Chương 42: Xác suất có điều kiện và độc lập¶
Câu hỏi mở đầu
Khi biết thêm một thông tin, chẳng hạn "tổng hai xúc xắc lớn hơn 8", một số thế giới bị loại. Xác suất của những điều khác thay đổi thế nào, và theo luật nào?
Khi một số thế giới bị loại¶
Tung hai con xúc xắc, và một người nhìn thấy kết quả cho biết: tổng lớn hơn 8. Trong 36 thế giới của Chương 41, chỉ còn 10 thế giới phù hợp: 4 thế giới cho tổng 9, 3 cho tổng 10, 2 cho tổng 11, 1 cho tổng 12. Hai mươi sáu thế giới còn lại đã bị loại; chúng không còn là khả năng nữa. Giờ xác suất để tổng bằng 10 là bao nhiêu?
Thông tin "tổng lớn hơn 8" không nói gì để ưu tiên thế giới \((4; 6)\) hơn thế giới \((3; 6)\): trước khi biết, hai thế giới ngang nhau, và sau khi biết, cả hai vẫn còn, nên chúng vẫn ngang nhau. Mười thế giới còn lại ngang nhau, và 3 trong số đó cho tổng 10. Vậy xác suất tổng bằng 10, khi biết tổng lớn hơn 8, là \(\frac{3}{10}\), lớn hơn nhiều so với \(\frac{3}{36}\) lúc chưa biết gì.
Đó là cấu trúc nguyên thủy của chương: biết thêm thông tin là loại bỏ những thế giới trái với nó, giữ nguyên tỉ lệ giữa các thế giới còn lại, rồi chia lại cho tổng trọng số còn lại để chúng cộng lại bằng 1. Viết bằng ký hiệu của Chương 41, với \(B\) là biến cố "tổng lớn hơn 8" và \(A\) là "tổng bằng 10":
Vì sao cấu trúc này phải xuất hiện, dù chưa ai đặt tên cho nó? Vì nó là cách duy nhất để cập nhật mà không bịa thêm thông tin. Những thế giới bị loại phải có trọng số 0. Những thế giới còn lại phải giữ nguyên tỉ lệ với nhau, vì thông tin mới không nói gì để phân biệt chúng; đổi tỉ lệ là tự ý thêm vào một điều mình không biết. Và tổng trọng số phải bằng 1. Ba đòi hỏi ấy ép ra đúng một công thức (Mệnh đề 2).
Ký hiệu¶
Với hai biến cố \(A\), \(B\) và \(P(B) > 0\), số
gọi là xác suất có điều kiện (conditional probability) của \(A\) khi biết \(B\), đọc "xác suất của \(A\) khi biết \(B\)". Viết lại, ta có công thức nhân xác suất (multiplication rule):
nghĩa là muốn \(A\) và \(B\) cùng xảy ra, trước hết \(B\) phải xảy ra, rồi \(A\) phải xảy ra trong những thế giới còn lại. Khi một phép thử diễn ra qua nhiều bước, ta vẽ một cây xác suất (probability tree): mỗi nhánh ghi xác suất có điều kiện của bước ấy khi biết các bước trước, và xác suất của một đường từ gốc tới ngọn là tích các số trên đường ấy, như sơ đồ cây của Chương 40 nhưng với các nhánh có trọng số.
Nếu các biến cố \(B_1, \dots, B_k\) đôi một rời nhau và hợp của chúng là \(\Omega\), mỗi thế giới nằm trong đúng một \(B_i\), và
Đó là công thức xác suất toàn phần (law of total probability): cộng xác suất của \(A\) theo từng trường hợp, mỗi trường hợp nhân với trọng số của nó.
Hai biến cố \(A\), \(B\) gọi là độc lập (independent) nếu \(P(A \cap B) = P(A)P(B)\). Khi \(P(B) > 0\), điều đó tương đương với \(P(A \mid B) = P(A)\): biết \(B\) xảy ra không làm thay đổi xác suất của \(A\).
Làm bằng tay¶
Ví dụ 1 (hai con át liền nhau). Rút lần lượt 2 lá từ bộ bài 52 lá, không hoàn lại. Xác suất cả hai là át? Lá thứ nhất là át với xác suất \(\frac{4}{52}\). Biết lá thứ nhất là át, còn 51 lá với 3 con át, nên lá thứ hai là át với xác suất \(\frac{3}{51}\). Theo công thức nhân,
Đếm theo Chương 40 cũng ra như thế: \(\frac{\binom42}{\binom{52}{2}} = \frac{6}{1326} = \frac{1}{221}\). Nếu rút có hoàn lại, bỏ lá thứ nhất vào và tráo lại, lá thứ hai không biết gì về lá thứ nhất, và xác suất thành \(\left(\frac{4}{52}\right)^2 = \frac{1}{169}\).
Ví dụ 2 (ba nhà máy). Một công ty có ba nhà máy (số liệu giả định): nhà máy A làm 50% sản phẩm, với 1% bị lỗi; nhà máy B làm 30%, lỗi 2%; nhà máy C làm 20%, lỗi 3%. Chọn ngẫu nhiên một sản phẩm của công ty; xác suất nó bị lỗi là bao nhiêu? Theo công thức xác suất toàn phần,
Giờ đảo câu hỏi: biết sản phẩm bị lỗi, nó đến từ nhà máy C với xác suất bao nhiêu? Theo định nghĩa, \(P(C \mid \text{lỗi}) = \frac{P(C \cap \text{lỗi})}{P(\text{lỗi})} = \frac{0{,}006}{0{,}017} = \frac{6}{17} \approx 0{,}353\). Nhà máy C chỉ làm 20% sản phẩm nhưng chiếm hơn một phần ba số sản phẩm lỗi. Đi từ "lỗi khi biết nhà máy" sang "nhà máy khi biết lỗi" là việc Chương 43 sẽ làm có hệ thống.
Ví dụ 3 (ba cánh cửa). Một trò chơi truyền hình có ba cánh cửa: sau một cửa là chiếc xe, sau hai cửa kia là con dê. Người chơi chọn cửa 1. Người dẫn chương trình, biết xe ở đâu, luôn mở một cửa khác cửa người chơi chọn và có dê sau nó (nếu có hai cửa như thế, ông chọn ngẫu nhiên một), rồi luôn cho người chơi quyền đổi sang cửa còn lại. Có nên đổi không? Trực giác nói hai cửa còn lại ngang nhau, mỗi cửa một nửa. Cây xác suất nói khác. Lựa chọn đầu đúng với xác suất \(\frac13\); khi ấy đổi thì thua. Lựa chọn đầu sai với xác suất \(\frac23\); khi ấy người dẫn chương trình buộc phải mở cửa dê còn lại, và cửa chưa mở chính là cửa có xe, nên đổi thì thắng. Vậy đổi cửa thắng với xác suất \(\frac23\). Hành động của người dẫn chương trình không ngẫu nhiên: ông biết xe ở đâu, và việc ông tránh cửa có xe là một thông tin.
Ví dụ 4 (hai đứa trẻ). Một gia đình có hai con. Giả sử mỗi con là trai hay gái với xác suất như nhau và độc lập với con kia, nên bốn thế giới (trai, trai), (trai, gái), (gái, trai), (gái, gái), theo thứ tự con lớn rồi con nhỏ, ngang nhau. Biết "ít nhất một con là trai", thế giới (gái, gái) bị loại, còn ba thế giới ngang nhau, và xác suất cả hai là trai là \(\frac13\). Biết "con lớn là trai", chỉ còn (trai, trai) và (trai, gái), và xác suất thành \(\frac12\). Hai mẩu thông tin nghe giống nhau loại đi những tập thế giới khác nhau. Trong đời thật, còn phải hỏi thông tin ấy đến như thế nào: một thông tin được chọn để nói ra cũng là một phép thử, như hành động của người dẫn chương trình ở Ví dụ 3.
Ví dụ 5 (kiểm tra độc lập trong một bảng). Hỏi 200 người (số liệu giả định) hai câu: có đi làm bằng xe buýt không, và có ra khỏi nhà trước 7 giờ không.
| trước 7 giờ | sau 7 giờ | tổng | |
|---|---|---|---|
| đi xe buýt | 24 | 56 | 80 |
| không đi xe buýt | 36 | 84 | 120 |
| tổng | 60 | 140 | 200 |
Chọn ngẫu nhiên một người trong 200 người. \(P(\text{xe buýt}) = \frac{80}{200} = 0{,}4\), \(P(\text{trước 7 giờ}) = \frac{60}{200} = 0{,}3\), và \(P(\text{cả hai}) = \frac{24}{200} = 0{,}12 = 0{,}4 \cdot 0{,}3\): hai biến cố độc lập. Tương đương, trong 60 người ra khỏi nhà trước 7 giờ, tỉ lệ đi xe buýt là \(\frac{24}{60} = 0{,}4\), đúng bằng tỉ lệ chung. Nếu ô đầu là 36 thay vì 24 (và các ô khác chỉnh lại cho khớp tổng), tỉ lệ ấy thành \(\frac{36}{60} = 0{,}6\): người đi sớm hay đi xe buýt hơn, và hai biến cố không còn độc lập.
Ranh giới¶
Độc lập khác xung khắc. Tung một con xúc xắc. "Ra mặt 1" và "ra mặt 2" xung khắc, tức rời nhau, nhưng không độc lập: biết mặt 1 đã ra thì chắc chắn mặt 2 không ra, một thông tin rất mạnh. Hai biến cố xung khắc với xác suất dương không bao giờ độc lập, vì \(P(A \cap B) = 0\) trong khi \(P(A)P(B) > 0\). Xung khắc là một quan hệ giữa các tập; độc lập là một quan hệ giữa các con số.
Từng cặp độc lập chưa có nghĩa cả ba độc lập. Tung hai đồng xu. Gọi \(A\) là "đồng thứ nhất ngửa", \(B\) là "đồng thứ hai ngửa", \(C\) là "hai đồng giống nhau". Mỗi biến cố có xác suất \(\frac12\), và mỗi cặp độc lập: chẳng hạn \(A \cap C\) là "cả hai ngửa", xác suất \(\frac14 = \frac12 \cdot \frac12\). Ta nói ba biến cố độc lập từng đôi (pairwise independent). Nhưng biết \(A\) và \(B\) thì biết chắc \(C\): \(P(A \cap B \cap C) = \frac14\), không bằng \(\frac18\). Ba biến cố độc lập (cả bộ) đòi thêm điều kiện cho bộ ba (bài C2).
\(P(A \mid B)\) khác \(P(B \mid A)\). Biết tổng bằng 10 thì chắc chắn tổng lớn hơn 8: \(P(\text{tổng} > 8 \mid \text{tổng} = 10) = 1\). Nhưng \(P(\text{tổng} = 10 \mid \text{tổng} > 8) = \frac{3}{10}\). Nhầm hai điều này giống như nhầm một mệnh đề kéo theo với mệnh đề đảo của nó (Chương 14), và nó là nguồn của những sai lầm đắt giá nhất trong y học và tòa án; Chương 43 dành trọn cho nó.
Không điều kiện hóa được trên một biến cố có xác suất 0. Định nghĩa chia cho \(P(B)\), nên cần \(P(B) > 0\). Hỏi "xác suất ra mặt 6 khi biết xúc xắc ra mặt 7" là chia cho 0 (Chương 9): không có thế giới nào còn lại để chia lại trọng số.
Bàn quay không có trí nhớ. Một bàn cò quay cân đối, với các ô đỏ và ô đen, vừa ra đỏ 5 lần liền. Nhiều người tin lần tới "phải" ra đen. Nếu bàn quay cân đối, các lần quay độc lập: bàn quay không nhớ gì, và xác suất ra đen lần tới vẫn đúng như mọi lần. Tin rằng một chuỗi kết quả phải được "cân bằng lại" gọi là ngụy biện con bạc (gambler's fallacy).
Giả định độc lập có thể sai rất đắt. Hai động cơ của một máy bay, mỗi động cơ hỏng với xác suất \(0{,}001\) trong một chuyến bay (giả định): nếu độc lập, cả hai cùng hỏng với xác suất \(10^{-6}\). Nhưng nếu cả hai dùng chung một nguồn nhiên liệu bị nhiễm bẩn, chúng hỏng cùng lúc, và con số \(10^{-6}\) trở nên vô nghĩa. Những rủi ro tưởng độc lập mà thật ra có chung một nguyên nhân, như nhiều khoản vay cùng vỡ nợ khi cả nền kinh tế suy thoái, là chỗ các mô hình xác suất thường sai nặng nhất.
Phát biểu chặt chẽ¶
Định nghĩa 1. Cho biến cố \(B\) với \(P(B) > 0\). Xác suất có điều kiện khi biết \(B\) là hàm \(A \mapsto P(A \mid B) = \frac{P(A \cap B)}{P(B)}\) trên các biến cố.
Mệnh đề 2 (cập nhật là bắt buộc). Cho \(\Omega\) hữu hạn với trọng số \(p\) như ở Chương 41, và biến cố \(B\) với \(P(B) > 0\). Nếu \(q\) là một hệ trọng số khác trên \(\Omega\) sao cho \(q(\omega) = 0\) khi \(\omega \notin B\), và giữ nguyên tỉ lệ trên \(B\), tức có một hằng số \(c\) với \(q(\omega) = c\,p(\omega)\) với mọi \(\omega \in B\), thì \(c = \frac{1}{P(B)}\) và xác suất \(Q\) tương ứng thỏa \(Q(A) = P(A \mid B)\) với mọi \(A\). Hơn nữa, \(A \mapsto P(A \mid B)\) thỏa ba tiên đề của Chương 41.
Chứng minh. Tổng các trọng số \(q\) bằng 1, và chúng bằng 0 ngoài \(B\), nên \(1 = \sum_{\omega \in B} c\,p(\omega) = c\,P(B)\), tức \(c = \frac{1}{P(B)}\). Khi đó \(Q(A) = \sum_{\omega \in A \cap B} \frac{p(\omega)}{P(B)} = \frac{P(A \cap B)}{P(B)}\). Ba tiên đề: \(P(A \mid B) \geq 0\) hiển nhiên; \(P(\Omega \mid B) = \frac{P(B)}{P(B)} = 1\); nếu \(A_1\), \(A_2\) rời nhau thì \(A_1 \cap B\) và \(A_2 \cap B\) rời nhau, nên \(P(A_1 \cup A_2 \mid B) = \frac{P(A_1 \cap B) + P(A_2 \cap B)}{P(B)} = P(A_1 \mid B) + P(A_2 \mid B)\). \(\square\)
Định lý 3 (công thức nhân và xác suất toàn phần). (1) Nếu \(P(B) > 0\) thì \(P(A \cap B) = P(B)P(A \mid B)\). (2) Nếu \(B_1, \dots, B_k\) đôi một rời nhau, có hợp là \(\Omega\), và \(P(B_i) > 0\) với mọi \(i\), thì với mọi biến cố \(A\),
Chứng minh. (1) là Định nghĩa 1 nhân hai vế với \(P(B)\). (2) Các tập \(A \cap B_1, \dots, A \cap B_k\) đôi một rời nhau và có hợp là \(A\), vì mỗi thế giới của \(A\) nằm trong đúng một \(B_i\). Theo tiên đề cộng, \(P(A) = \sum_i P(A \cap B_i)\), và theo (1), mỗi số hạng bằng \(P(B_i)P(A \mid B_i)\). \(\square\)
Định nghĩa 4 (độc lập). Hai biến cố \(A\), \(B\) độc lập nếu \(P(A \cap B) = P(A)P(B)\). Ba biến cố \(A\), \(B\), \(C\) độc lập nếu mỗi cặp độc lập và thêm \(P(A \cap B \cap C) = P(A)P(B)P(C)\).
Mệnh đề 5. Nếu \(A\) và \(B\) độc lập thì \(A\) và \(\overline{B}\) cũng độc lập.
Chứng minh. \(A\) là hợp rời của \(A \cap B\) và \(A \cap \overline{B}\), nên \(P(A \cap \overline{B}) = P(A) - P(A \cap B) = P(A) - P(A)P(B) = P(A)\big(1 - P(B)\big) = P(A)P(\overline{B})\), theo Định lý 2 của Chương 41. \(\square\)
Mệnh đề 5 xác nhận trực giác: nếu biết \(B\) xảy ra không nói gì về \(A\), thì biết \(B\) không xảy ra cũng không nói gì về \(A\).
Sợi chỉ
- S1. Bất biến qua biến đổi. Khi cập nhật theo một thông tin, tỉ lệ giữa các thế giới còn lại là bất biến; chỉ có tổng được chia lại (Mệnh đề 2). Mọi thay đổi khác của tỉ lệ là thêm vào một thông tin không có.
- S2. Thông tin và khả nghịch. Thông tin là thứ loại bỏ thế giới. Điều kiện hóa trên \(B\) vứt bỏ mọi thế giới ngoài \(B\), và không cách nào lấy lại chúng từ \(P(\cdot \mid B)\): phép cập nhật không khả nghịch. Độc lập là trường hợp một thông tin không loại bỏ gì có liên quan tới câu hỏi đang xét.
- S3. Thứ tự của biến đổi. \(P(A \mid B)\) và \(P(B \mid A)\) đổi vai điều kiện và điều được hỏi, và nói hai điều khác hẳn nhau, như mệnh đề kéo theo và mệnh đề đảo của Chương 14. Ở Ví dụ 2, \(P(\text{lỗi} \mid C) = 0{,}03\) còn \(P(C \mid \text{lỗi}) \approx 0{,}353\).
Tóm tắt¶
- Biết thêm thông tin là loại các thế giới trái với nó và chia lại trọng số cho các thế giới còn lại, giữ nguyên tỉ lệ: \(P(A \mid B) = \frac{P(A \cap B)}{P(B)}\), và đó là cách cập nhật duy nhất không bịa thêm thông tin.
- Công thức nhân \(P(A \cap B) = P(B)P(A \mid B)\) và cây xác suất cho các phép thử nhiều bước; công thức xác suất toàn phần cộng theo từng trường hợp.
- \(A\) và \(B\) độc lập khi \(P(A \cap B) = P(A)P(B)\), tức biết \(B\) không làm đổi xác suất của \(A\).
- Độc lập khác xung khắc; độc lập từng đôi chưa phải độc lập cả bộ.
- \(P(A \mid B)\) khác \(P(B \mid A)\); nhầm hai điều này là sai lầm phổ biến và đắt giá.
- Bài toán ba cánh cửa: đổi cửa thắng \(\frac23\), vì hành động của người dẫn chương trình mang thông tin.
- Ngụy biện con bạc: các lần thử độc lập không nhớ gì về nhau; và giả định độc lập sai khi các rủi ro có chung nguyên nhân.
Bài tập¶
A. Tư duy¶
A1. Một bàn cò quay cân đối vừa ra đỏ 10 lần liền. Một người nói: "Lần tới gần như chắc chắn ra đen." Một người khác nói: "Đỏ đang may, lần tới ra đỏ." Ai đúng? Có trường hợp nào người thứ hai có lý không?
Lời giải
Nếu bàn quay cân đối, cả hai đều sai: các lần quay độc lập, và xác suất ra đen lần tới đúng như mọi lần. Người thứ nhất phạm ngụy biện con bạc. Người thứ hai chỉ có lý nếu nghi ngờ chính giả thiết "cân đối": mười lần đỏ liền có thể là dấu hiệu bàn quay bị lệch. Đó là một câu hỏi khác, về việc dùng dữ liệu để cập nhật niềm tin về chính bàn quay, và Chương 43 sẽ nói cách làm việc ấy.
A2. Vì sao hai biến cố xung khắc, cả hai có xác suất dương, không bao giờ độc lập? Hãy giải thích bằng lời, không dùng công thức.
Lời giải
Nếu hai biến cố xung khắc, biết một cái đã xảy ra là biết chắc cái kia không xảy ra. Đó là một thông tin rất mạnh về cái kia, trong khi độc lập nghĩa là biết cái này không cho thông tin gì về cái kia. Xung khắc nói "không thể cùng xảy ra"; độc lập nói "xảy ra hay không của cái này không liên quan tới cái kia". Hai điều gần như ngược nhau.
A3. Trong bài toán ba cánh cửa, giả sử người dẫn chương trình không biết xe ở đâu, và mở ngẫu nhiên một trong hai cửa còn lại; tình cờ sau cửa ấy là dê. Giờ đổi cửa thắng với xác suất bao nhiêu? Vì sao khác Ví dụ 3?
Lời giải
Có ba thế giới ngang nhau về vị trí xe, nhân với hai lựa chọn cửa mở ngẫu nhiên: sáu thế giới ngang nhau. Loại những thế giới mà cửa được mở có xe; còn lại bốn thế giới, trong đó xe ở cửa 1 trong hai thế giới, và ở cửa chưa mở trong hai thế giới. Vậy đổi hay không đều thắng \(\frac12\). Khác Ví dụ 3 vì ở đó người dẫn chương trình buộc phải tránh cửa có xe, nên việc cửa mở có dê không mang thông tin về cửa 1 nhưng dồn toàn bộ \(\frac23\) sang cửa còn lại. Cùng một cảnh tượng trên sân khấu, cánh cửa mở ra một con dê, cho hai xác suất khác nhau, vì thông tin phụ thuộc vào cách nó được tạo ra.
B. Tính toán¶
B1. Tung hai con xúc xắc. Tính \(P(\text{tổng} = 8 \mid \text{xúc xắc thứ nhất ra } 3)\) và \(P(\text{xúc xắc thứ nhất ra } 3 \mid \text{tổng} = 8)\).
Lời giải
Biết xúc xắc thứ nhất ra 3, còn 6 thế giới \((3; 1), \dots, (3; 6)\), trong đó chỉ \((3; 5)\) cho tổng 8: xác suất \(\frac16\). Biết tổng bằng 8, còn 5 thế giới \((2; 6)\), \((3; 5)\), \((4; 4)\), \((5; 3)\), \((6; 2)\), trong đó một thế giới có xúc xắc thứ nhất ra 3: xác suất \(\frac15\).
B2. Rút lần lượt 3 lá từ bộ bài 52 lá, không hoàn lại. Tính xác suất cả ba là lá cơ bằng công thức nhân, rồi kiểm tra bằng cách đếm tổ hợp.
Lời giải
\(\frac{13}{52} \cdot \frac{12}{51} \cdot \frac{11}{50} = \frac{1716}{132.600} = \frac{11}{850} \approx 0{,}0129\). Đếm: \(\frac{\binom{13}{3}}{\binom{52}{3}} = \frac{286}{22.100} = \frac{11}{850}\).
B3. Với ba nhà máy ở Ví dụ 2, tính xác suất một sản phẩm lỗi đến từ nhà máy A, từ nhà máy B. Kiểm tra rằng ba xác suất có tổng bằng 1.
Lời giải
\(P(A \mid \text{lỗi}) = \frac{0{,}005}{0{,}017} = \frac{5}{17} \approx 0{,}294\); \(P(B \mid \text{lỗi}) = \frac{0{,}006}{0{,}017} = \frac{6}{17} \approx 0{,}353\); và \(P(C \mid \text{lỗi}) = \frac{6}{17}\). Tổng \(\frac{5 + 6 + 6}{17} = 1\), như phải thế: biết sản phẩm lỗi, nó chắc chắn đến từ một trong ba nhà máy.
B4. Với giả thiết của Ví dụ 4, một gia đình hai con được chọn ngẫu nhiên. Tính xác suất có một trai một gái khi biết có ít nhất một con gái.
Lời giải
Biết có ít nhất một con gái, còn ba thế giới ngang nhau: (trai, gái), (gái, trai), (gái, gái). Hai trong số đó có một trai một gái: xác suất \(\frac23\).
B5. Trong một lớp 40 học sinh (số liệu giả định), 16 em thích toán, 10 em đeo kính, và 4 em vừa thích toán vừa đeo kính. Chọn ngẫu nhiên một em; hai biến cố "thích toán" và "đeo kính" có độc lập không?
Lời giải
\(P(\text{toán}) = \frac{16}{40} = 0{,}4\), \(P(\text{kính}) = \frac{10}{40} = 0{,}25\), \(P(\text{cả hai}) = \frac{4}{40} = 0{,}1 = 0{,}4 \cdot 0{,}25\): độc lập. Tương đương, trong 10 em đeo kính có 4 em thích toán, tỉ lệ \(0{,}4\), đúng bằng tỉ lệ cả lớp.
B6. Tung ba đồng xu. Tính xác suất có ít nhất hai mặt ngửa khi biết đồng thứ nhất ngửa.
Lời giải
Biết đồng thứ nhất ngửa, còn 4 thế giới ngang nhau cho hai đồng còn lại. Cần ít nhất một ngửa trong hai đồng ấy: 3 trong 4 thế giới. Xác suất \(\frac34\).
B7. Tung hai con xúc xắc. Gọi \(A\) là "xúc xắc thứ nhất ra mặt chẵn". Kiểm tra \(A\) có độc lập với "tổng bằng 7" không, và có độc lập với "tổng bằng 8" không.
Lời giải
\(P(A) = \frac12\). Tổng bằng 7 có xác suất \(\frac16\), và \(A \cap \{\text{tổng} = 7\}\) gồm \((2; 5)\), \((4; 3)\), \((6; 1)\), xác suất \(\frac{3}{36} = \frac{1}{12} = \frac12 \cdot \frac16\): độc lập. Tổng bằng 8 có xác suất \(\frac{5}{36}\), và giao gồm \((2; 6)\), \((4; 4)\), \((6; 2)\), xác suất \(\frac{3}{36}\), trong khi \(\frac12 \cdot \frac{5}{36} = \frac{5}{72}\): không độc lập. Độc lập là một sự trùng khớp con số, không phải lúc nào cũng đoán được bằng trực giác.
B8. Một hệ thống có hai bộ phận dự phòng cho nhau, mỗi bộ phận hỏng trong một năm với xác suất \(0{,}02\) (giả định). Hệ thống chỉ hỏng khi cả hai cùng hỏng. Tính xác suất hệ thống hỏng nếu hai bộ phận hỏng độc lập. Nếu thật ra, khi một bộ phận hỏng thì bộ phận kia hỏng theo với xác suất \(0{,}5\), con số là bao nhiêu?
Lời giải
Độc lập: \(0{,}02 \cdot 0{,}02 = 0{,}0004\). Không độc lập: theo công thức nhân, \(P(\text{cả hai}) = P(\text{bộ phận 1 hỏng}) \cdot P(\text{bộ phận 2 hỏng} \mid \text{bộ phận 1 hỏng}) = 0{,}02 \cdot 0{,}5 = 0{,}01\), lớn gấp 25 lần. Giả định độc lập, khi sai, làm rủi ro trông nhỏ hơn thực tế hàng chục lần.
C. Phản ví dụ và chứng minh¶
C1. Chứng minh rằng nếu \(A\) và \(B\) độc lập thì \(\overline{A}\) và \(\overline{B}\) độc lập.
Lời giải
Theo Mệnh đề 5, \(A\) và \(\overline{B}\) độc lập. Áp dụng Mệnh đề 5 lần nữa cho cặp \(\overline{B}\) và \(A\), với vai trò đổi cho nhau, ta được \(\overline{B}\) và \(\overline{A}\) độc lập. \(\square\) Cũng có thể tính trực tiếp: \(P(\overline{A} \cap \overline{B}) = 1 - P(A \cup B) = 1 - P(A) - P(B) + P(A)P(B) = \big(1 - P(A)\big)\big(1 - P(B)\big)\).
C2. Với hai đồng xu và ba biến cố \(A\), \(B\), \(C\) ở mục Ranh giới, chứng minh chúng độc lập từng đôi nhưng không độc lập cả bộ.
Lời giải
Viết N cho ngửa, S cho sấp, chữ đầu cho đồng thứ nhất: bốn thế giới NN, NS, SN, SS ngang nhau. \(A = \{\text{NN}, \text{NS}\}\), \(B = \{\text{NN}, \text{SN}\}\), \(C = \{\text{NN}, \text{SS}\}\), mỗi tập có xác suất \(\frac12\). Mỗi giao của hai tập là \(\{\text{NN}\}\), xác suất \(\frac14 = \frac12 \cdot \frac12\): độc lập từng đôi. Nhưng \(A \cap B \cap C = \{\text{NN}\}\) có xác suất \(\frac14 \neq \frac18 = P(A)P(B)P(C)\): không độc lập cả bộ. \(\square\) Mỗi cặp không cho thông tin về biến cố thứ ba khi đứng riêng, nhưng hai biến cố cùng nhau xác định hoàn toàn biến cố thứ ba.
C3. Tổng quát bài toán ba cánh cửa cho \(n \geq 3\) cửa: sau khi người chơi chọn một cửa, người dẫn chương trình (biết xe ở đâu) mở \(n - 2\) cửa có dê trong những cửa còn lại, để lại đúng một cửa chưa mở ngoài cửa của người chơi. Chứng minh đổi cửa thắng với xác suất \(\frac{n - 1}{n}\).
Lời giải
Lựa chọn đầu đúng với xác suất \(\frac1n\); khi ấy mọi cửa còn lại có dê, và đổi thì thua. Lựa chọn đầu sai với xác suất \(\frac{n - 1}{n}\); khi ấy xe nằm ở một trong \(n - 1\) cửa còn lại, người dẫn chương trình buộc phải để lại đúng cửa có xe vì chỉ được mở cửa có dê, và đổi thì thắng. Theo công thức xác suất toàn phần, đổi cửa thắng với xác suất \(\frac1n \cdot 0 + \frac{n - 1}{n} \cdot 1 = \frac{n - 1}{n}\). \(\square\) Với 100 cửa, đổi thắng \(0{,}99\): trực giác "hai cửa, mỗi cửa một nửa" càng sai rõ khi \(n\) lớn.
Câu hỏi để ngỏ¶
"Xác suất xét nghiệm dương tính khi có bệnh" không phải "xác suất có bệnh khi xét nghiệm dương tính", nhưng ta nhầm hai điều này liên tục. Làm sao đi từ cái này sang cái kia, và vì sao cách đi ấy là cách hợp lý duy nhất để cập nhật niềm tin?