Tóm tắt nội dung trọng tâm: Chuyên đề giới thiệu cách tiếp cận hiện đại trong việc giải các bài toán xác suất nâng cao thông qua tư duy qu...
Dạng 6. Phân phối của tổng – quy hoạch động “tích chập”
Ví dụ 12 (Bài toán của Galileo): Gieo đồng thời ba con xúc xắc cân đối. Tính xác suất tổng số chấm bằng 10.
Ghi chú lịch sử: Đầu thế kỉ XVII, những người chơi ở Florence thắc mắc vì sao tổng 10 ra nhiều hơn tổng 9, dù cả hai đều có 6 cách phân tích thành ba số từ 1 đến 6. Galileo giải thích trong ghi chép Sopra le scoperte dei dadi: phải đếm bộ có thứ tự, khi đó tổng 9 có 25 kết quả còn tổng 10 có 27 kết quả.
Thiết lập trạng thái: Gọi \(N_k(s)\) là số kết quả có thứ tự của \(k\) con xúc xắc có tổng số chấm bằng \(s\). Phân tích theo con xúc xắc cuối cùng (ra \(t\) chấm với \(1 \le t \le 6\)):
\[N_k(s) = \sum_{t=1}^{6} N_{k-1}(s - t), \quad N_1(s) = 1 \; (1 \le s \le 6)\]
Bảng phân phối cho hai con xúc xắc \(N_2(s)\):
| \(s\) | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | 10 | 11 | 12 |
|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
| \(N_2(s)\) | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 | 6 | 5 | 4 | 3 | 2 | 1 |
\[N_3(10) = N_2(9) + N_2(8) + \dots + N_2(4) = 4 + 5 + 6 + 5 + 4 + 3 = 27\]
Xác suất cần tìm là: \[P = \frac{27}{216} = \frac{1}{8}\]
Biến thể: Nếu bài toán chỉ hỏi tổng chia hết cho 3, ta không cần lưu trữ toàn bộ giá trị của tổng mà chỉ cần lưu số dư của tổng khi chia cho 3 (bảng trạng thái chỉ còn 3 cột). Kĩ năng lựa chọn trạng thái "vừa đủ" là mấu chốt quan trọng nhất của phương pháp quy hoạch động.
Dạng 7. Tính chẵn – lẻ
Ví dụ 13: Một đồng xu không cân đối có xác suất ra ngửa là \(p\). Tung đồng xu \(n\) lần. Tính xác suất để số lần xuất hiện mặt ngửa là một số chẵn.
Gọi \(e_n\) là xác suất cần tìm sau \(n\) lần tung, điều kiện ban đầu \(e_0 = 1\).
Số lần ngửa sau \(n\) lần là số chẵn xảy ra trong hai trường hợp xung khắc:
- Trước đó chẵn lần ngửa và lần này xuất hiện mặt sấp (xác suất \(1 - p\)).
- Trước đó lẻ lần ngửa và lần này xuất hiện mặt ngửa (xác suất \(p\)).
Ta có hệ thức truy hồi:
\[e_n = (1 - p)e_{n-1} + p(1 - e_{n-1}) \implies e_n - \frac{1}{2} = (1 - 2p)\left(e_{n-1} - \frac{1}{2}\right)\]
\[\implies e_n = \frac{1}{2}\left[1 + (1 - 2p)^n\right]\]
Chẳng hạn với \(p = \frac{1}{3}\) và \(n = 5\), ta tính được: \[e_5 = \frac{1}{2}\left(1 + \frac{1}{243}\right) = \frac{122}{243}\]
Đối chiếu bằng khai triển nhị thức Newton (với \(q = 1 - p\)): \[e_n = \frac{(q + p)^n + (q - p)^n}{2}\] Kết quả từ hai phương pháp hoàn toàn trùng khớp.
Dạng 8. Xích Markov theo thời gian – bảng phân phối
Khi đối tượng di chuyển liên tục giữa nhiều vị trí và bài toán yêu cầu xác định trạng thái tại một mốc thời gian cụ thể, ta lập bảng phân phối xác suất: mỗi hàng tương ứng với một thời điểm, mỗi cột là một vị trí và mỗi ô thể hiện xác suất đang có mặt tại vị trí đó. Hàng kế tiếp được suy ra từ hàng trước qua công thức xác suất toàn phần:
\[p_{t+1}(Y) = \sum_{X} p_t(X) \cdot P(X \to Y)\]
Mẹo kiểm tra nhanh: Tổng xác suất trên mỗi hàng luôn luôn bằng 1, do đó với không gian 3 vị trí chỉ cần tính toán 2 cột, giá trị của cột còn lại được suy ra trực tiếp.
Ví dụ 14 (Dạng Đúng/Sai): Một robot di chuyển giữa 3 vị trí A, B, C. Mỗi lần di chuyển mất 1 phút, robot chuyển sang vị trí khác theo quy tắc:
- Tại A: chuyển sang B hoặc C với xác suất bằng nhau là 0,5.
- Tại B: chuyển sang A với xác suất 0,6 và sang C với xác suất 0,4.
- Tại C: chuyển sang A với xác suất 0,8 và sang B với xác suất 0,2.
Ban đầu (thời điểm \(t = 0\)) robot đang ở vị trí A. Xét tính đúng/sai của các mệnh đề sau:
a) Xác suất robot ở A tại thời điểm \(t = 1\) bằng 0.
b) Xác suất robot ở A tại thời điểm \(t = 2\) bằng 0,7.
c) Tại \(t = 3\), A là vị trí robot có khả năng ở cao nhất.
d) Xác suất để robot trở về A lần đầu tiên tại thời điểm \(t = 5\) là 0,0176.
