Bài 7: Công thức xác suất đầy đủ và Bayes

Cho không gian mẫu \(\Omega \) và A₁, A₂, .... A_n, B là các biến cố.

Các biến cố A₁, A₂, A_n được gọi là một hệ biến cố đầy đủ nếu chúng thỏa mãn 2 điều kiện:

• \({A_1} \cup {A_2} \cup ... \cup {A_n} = \Omega \)
• \({A_i} \cap {A_j} = \emptyset \) với mọi \(i \ne j\) và \(i,\,j \in \left\{ {1,2,...,n} \right\}\)

Khi đó ta có:

\(P(B) = \sum\limits_{i = 1}^n {P({A_i})} P(B/{A_i})\)  (1,22)

Các xác suất P(A₁); P(A₂); . . . , P(A_n) thường được gọi là các xác suất của các giả thiết (hay các xác suất tiên nghiệm) và công thức trên được gọi là công thức xác suất đầy đủ.

Chứng minh:

Ta có: \(B = B\Omega = B({A_1} \cup {A_2} \cup .... \cup {A_n}) = (B{A_1}) \cup (B{A_2}) \cup .... \cup (B{A_n})\)

Từ đó: \(P(B) = P\left( {(B{A_1}) \cup (B{A_2}) \cup .... \cup (B{A_n})} \right)\)

Do các biến cố A₁, A₂ . . . ., A_n xung khắc từng đôi nên các biến cố A₁B; A₂B ;... ; A_nB cũng xung khắc từng đôi. Áp dụng công thức cộng xác suất ta có: \(P(B) = \sum\limits_{i = 1}^n {P({A_i}.B)} \)

Theo công thức nhân xác suất, ta lại có: \(P(A_i.B)=P(A_i).P(B/A_i)\)

Vậy: \(P(B) = \sum\limits_{i = 1}^n {P({A_i})} P(B/{A_i})\)

Thí dụ: Có 3 lô sản phẩm, tỷ lệ phế phẩm của từng lô tương ứng là: 6%; 2%; 1%. Chọn ngẫu nhiên một lô rồi từ lô đã chọn lấy ngẫu nhiên ra một sản phẩm. Tìm xác suất để lấy được một phế phẩm?

Giải: Gọi B là biến cố lấy được một phế phẩm. A₁, A₂, A₃ tương ứng là các biến cố sản phẩm lấy ra thuộc lô thứ nhất, thứ hai, thứ ba. Các biến cố A₁, A₂, A₃ là một hệ biến cố đầy đủ. Áp dụng công thức xác suất đầy đủ ta có:

P(B) = P(A₁)P(B/A₁) + P(A₂)P(B/A₂) + P(A₃)P(B/A₃)

P(A₁) = P(A₂) = P(A₃) = \(\frac{1}{3}\)

P(B/A₁) = 0,06;        P(B/A₂) = 0,02;         P(B/A₃) = 0,01

Vậy:  P(B) = \(\frac{1}{3}\) (0,06 + 0,02 + 0,01) = 0,03

Với các giả thiết như phần công thức xác suất đầy đủ, ta thêm một điều kiện là phép thử đã được thực hiện và biến cố B đã xảy ra. Khi đó:

\(P({A_i}/B) = \frac{{P({A_i})P(B/{A_i})}}{{\sum\limits_{i = 1}^n {P({A_i})P(B/{A_i})} }}\)

\((\forall i = 1,2,....,n)\)

Chứng minh: Theo công thức nhân xác suất ta có:

P(A₁ B) = P(A₁) P(B/A_i) = P(B)P(A_i/B)

\(\Rightarrow P({A_i}/B) = \frac{{P({A_i})P(B/{A_i})}}{{P(B)}}\)

Theo công thức xác suất đầy đủ ta có: \(P(B) = \sum\limits_{i = 1}^n {P({A_i})} P(B/{A_i})\)

Vậy: 

\(P({A_i}/B) = \frac{{P({A_i})P(B/{A_i})}}{{\sum\limits_{i = 1}^n {P({A_i})P(B/{A_i})} }}\,\,(i = 1,2,....,n)\)

Các xác suất P(A_i/B) được xác định sau khi đã biết kết quả của phép thử là B đâ xảy ra nên thường được gọi là các xác suất hậu nghiệm. Như vậy công thức Bayes cho phép ta xác định lại các xác suất tiên nghiệm P(A_i) khi biết thêm thông tin là B xảy ra khi thực hiện một phép thử.

Thí dụ: Một hộp có 5 sản phẩm hoàn toàn không rõ chất lượng. Lấy ngẫu nhiên không hoàn lại một sản phẩm từ hộp thì được sản phẩm tốt. Sau đó chọn ngẫu nhiên từ hộp một sản phẩm nữa. Tìm xác suất để sản phẩm lấy ra từ hộp lần thứ hai là sản phẩm tốt?

Giải: Gọi A₀, A₁, . . ., A₅ tương ứng là các biến cố trong hộp có 0, 1, . . ., 5 sản phẩm tốt. Ta thấy các biến cố: A₀, A₁, .. ., A₅ là một hệ biến cố đầy đủ và xung khắc từng đôi. Vì ta hoàn toàn không biết chất lượng của những sản phẩm trong hộp nên ta có thể coi các biến cố A₀, A₁,..., A₅ có khả năng xảy ra như nhau.

Tức: \(P({A_0}) = P({A_1}) = ... = P({A_5}) = \frac{1}{6}\)

B là biến cố sản phẩm lấy ra từ hộp lần đầu là sản phẩm tốt.

Áp dụng công thức xác suất đầy đủ, ta có:

 \(P(B) = \sum\limits_{i = 0}^5 {P({A_i})} P(B/{A_i}) = \frac{1}{6}\left( {0 + \frac{1}{5} + \frac{2}{5} + \frac{3}{5} + \frac{4}{5} + 1} \right) = 0,5\)

Theo giả thiết thì B đã xảy ra. Do đó ta có thể áp dụng công thức Bayes. Khi đó:

 \(P({A_0}/B) = \frac{{P({A_0})P(B/{A_0})}}{{P(B)}} = 0\)

Vì với điều kiện A₀ xảy ra, tức trong hộp không có sản phẩm tốt thì khi đó biến cố B (lấy được sản phẩm tốt) trở thành biến cố không thể có. Vì vậy P(B/A₀) = 0 ⇒ P(A₀/B) = 0

\(P({A_1}/B) = \frac{{P({A_1})P(B/{A_1})}}{{P(B)}} = \frac{{\frac{1}{6}.\frac{1}{5}}}{{0,5}} = \frac{1}{{15}}\)

\(P({A_2}/B) = \frac{{P({A_2})P(B/{A_2})}}{{P(B)}} = \frac{{\frac{1}{6}.\frac{2}{5}}}{{0,5}} = \frac{2}{{15}}\)

Tính tương tự ta được: 

\(P({A_3}/B) = \frac{3}{{15}};\,\,\,\,\,\,\,\,\,P({A_4}/B) = \frac{4}{{15}};\,\,\,\,\,\,\,\,P({A_5}/B) = \frac{5}{{15}}\)

Gọi C là biến cố lấy được sản phẩm tốt ở lần sau. Áp dụng công thức xác suất đầy đủ ta có:

\(P(C) = P({A_1}/B)P(C/{A_1}B) + P({A_2}/B)P(C/{A_2}B) + ... + P({A_5}/B)P(C/{A_5}B)\)

\(= \frac{1}{{15}}.0 + \frac{2}{{15}}.\frac{1}{4} + \frac{3}{{15}}.\frac{2}{4} + \frac{4}{{15}}.\frac{3}{4} + \frac{5}{{15}}.1 = \frac{2}{3}\)

Ở thí dụ này, các xác suất tiên nghiệm là P(A₀); P(A₁);...;P(A₅) và đều bằng \(\frac{1}{6}\). Nhưng sau khi lấy một sản phẩm từ hộp và biết được thông tin là lấy được một sản phẩm tốt đã làm cho các xác suất tiên nghiệm này thay đổi như đã tính theo công thức Bayes ở trên. P(A₀/B); P(A₁/B); . . . ; P(A₅/B) chính là các xác suất hậu nghiệm.