhân xác suất $$ mathrmP(AB)=mathrmP(A)mathrmPleft(B | A ight). $$Vì bao gồm 3 viên bi xanh trong tổng số 5 viên bi đề nghị $$ mathrmP(A)=frac35=0,6. $$Nếu $ A$ vẫn xảy ra, có nghĩa là một viên bi xanh đã được lấy ra ở lần sản phẩm nhất, thì sót lại trong bình 4 viên bi trong các số đó số viên bi white là 2, vì thế $$ mathrmPleft(B | A ight)=frac24=0,5. $$Vậy phần trăm cần tra cứu là $$ mathrmP(AB)=mathrmP(A)mathrmPleft(B | A ight)=0,6 imes 0,5=0,3. $$

2.2. Cách làm nhân xác suất tổng quát

Bằng phương pháp quy nạp, ta tất cả công thức nhân xác suất tổng quát mắng sau:

Giả sử $ ngeqslant 2$ với $ A_1, A_2,ldots, A_n$ là các biến cố làm sao cho $ mathrmPleft(A_1A_2ldots A_n-1 ight)>0$. Lúc đó ta tất cả $$ mathrmPleft(A_1A_2ldots A_n ight)=mathrmPleft(A_1 ight)mathrmPleft(A_2 | A_1 ight)mathrmPleft(A_3 | A_1A_2 ight)ldotsmathrmPleft(A_n | A_1A_2ldots A_n-1 ight). $$

Ví dụ 3. Một thủ kho có một chùm chìa khóa có 9 chiếc bề ngoài giống đồng nhất trong kia chỉ gồm hai dòng mở được cửa kho. Anh ta thử ngẫu nhiên từng chìa (chìa nào không nên thì bỏ thoát ra khỏi chùm chìa khóa). Tìm phần trăm để lần test thứ ba thì anh ta bắt đầu mở được cửa.

Hướng dẫn. điện thoại tư vấn $ A_1$ là biến cố: “Không mở được cửa ngõ ở lần thử thứ 1”, $ A_2$ là đổi mới cố: “Không mở được cửa ở lần thử thiết bị 2” cùng $ A_3$ là biến hóa cố: “Mở được cửa ở lần thử lắp thêm 3”. Ta bắt buộc tìm $ mathrmPleft(A_1A_2A_3 ight)$. Theo bí quyết nhân xác suất ta tất cả $$ mathrmPleft(A_1A_2A_3 ight)=mathrmPleft(A_1 ight)mathrmPleft(A_2|A_1 ight)mathrmPleft(A_3|A_1A_2 ight). $$

Ta có $$ mathrmPleft(A_1 ight)=frac79, mathrmPleft(A_2|A_1 ight)=frac68, mathrmPleft(A_3|A_1A_2 ight)=frac27. $$

Do kia $$ mathrmPleft(A_1A_2A_3 ight)=frac79 imesfrac68 imesfrac27=frac16. $$

Ví dụ 4. Một bạn săn thỏ vào rừng, khả năng anh ta bắn trúng thỏ trong mỗi lần bắn phần trăm nghịch với khoảng cách bắn. Anh ta phun lần đầu ở khoảng cách 20 m với xác suất trúng thỏ là 0,5, nếu bị trượt anh ta phun viên thứ hai ở khoảng cách 30 m, nếu lại trượt anh ta phun viên sản phẩm công nghệ 3 ở khoảng cách 50 m. Tính tỷ lệ để fan thợ săn phun được thỏ.

Hướng dẫn. hotline $ A_k$ là đổi thay cố “Người thợ săn phun trúng thỏ làm việc lần đồ vật $ k$” với $ k=1,2,3.$ Theo đề bài, bọn họ cóeginalignmathrmPleft(A_1 ight)&=0,5,\mathrmPleft(A_2|overlineA_1 ight)&=frac20 imes 0,530=frac13,\mathrmPleft(A_3|overlineA_1.overlineA_2 ight)&=frac20 imes 0,550=frac15.endalignGọi $ A$ là phát triển thành cố “Người thợ săn bắn trúng thỏ” thì $$ A=A_1cup overlineA_1A_2cup overlineA_1.overlineA_2.A_3. $$Vì các biến vắt $ A_1, overlineA_1A_2, overlineA_1.overlineA_2.A_3$ xung xung khắc từng đôi một, cần ta có$$ mathrmP(A)=mathrmPleft(A_1 ight)+mathrmPleft(overlineA_1A_2 ight)+mathrmPleft(overlineA_1.overlineA_2.A_3 ight) $$Theo cách làm nhân phần trăm thì$$ mathrmPleft(overlineA_1A_2 ight) = mathrmPleft(overlineA_1 ight)mathrmPleft(A_2|overlineA_1 ight)=left(1-0,5 ight) imes mathrmPleft(A_2|overlineA_1 ight)=frac16. $$$$ mathrmPleft(overlineA_1.overlineA_2.A_3 ight)= mathrmPleft(overlineA_1 ight) mathrmPleft(overlineA_2|overlineA_1 ight)mathrmPleft(A_3|overlineA_1.overlineA_2 ight)=left(1-0,5 ight)left(1-frac13 ight) imes frac15 =frac115.$$Do đó, xác suất cần tìm kiếm là $$ mathrmP(A)=0,5+frac16+frac115=frac1115. $$

3. Công thức tỷ lệ đầy đủ

3.1. Hệ không thiếu thốn các vươn lên là cố

Hệ những biến cố kỉnh $ igB_1, B_2,ldots, B_nig$ được điện thoại tư vấn là không thiếu nếu thỏa mãn đồng thời nhị điều kiện:

$ B_1, B_2,ldots, B_n$ là những biến ráng xung xung khắc từng đôi một, tức là $ B_iB_j=varnothing$ với mọi $ i eq j$,$ Omega=B_1cup B_2cupcdotscup B_n$.

Nhận xét rằng, hệ $ igB, overlineBig$ là 1 hệ đầy đủ, trong đó $ B$ là một biến chũm bất kỳ.

3.2. Công thức tỷ lệ đầy đủ

Giả sử $ igB_1, B_2,ldots, B_nig$ là hệ rất đầy đủ các biến hóa cố cùng với $ mathrmPleft(B_i ight)>0,,forall i=1,2,ldots,n$. Lúc đó với ngẫu nhiên biến ráng $ A$, ta có $$ mathrmP(A)=mathrmPleft(B_1 ight)mathrmPleft(A | B_1 ight)+mathrmPleft(B_2 ight)mathrmPleft(A | B_2 ight)+cdots+mathrmPleft(B_n ight)mathrmPleft(A | B_n ight). $$

Ví dụ 1. Có 3 hộp giống nhau. Hộp đầu tiên đựng 10 sản phẩm, trong đó có 6 thiết yếu phẩm, hộp máy hai đựng 15 sản phẩm, trong những số ấy có 10 bao gồm phẩm, hộp thứ ba đựng 20 sản phẩm, trong những số đó có 15 thiết yếu phẩm. Lấy đột nhiên một hộp cùng từ đó lấy ngẫu nhiên một sản phẩm. Kiếm tìm xác suất để mang được bao gồm phẩm.

Hướng dẫn. cam kết hiệu $ B_k$ là biến đổi cố: “Sản phẩm mang ra thuộc hộp trang bị $ k$”, $ k=1, 2, 3$ với $ A$ là đổi thay cố: “Lấy được bao gồm phẩm”. Bọn họ có ngay lập tức $ igB_1, B_2, B_3ig $là hệ không hề thiếu các phát triển thành cố và

$ mathrmPleft(B_1 ight)=frac13, mathrmPleft(B_2 ight)=frac13, mathrmPleft(B_3 ight)=frac13,$$ mathrmPleft(A | B_1 ight)=frac610, mathrmPleft(A | B_2 ight)=frac1015, mathrmPleft(A | B_3 ight)=frac1520.$

Theo công thức phần trăm đầy đủ $$ mathrmP(A)=mathrmPleft(B_1 ight)mathrmPleft(A | B_1 ight)+mathrmPleft(B_2 ight)mathrmPleft(A | B_2 ight)+mathrmPleft(B_3 ight)mathrmPleft(A | B_3 ight) $$

Thay những giá trị tính được ở trên vào công thức này ta thu được $$ mathrmP(A)=frac13 imes frac610+frac13 imes frac1015+frac13 imes frac1520=frac3145 $$Vậy xác suất để đưa được chủ yếu phẩm là $ 31/45$.

Ví dụ 2. Từ một hộp đựng $ m$ quả cầu trắng và $ n$ quả mong đen, tín đồ ta rút tình cờ không trả lại từng quả một hai lần. Tính xác suất để quả lấy lần trang bị hai là trắng.

Hướng dẫn. ký kết hiệu $ A$ là đổi mới cố: “Lần trang bị hai rút được quả ước trắng”, $ B_1$ là thay đổi cố: “Lần trước tiên rút được quả cầu trắng”, $ B_2$ là vươn lên là cố: “Lần đầu tiên rút được quả mong đen”.

Ta có

$ mathrmPleft(B_1 ight)=fracmm+n, mathrmPleft(B_2 ight)=fracnm+n,$$ mathrmPleft(A|B_1 ight)=fracm-1m+n-1, mathrmPleft(A|B_2 ight)=fracmm+n-1.$

Vì $ igB_1, B_2ig$ là một trong hệ vừa đủ nên theo công thức tỷ lệ đầy đủ, chúng ta có eginalignmathrmP(A)&=mathrmPleft(B_1 ight)mathrmPleft(A|B_1 ight)+mathrmPleft(B_2 ight)mathrmPleft(A|B_2 ight)\=&fracmm+n imesfracm-1m+n-1+fracnm+n imesfracmm+n-1\=&fracmleft(m-1 ight)+mnleft(m+n ight)left(m+n-1 ight)=&fracmleft(m+n-1 ight)left(m+n ight)left(m+n-1 ight)=&fracmm+n.endalignVậy phần trăm để quả đem lần thiết bị hai là trắng là$ fracmm+n$.

Ví dụ 3. Có 10 cái túi đựng bi như sau:

4 túi loại 1, trong những túi các loại 1 đựng 6 viên bi trắng và 4 viên bi đen,2 túi nhiều loại 2, trong mỗi túi nhiều loại 2 đựng 3 viên bi trắng và 7 viên bi đen,1 túi các loại 3, trong những túi các loại 3 cất 7 viên bi trắng và 3 viên bi đen,3 túi nhiều loại 4, trong mỗi túi nhiều loại 4 cất 4 viên bi trắng cùng 6 viên bi đen.

Chọn tự dưng 1 mẫu túi rồi lấy tự nhiên 2 viên bi. Tính xác suất để mang được nhì viên bi thuộc màu.

Hướng dẫn. cam kết hiệu $ B_k$ là trở nên cố “chọn được túi các loại $ k$”, $ k=1, 2, 3, 4$ cùng $ A$ là trở thành cố “lấy được hai viên bi thuộc màu”.

Ta gồm $ igB_1, B_2, B_3, B_4ig $ là hệ không hề thiếu các trở nên cố và

eginalignmathrmPleft(B_1 ight)=frac410, mathrmPleft(B_2 ight)=frac210,\mathrmPleft(B_3 ight)=frac110, mathrmPleft(B_4 ight)=frac310,\mathrmPleft(A | B_1 ight)=fracC_6^2+C_4^2C_10^2=frac2145,mathrmPleft(A | B_2 ight)=fracC_3^2+C_7^2C_10^2=frac2445,\mathrmPleft(A | B_3 ight)=fracC_7^2+C_3^2C_10^2=frac2445, mathrmPleft(A | B_4 ight)=fracC_4^2+C_6^2C_10^2=frac2145.endalign

Theo công thức tỷ lệ đầy đủ$$ mathrmP(A)=mathrmPleft(B_1 ight)mathrmPleft(A | B_1 ight)+mathrmPleft(B_2 ight)mathrmPleft(A | B_2 ight)+mathrmPleft(B_3 ight)mathrmPleft(A | B_3 ight)+mathrmPleft(B_4 ight)mathrmPleft(A | B_4 ight) $$

Suy ra $$ mathrmP(A)=frac410 imes frac2145+frac210 imes frac2445+frac110 imes frac2445+frac310 imes frac2145 =frac219450. $$

Vậy xác suất cần tra cứu là $ frac219450$.

Ví dụ 4. Có hai dòng hộp. Hộp trước tiên có 4 bi trắng và 5 bi đen. Hộp thứ hai bao gồm 5 bi trắng với 4 bi đen. Chọn tự nhiên 3 viên bi sống hộp đầu tiên bỏ vào hộp thứ hai rồi kế tiếp chọn bỗng dưng một viên bi làm việc hộp đồ vật hai ra. Tính xác suất để đưa được bi trắng từ hộp máy hai.

Hướng dẫn. call $ A$ là biến cố: “Lấy được bi white từ hộp lắp thêm hai”, $ B_k$ là biến đổi cố: “Trong 3 viên bi lấy ra từ hộp trước tiên có $ k$ bi trắng”, $ k=0, 1, 2, 3$.

Khi kia $ igB_0, B_1, B_1, B_3ig $ là hệ không hề thiếu các phát triển thành cố với ta cóeginalignmathrmPleft(B_0 ight)&=fracC_5^3C_9^3=frac1084,\mathrmPleft(B_1 ight)&=fracC_4^1C_5^2C_9^3=frac4084,\mathrmPleft(B_2 ight)&=fracC_4^2C_5^1C_9^3=frac3084,\mathrmPleft(B_3 ight)&=fracC_4^3C_9^3=frac484.endalign

Theo công thức tỷ lệ đầy đủ$$ mathrmP(A)=mathrmPleft(B_0 ight)mathrmPleft(A | B_0 ight)+mathrmPleft(B_1 ight)mathrmPleft(A | B_1 ight)+mathrmPleft(B_2 ight)mathrmPleft(A | B_2 ight)+mathrmPleft(B_3 ight)mathrmPleft(A | B_3 ight). $$

Dễ thấyeginalignmathrmPleft(A | B_0 ight)=frac512,quad & mathrmPleft(A | B_1 ight)=frac612,\mathrmPleft(A | B_2 ight)=frac712,quad và mathrmPleft(A | B_3 ight)=frac812.endalign

Thay những giá trị này vào bí quyết xác suất đầy đủ ta được $$ mathrmP(A)=frac1084 imesfrac512+frac4084 imesfrac612+frac3084 imesfrac712+frac484 imesfrac812 =frac5321008 =frac1936. $$

Vậy tỷ lệ cần tra cứu là $ 19/36$.

Ví dụ 5. Trong một cái hộp bao gồm $ n$ sản phẩm, ta bỏ vô cái hộp đó một sản phẩm tốt sau đó lấy thiên nhiên ra một sản phẩm. Tính phần trăm để sản phẩm lấy ra là giỏi nếu các giả thiết về tâm lý cấu thành lúc đầu của vỏ hộp là đồng xác suất.

Hướng dẫn. gọi $ A$ là vươn lên là cố: “Lấy được sản phẩm tốt”, $ B_i$ là biến đổi cố: “Lúc ban sơ hộp bao gồm $ i$ sản phẩm tốt”, $ i=0,1,ldots,n$. Lúc đó $ igB_0, B_1,ldots, B_nig $ là hệ không thiếu các phát triển thành cố.

Theo giả thiết $$ mathrmPleft(B_i ight)=frac1n+1, i=0,1,ldots,n.$$

Ta tất cả $ mathrmPleft(A | B_i ight)=fraci+1n+1$ với tất cả $ i=0,1,ldots,n$. Theo công thức tỷ lệ đầy đủ

$$ mathrmP(A)=sumlimits_i=0^nmathrmPleft(B_i ight)mathrmPleft(A | B_i ight). $$

Thay vào ta đượceginalignmathrmP(A)&=sumlimits_i=0^nfraci+1left(n+1 ight)^2\&=frac1+2+cdots+left(n+1 ight)left(n+1 ight)^2\&=fracleft(n+1 ight)left(n+2 ight)2left(n+1 ight)^2\&=fracn+22left(n+1 ight).endalign

4. Công thức Bayes – Định lý Bayes

Giả sử $ mathrmP(A)>0$ với $ igB_1, B_2,ldots, B_nig $ là hệ vừa đủ các phát triển thành cố cùng với $ mathrmPleft(B_k ight)>0$ với đa số $ k=1,2,ldots,n$. Khi đó với tất cả $ k=1,2,ldots,n$, ta tất cả $$ mathrmPleft(B_k | A ight)=frac B_k ight) B_1 ight)+mathrmPleft(B_2 ight)mathrmPleft(A . $$

Ví dụ 1. Dây chuyền đính thêm ráp nhận ra các chi tiết do hai đồ vật sản xuất. Trung bình vật dụng thứ nhất cung ứng 60\% bỏ ra tiết, thứ thứ hai cung ứng 40\% đưa ra tiết. Khoảng tầm 90\% cụ thể do máy đầu tiên sản xuất là đã đạt tiêu chuẩn, còn 85\% cụ thể do sản phẩm thứ hai sản xuất là đã đạt tiêu chuẩn. Lấy bất chợt từ dây chuyền sản xuất một sản phẩm, thấy nó đạt tiêu chuẩn. Tìm tỷ lệ để sản phẩm đó do máy trước tiên sản xuất.

Hướng dẫn. hotline $ A$ là trở thành cố: “Chi tiết mang từ dây chuyền đạt tiêu chuẩn”, $ B_1$ là phát triển thành cố: “Chi tiết vày máy trước tiên sản xuất” và $ B_2$ là biến đổi cố: “Chi tiết bởi vì máy thiết bị hai sản xuất”. Ta phải tính xác suất $ mathrmPleft(B_1|A ight)$.

Theo phương pháp Bayes $$ mathrmPleft(B_1|A ight)=fracB_1 ight)mathrmPleft(B_1 ight)mathrmPleft(A. $$

Theo đk bài toán $$ mathrmP(B_1)=0,6; mathrmP(B_2)=0,4; $$$$ mathrmP(A|B_1)=0,9; mathrmP(A|B_2)=0,85. $$

Thay vào ta tất cả $$ mathrmPleft(B_1|A ight)=frac0,6 imes 0,90,6 imes 0,9+0,4 imes 0,85=0,614. $$

Sau đây là một bài toán khá lừng danh trong xác suất thống kê, được giải theo nhiều phương pháp khác nhau. Ta hãy thử giải việc này bằng định lý Bayes.Ví dụ 2. Một gia đình có nhị đứa trẻ. Biết có tối thiểu có một đứa trẻ con là đàn bà và sinh vào lắp thêm 3. Hỏi phần trăm 2 đứa trẻ những là phụ nữ là bao nhiêu?

Hướng dẫn. bọn họ có nhấn xét sau:

Xác suất nhằm một đứa trẻ con sinh vào một trong những ngày nhất thiết trong tuần là $ 1/7$.Giới tính của đứa trẻ và ngày sinh của chính nó là 2 sự khiếu nại không tương quan đến nhau.

Ta ký kết hiệu các biến cụ như sau:

$ B$ là biến hóa cố “Ít tuyệt nhất 1 đứa trẻ là con gái sinh ra vào đồ vật 3”,$ A$ là đổi mới cố “Cả 2 đứa trẻ hồ hết là nhỏ gái”, xác suất là $ mathrmP(A)=1/4$,$ A_1$ là đổi thay cố “Chỉ 1 trong các 2 đứa trẻ em là nhỏ gái”, $ mathrmP(A_1)=1/2$,$ C $ là biến chuyển cố “Đứa trẻ hình thành vào sản phẩm 3”, $ mathrmP(C)=1/7$,$ overlineC $ là biến đổi cố “Đứa trẻ ra đời vào đồ vật 3”, $ mathrmP(overlineC)=6/7$.

Để thực hiện định lý Bayes tính $ mathrmP(A | B)$ ta bắt buộc tính được $ mathrmP(B|A)$ với $ mathrmP(B)$.

$ mathrmP(B|A)$ được gọi là tỷ lệ ít nhất 1 đứa trẻ là con gái sinh ra vào trang bị 3 ví như biết trước 2 đứa trẻ là nhỏ gái.Ta đang tính tỷ lệ phần bù $ mathrmP(overlineB|A)$, đó là xác suất để không tồn tại đứa trẻ nào hình thành vào vật dụng 3.$$ mathrmP(overlineB|A) = mathrmP(overlineC) mathrmP(overlineC) = dfrac67 imes dfrac67 = dfrac3649 $$Như vậy ta có$$ mathrmP(B|A) = 1 – mathrmP(overlineB|A) = dfrac1349 $$$ mathrmP(B)$ là phần trăm sự ít nhất 1 đứa trẻ con là con gái sinh ra vào sản phẩm công nghệ 3. Sự kiện này bao gồm 2 khả năng:

Cả 2 đứa trẻ mọi là đàn bà $ A$,Chỉ 1 đứa con trẻ là đàn bà $ A_1$.

Ta có eginalignmathrmP(B) &= mathrmP(BA) + mathrmP(BA_1) \&= mathrmP(B|A)mathrmP(A) + mathrmP(B|A_1)mathrmP(A_1)\&= dfrac1349 imes dfrac14 + dfrac17 imes dfrac12\&=dfrac27196endalign

Thay vào định lý Bayes, ta tính được$$ mathrmP(A | B) = dfracA) imes mathrmP(A)mathrmP(B) = dfrac frac1349 imes frac14 frac27196 = dfrac1327 approx 0,481 $$Chúng ta rất có thể minh họa bởi hình vẽ sau đây, tỷ lệ cần tìm chính bằng số ô màu xanh chia mang đến tổng số ô màu sắc vàng cùng xanh.

Xem thêm: Soạn Anh 8: Unit 4 Lớp 8: Our Past, Unit 4 Lớp 8: Our Past

*

Ta cần sử dụng một đoạn code Python nho nhỏ dại để kiểm tra thử công dụng vừa tính được.

import randomdef random_kid(): gender = random.choice(<"boy", "girl">) birth_date = random.choice(<"mon", "tue", "wed", "thu", "fri", "sat", "sun">) return (gender, birth_date)both_girls = 0tuesday_girl = 0random.seed(0)total = 100000for _ in range(total): first_child = random_kid() second_child = random_kid()if first_child == ("girl", "tue") or second_child == ("girl", "tue"): tuesday_girl += 1if first_child<0> == "girl" và second_child<0> == "girl": both_girls += 1print("both_girls = ", both_girls)print("tuesday_girl = ", tuesday_girl)print("P(both_girls|tuesday_girl) = ", both_girls / tuesday_girl)Đoạn code trên tiến hành random 100K dữ liệu. Thu được kết quả in ra như sau