Bài 19. Công thức xác suất toàn phần và công thức Bayes (Toán 12, Kết nối tri thức) giúp các em tính xác suất của một biến cố khi nó có thể xảy ra theo nhiều "con đường" khác nhau, và biết cách cập nhật xác suất khi có thêm thông tin mới, như khi đọc một kết quả xét nghiệm. Cuối bài có lời giải chi tiết tất cả bài tập trong sách giáo khoa và bài tập cuối chương VI.
A. Tóm tắt lý thuyết
1. Công thức xác suất toàn phần
Xét tình huống mở đầu của SGK. Một buổi ca nhạc ngoài trời, nếu trời không mưa thì xác suất bán hết vé là 0,9; nếu trời mưa thì chỉ là 0,4. Dự báo cho biết xác suất trời mưa là 0,75. Hỏi xác suất bán hết vé là bao nhiêu?
Khó ở chỗ ta không biết trước trời có mưa hay không. Nhưng ta biết chắc chỉ có hai khả năng là mưa hoặc không mưa. Vì vậy ta tách việc "bán hết vé" theo hai khả năng đó, tính từng khả năng rồi cộng lại.
Nhắc lại ký hiệu. $\overline{A}$ là biến cố đối của A, tức là "A không xảy ra". $P(B\mid A)$ là xác suất của B khi đã biết A xảy ra (xác suất có điều kiện, Bài 18).
Hiểu nôm na. Muốn đi tới kết quả B có hai "con đường", đi qua A hoặc đi qua $\overline{A}.$ Xác suất của B bằng tổng xác suất của hai con đường đó.
Cho hai biến cố A và B. Khi đó, ta có công thức sau
\[\begin{aligned}P(B)&=P(A)\cdot P(B\mid A)\\&\quad+P(\overline{A})\cdot P(B\mid\overline{A}).\end{aligned}\]
Công thức trên được gọi là công thức xác suất toàn phần.
Vì sao đúng? Khi B xảy ra thì hoặc A cũng xảy ra (biến cố AB), hoặc A không xảy ra (biến cố $\overline{A}B)$. Hai trường hợp này không thể cùng xảy ra, nên $P(B)=P(AB)+P(\overline{A}B).$ Theo công thức nhân xác suất (Bài 18), mỗi số hạng bằng một tích, ví dụ $P(AB)=P(A)\cdot P(B\mid A).$ Thay vào ta được công thức trên.
Cách làm bài toán dùng công thức xác suất toàn phần
• Gọi A là biến cố xảy ra trước (chia trường hợp), B là biến cố cần tính xác suất.
• Đọc đề, ghi đủ bốn số $P(A),$ $P(\overline{A}),$ $P(B\mid A),$ $P(B\mid\overline{A}).$
• Thay vào công thức, nhân từng cặp rồi cộng.
Ví dụ 1. Trở lại tình huống buổi ca nhạc. Tính xác suất để nhà tổ chức bán hết vé.
Giải. Việc bán hết vé phụ thuộc trời mưa hay không, nên ta chia trường hợp theo thời tiết. Gọi A là biến cố "Trời mưa", B là biến cố "Bán hết vé".
• "Xác suất trời mưa là 0,75" cho $P(A)=0{,}75,$ suy ra $P(\overline{A})=1-0{,}75=0{,}25.$
• "Nếu trời mưa thì xác suất bán hết vé là 0,4" cho $P(B\mid A)=0{,}4.$
• "Nếu trời không mưa thì xác suất bán hết vé là 0,9" cho $P(B\mid\overline{A})=0{,}9.$
Theo công thức xác suất toàn phần
\[P(B)=0{,}75\cdot 0{,}4+0{,}25\cdot 0{,}9=0{,}525.\]
Vậy xác suất bán hết vé là 0,525.
Lưu ý. $P(B\mid\overline{A})$ không bằng $1-P(B\mid A).$ Cái bằng $1-P(B\mid A)$ là $P(\overline{B}\mid A).$ Trong ví dụ trên $P(B\mid A)=0{,}4$ nhưng $P(B\mid\overline{A})=0{,}9.$
Sơ đồ hình cây
Học sinh thường dễ làm hơn khi vẽ sơ đồ hình cây, đúng như SGK hướng dẫn. Cây vẽ từ một gốc O, tách hai lần.
Cách vẽ và đọc sơ đồ hình cây
• Từ gốc O vẽ hai nhánh tới A và $\overline{A},$ ghi $P(A)$ và $P(\overline{A}).$
• Từ mỗi điểm A, $\overline{A}$ vẽ tiếp hai nhánh tới B và $\overline{B},$ ghi xác suất có điều kiện, ví dụ trên nhánh từ A tới B ghi $P(B\mid A).$
• Muốn tính xác suất của B, tìm mọi đường đi từ gốc tới B, nhân các số dọc mỗi đường rồi cộng các đường lại.
Ví dụ 2 (Ví dụ 1 trong SGK). Ông An đi làm bằng xe máy hoặc xe buýt. Nếu hôm nay đi xe buýt thì xác suất hôm sau đi xe máy là 0,4. Nếu hôm nay đi xe máy thì xác suất hôm sau đi xe buýt là 0,7. Biết thứ Hai ông đi xe buýt, tính xác suất thứ Tư ông đi xe máy.
Giải. Cách đi thứ Tư phụ thuộc cách đi thứ Ba, nên ta chia trường hợp theo thứ Ba. Gọi A là biến cố "Thứ Ba, ông An đi làm bằng xe máy", B là biến cố "Thứ Tư, ông An đi làm bằng xe máy".
• Thứ Hai đi xe buýt nên thứ Ba đi xe máy với xác suất 0,4. Vậy $P(A)=0{,}4,$ $P(\overline{A})=0{,}6.$
• Thứ Ba đi xe máy thì thứ Tư đi xe buýt với xác suất 0,7, nên đi xe máy với xác suất $1-0{,}7=0{,}3.$ Vậy $P(B\mid A)=0{,}3.$
• Thứ Ba đi xe buýt thì thứ Tư đi xe máy với xác suất 0,4. Vậy $P(B\mid\overline{A})=0{,}4.$
Ta vẽ cây như sau. Số dưới mỗi ngọn là tích các số dọc theo đường đi tới ngọn đó.
Có hai đường đi tới B (tô đỏ) là OAB và $O\overline{A}B.$ Nhân dọc mỗi đường rồi cộng lại
\[P(B)=0{,}4\cdot 0{,}3+0{,}6\cdot 0{,}4=0{,}36.\]
Vậy xác suất thứ Tư ông An đi xe máy là 0,36.
Mẹo nhớ. Nhân dọc theo nhánh, cộng các nhánh cùng đi tới biến cố cần tính. Hai nhánh tách ra từ cùng một điểm luôn có tổng bằng 1, nên biết một số là suy ra số kia.
Chẳng hạn, xác suất thứ Tư ông An đi xe buýt là tổng hai ngọn $\overline{B},$ tức là $0{,}28+0{,}36=0{,}64$ (cũng bằng $1-0{,}36).$
2. Công thức Bayes
Ở mục 1 ta đi xuôi, biết nguyên nhân thì tính xác suất của kết quả. Mục này ta đi ngược. Đã biết kết quả B xảy ra rồi, hỏi khả năng nguyên nhân là A bằng bao nhiêu.
Trong y học, không xét nghiệm nào đúng tuyệt đối. Có thể dương tính giả (xét nghiệm dương tính nhưng người đó không mắc bệnh) hoặc âm tính giả (xét nghiệm âm tính nhưng người đó lại mắc bệnh).
Tình huống trong SGK. Nếu một người mắc bệnh X thì xét nghiệm cho dương tính với xác suất 0,95; nếu không mắc bệnh thì xét nghiệm vẫn cho dương tính với xác suất 0,01. Ông M có kết quả dương tính và hoảng hốt nghĩ rằng mình mắc bệnh với xác suất 0,95. Ông M nghĩ đúng không?
Gọi A là biến cố "Ông M mắc bệnh X", B là biến cố "Xét nghiệm cho kết quả dương tính". Số 0,95 là $P(B\mid A)$ (biết mắc bệnh, hỏi dương tính). Còn điều ông M cần biết là $P(A\mid B)$ (biết dương tính, hỏi mắc bệnh). Hai xác suất này khác nhau. Công thức sau giúp tính $P(A\mid B).$
Cho A và B là hai biến cố, với $P(B)\gt 0.$ Khi đó, ta có công thức sau
\[P(A\mid B)=\dfrac{P(A)\cdot P(B\mid A)}{\begin{gathered}P(A)\cdot P(B\mid A)\\+P(\overline{A})\cdot P(B\mid\overline{A})\end{gathered}}.\]
Công thức trên có tên là công thức Bayes.
Vì mẫu số chính là $P(B)$ (công thức xác suất toàn phần) nên công thức Bayes còn viết gọn là
\[P(A\mid B)=\dfrac{P(A)\cdot P(B\mid A)}{P(B)}.\]
Hiểu nôm na. Ban đầu ta đoán A có xác suất $P(A).$ Sau đó ta biết thêm tin mới là "B đã xảy ra". Công thức Bayes giúp tính lại khả năng của A theo tin mới, tức là tính $P(A\mid B).$ Nhìn trên sơ đồ hình cây thì
\[P(A\mid B)=\dfrac{\text{đường đi qua } A \text{ tới } B}{\text{tổng mọi đường đi tới } B}.\]
Cách làm bài toán dùng công thức Bayes
• Gọi A là nguyên nhân (xảy ra trước), B là kết quả đề cho biết đã xảy ra. Đề hỏi $P(A\mid B).$
• Ghi đủ bốn số $P(A),$ $P(\overline{A}),$ $P(B\mid A),$ $P(B\mid\overline{A}).$
• Tính $P(B)$ bằng công thức xác suất toàn phần (hoặc sơ đồ cây).
• Lấy tích $P(A)\cdot P(B\mid A)$ chia cho $P(B).$
Ví dụ 3. Trở lại tình huống của ông M. Thống kê cho thấy tỉ lệ dân số mắc bệnh X là 0,2%. Sau khi xét nghiệm cho kết quả dương tính, xác suất ông M mắc bệnh X là bao nhiêu?
Giải. Đề đã biết kết quả là dương tính, hỏi ngược về việc mắc bệnh, nên ta tính $P(A\mid B)$ bằng công thức Bayes.
• Trước khi xét nghiệm, xác suất ông M mắc bệnh bằng tỉ lệ dân số mắc bệnh 0,2%, nên $P(A)=0{,}002,$ $P(\overline{A})=0{,}998.$
• Theo đề bài $P(B\mid A)=0{,}95,$ $P(B\mid\overline{A})=0{,}01.$
Theo công thức xác suất toàn phần
\[\begin{aligned}P(B)&=0{,}002\cdot 0{,}95+0{,}998\cdot 0{,}01\\&=0{,}01188.\end{aligned}\]
Theo công thức Bayes
\[P(A\mid B)=\dfrac{0{,}002\cdot 0{,}95}{0{,}01188}\approx 0{,}16.\]
Vậy dù xét nghiệm dương tính, xác suất ông M thật sự mắc bệnh chỉ khoảng 16%, chứ không phải 95%. Xác suất này đã tăng gấp 80 lần so với trước xét nghiệm (0,2%), nhưng vẫn còn nhỏ.
Vì sao lại nhỏ như vậy? Thử hình dung có 100 000 người đi xét nghiệm.
• Có 200 người mắc bệnh, trong đó khoảng $200\cdot 0{,}95=190$ người dương tính.
• Có 99 800 người không mắc bệnh, nhưng vẫn có khoảng $99\,800\cdot 0{,}01=998$ người dương tính giả.
Trong 1188 người dương tính, chỉ có 190 người thật sự mắc bệnh, tức là khoảng $\dfrac{190}{1188}\approx 16\%.$ Người khỏe quá đông nên dù tỉ lệ dương tính giả nhỏ (1%), số người dương tính giả vẫn nhiều hơn hẳn số người bệnh thật. Đó là lí do bác sĩ thường cho xét nghiệm lại lần nữa trước khi kết luận.
Ví dụ 4. Một tỉnh có 80% học sinh chọn tổ hợp A00. Nếu chọn A00 thì xác suất đỗ đại học là 0,6; nếu không chọn A00 thì xác suất đỗ đại học là 0,7. Chọn ngẫu nhiên một học sinh của tỉnh, biết học sinh này đã đỗ đại học. Tính xác suất để học sinh đó chọn tổ hợp A00.
Giải. Đề cho biết học sinh đã đỗ (kết quả), hỏi ngược về tổ hợp đã chọn (nguyên nhân), nên dùng công thức Bayes. Gọi A là biến cố "Học sinh đó chọn tổ hợp A00", B là biến cố "Học sinh đó đỗ đại học". Ta cần tính $P(A\mid B).$
• Từ đề bài $P(A)=0{,}8,$ $P(\overline{A})=0{,}2,$ $P(B\mid A)=0{,}6,$ $P(B\mid\overline{A})=0{,}7.$
• Theo công thức xác suất toàn phần $P(B)=0{,}8\cdot 0{,}6+0{,}2\cdot 0{,}7=0{,}62.$
Theo công thức Bayes
\[P(A\mid B)=\dfrac{0{,}8\cdot 0{,}6}{0{,}62}\approx 0{,}7742.\]
Vậy xác suất học sinh đó chọn tổ hợp A00 là khoảng 0,7742.
Nhận dạng nhanh
• Đề hỏi xác suất của một kết quả, mà kết quả đó xảy ra được qua nhiều "đường" (mưa hoặc không mưa, chuồng I hoặc chuồng II…) thì dùng công thức xác suất toàn phần.
• Đề cho biết kết quả đã xảy ra (hay có chữ "biết rằng…", "giả sử… đã…", "chọn một thư bị chặn…"), rồi hỏi ngược về nguyên nhân thì dùng công thức Bayes.
• Đặt biến cố thì A là cái xảy ra trước (chia hai trường hợp), B là cái xảy ra sau (kết quả).
Lưu ý. Câu "nếu mắc bệnh thì xét nghiệm dương tính với xác suất 0,95" cho $P(B\mid A).$ Câu "biết xét nghiệm dương tính, tính xác suất mắc bệnh" là hỏi $P(A\mid B).$ Đọc kĩ chữ "nếu", "biết" để không đặt nhầm.
B. Giải bài tập sách giáo khoa
Bài 6.7 (SGK trang 77). Trong quân sự, một máy bay chiến đấu của đối phương có thể xuất hiện ở vị trí X với xác suất 0,55. Nếu máy bay đó không xuất hiện ở vị trí X thì nó xuất hiện ở vị trí Y. Để phòng thủ, các bệ phóng tên lửa được bố trí tại các vị trí X và Y. Khi máy bay đối phương xuất hiện ở vị trí X hoặc Y thì tên lửa sẽ được phóng để hạ máy bay đó.
Xét phương án tác chiến sau. Nếu máy bay xuất hiện tại X thì bắn 2 quả tên lửa và nếu máy bay xuất hiện tại Y thì bắn 1 quả tên lửa. Biết rằng, xác suất bắn trúng máy bay của mỗi quả tên lửa là 0,8 và các bệ phóng tên lửa hoạt động độc lập. Máy bay bị bắn hạ nếu nó trúng ít nhất 1 quả tên lửa. Tính xác suất bắn hạ máy bay đối phương trong phương án tác chiến nêu trên.
Lời giải
Gọi A là biến cố "Máy bay xuất hiện ở vị trí X", B là biến cố "Máy bay bị bắn hạ". Khi đó $\overline{A}$ là biến cố "Máy bay xuất hiện ở vị trí Y". Máy bay bị bắn hạ có thể xảy ra theo hai đường (ở X hoặc ở Y), nên ta dùng công thức xác suất toàn phần.
• Ta có $P(A)=0{,}55,$ $P(\overline{A})=1-0{,}55=0{,}45.$
• Máy bay ở X thì bị bắn 2 quả. Mỗi quả trượt với xác suất $1-0{,}8=0{,}2.$ Máy bay không bị hạ khi cả 2 quả đều trượt, xác suất là $0{,}2\cdot 0{,}2=0{,}04$ (hai quả độc lập). Do đó $P(B\mid A)=1-0{,}04=0{,}96.$
• Máy bay ở Y thì bị bắn 1 quả, nên $P(B\mid\overline{A})=0{,}8.$
Theo công thức xác suất toàn phần
\[\begin{aligned}P(B)&=0{,}55\cdot 0{,}96+0{,}45\cdot 0{,}8\\&=0{,}888.\end{aligned}\]
Vậy xác suất bắn hạ máy bay đối phương là 0,888.
Bài 6.8 (SGK trang 78). Có hai chuồng thỏ. Chuồng I có 5 con thỏ đen và 10 con thỏ trắng. Chuồng II có 7 con thỏ đen và 3 con thỏ trắng. Trước tiên, từ chuồng II lấy ra ngẫu nhiên 1 con thỏ rồi cho vào chuồng I. Sau đó, từ chuồng I lấy ra ngẫu nhiên 1 con thỏ. Tính xác suất để con thỏ được lấy ra là con thỏ trắng.
Lời giải
Gọi A là biến cố "Con thỏ lấy từ chuồng II là thỏ trắng", B là biến cố "Con thỏ lấy từ chuồng I là thỏ trắng". Màu thỏ bỏ sang chuồng I làm thay đổi chuồng I, nên ta chia hai trường hợp theo con thỏ đó và dùng công thức xác suất toàn phần.
• Chuồng II có 3 thỏ trắng trong 10 con nên $P(A)=\dfrac{3}{10},$ $P(\overline{A})=\dfrac{7}{10}.$
• Nếu A xảy ra (bỏ vào thỏ trắng) thì chuồng I có 5 thỏ đen, 11 thỏ trắng, tổng 16 con, nên $P(B\mid A)=\dfrac{11}{16}.$
• Nếu A không xảy ra (bỏ vào thỏ đen) thì chuồng I có 6 thỏ đen, 10 thỏ trắng, tổng 16 con, nên $P(B\mid\overline{A})=\dfrac{10}{16}.$
Theo công thức xác suất toàn phần
\[\begin{aligned}P(B)&=\dfrac{3}{10}\cdot\dfrac{11}{16}+\dfrac{7}{10}\cdot\dfrac{10}{16}\\&=\dfrac{103}{160}.\end{aligned}\]
Vậy xác suất lấy được thỏ trắng là $\dfrac{103}{160}\approx 0{,}644.$
Bài 6.9 (SGK trang 78). Tại nhà máy X sản xuất linh kiện điện tử, tỉ lệ sản phẩm đạt tiêu chuẩn là 80%. Trước khi xuất xưởng ra thị trường, các linh kiện điện tử đều phải qua khâu kiểm tra chất lượng để đóng dấu OTK. Vì sự kiểm tra không tuyệt đối hoàn hảo nên nếu một linh kiện điện tử đạt tiêu chuẩn thì nó có xác suất 0,99 được đóng dấu OTK; nếu một linh kiện điện tử không đạt tiêu chuẩn thì nó có xác suất 0,95 không được đóng dấu OTK. Chọn ngẫu nhiên một linh kiện điện tử của nhà máy X trên thị trường.
a) Tính xác suất để linh kiện điện tử đó được đóng dấu OTK.
b) Dùng sơ đồ hình cây, hãy mô tả cách tính xác suất để linh kiện điện tử được chọn không được đóng dấu OTK.
Lời giải
Gọi A là biến cố "Linh kiện đạt tiêu chuẩn", B là biến cố "Linh kiện được đóng dấu OTK". Việc đóng dấu phụ thuộc linh kiện đạt chuẩn hay không, nên ta chia hai trường hợp theo A. Theo đề bài
$P(A)=0{,}8,$ $P(\overline{A})=0{,}2,$ $P(B\mid A)=0{,}99.$
Đề cho "không đạt chuẩn thì không được đóng dấu với xác suất 0,95", tức là $P(\overline{B}\mid\overline{A})=0{,}95.$ Do đó xác suất được đóng dấu là $P(B\mid\overline{A})=1-0{,}95=0{,}05.$
a) Theo công thức xác suất toàn phần
\[\begin{aligned}P(B)&=0{,}8\cdot 0{,}99+0{,}2\cdot 0{,}05\\&=0{,}802.\end{aligned}\]
Vậy xác suất linh kiện được đóng dấu OTK là 0,802.
b) Ta vẽ sơ đồ hình cây. Hai nhánh tách từ cùng một điểm có tổng bằng 1, nên từ các số trên ta điền đủ cây. Nhánh cấp 1 ghi $P(A)=0{,}8$ và $P(\overline{A})=0{,}2.$ Từ A ghi $P(B\mid A)=0{,}99$ và $P(\overline{B}\mid A)=0{,}01;$ từ $\overline{A}$ ghi $P(B\mid\overline{A})=0{,}05$ và $P(\overline{B}\mid\overline{A})=0{,}95.$
Có hai nhánh đi tới $\overline{B}$ (tô đỏ) là $OA\overline{B}$ và $O\overline{A}\,\overline{B}.$ Nhân dọc mỗi nhánh rồi cộng các nhánh lại
\[\begin{aligned}P(\overline{B})&=0{,}8\cdot 0{,}01+0{,}2\cdot 0{,}95\\&=0{,}198.\end{aligned}\]
Vậy xác suất linh kiện không được đóng dấu OTK là 0,198 (đúng bằng $1-0{,}802).$
Bài 6.10 (SGK trang 78). Có hai đội thi đấu môn Bắn súng. Đội I có 5 vận động viên, đội II có 7 vận động viên. Xác suất đạt huy chương vàng của mỗi vận động viên đội I và đội II tương ứng là 0,65 và 0,55. Chọn ngẫu nhiên một vận động viên.
a) Tính xác suất để vận động viên này đạt huy chương vàng;
b) Giả sử vận động viên được chọn đạt huy chương vàng. Tính xác suất để vận động viên này thuộc đội I.
Lời giải
Gọi A là biến cố "Vận động viên được chọn thuộc đội I", B là biến cố "Vận động viên đó đạt huy chương vàng". Câu a hỏi xác suất của kết quả nên dùng công thức xác suất toàn phần. Câu b đã biết kết quả (đạt huy chương vàng), hỏi ngược về đội nên dùng công thức Bayes.
• Có $5+7=12$ vận động viên, đội I có 5 người nên $P(A)=\dfrac{5}{12},$ $P(\overline{A})=\dfrac{7}{12}.$
• "Mỗi vận động viên đội I, đội II đạt huy chương vàng với xác suất 0,65 và 0,55" cho $P(B\mid A)=0{,}65,$ $P(B\mid\overline{A})=0{,}55.$
a) Theo công thức xác suất toàn phần
\[\begin{aligned}P(B)&=\dfrac{5}{12}\cdot 0{,}65+\dfrac{7}{12}\cdot 0{,}55\\&=\dfrac{71}{120}\approx 0{,}5917.\end{aligned}\]
b) Ta cần tính $P(A\mid B).$ Tử số của công thức Bayes là $P(A)\cdot P(B\mid A)=\dfrac{5}{12}\cdot 0{,}65=\dfrac{13}{48}.$ Theo công thức Bayes
\[\begin{aligned}P(A\mid B)&=\dfrac{P(A)\cdot P(B\mid A)}{P(B)}\\&=\dfrac{13}{48}\cdot\dfrac{120}{71}=\dfrac{65}{142}.\end{aligned}\]
Ở dòng cuối, chia cho $P(B)=\dfrac{71}{120}$ là nhân với phân số đảo ngược của nó.
Vậy xác suất vận động viên đạt huy chương vàng là $\dfrac{71}{120}\approx 0{,}5917;$ biết vận động viên đó đạt huy chương vàng thì xác suất người đó thuộc đội I là $\dfrac{65}{142}\approx 0{,}4577.$
Bài 6.11 (SGK trang 78). Một bộ lọc được sử dụng để chặn thư rác trong các tài khoản thư điện tử. Tuy nhiên, vì bộ lọc không tuyệt đối hoàn hảo nên một thư rác bị chặn với xác suất 0,95 và một thư đúng (không phải là thư rác) bị chặn với xác suất 0,01. Thống kê cho thấy tỉ lệ thư rác là 3%.
a) Chọn ngẫu nhiên một thư bị chặn. Tính xác suất để đó là thư rác.
b) Chọn ngẫu nhiên một thư không bị chặn. Tính xác suất để đó là thư đúng.
c) Trong số các thư bị chặn, có bao nhiêu phần trăm là thư đúng? Trong số các thư không bị chặn, có bao nhiêu phần trăm là thư rác?
Lời giải
Gọi A là biến cố "Thư được chọn là thư rác", B là biến cố "Thư được chọn bị chặn". Cả ba câu đều đã biết thư bị chặn hay không (kết quả), hỏi ngược thư đó là loại gì (nguyên nhân), nên dùng công thức Bayes. Theo đề bài
$P(A)=0{,}03,$ $P(\overline{A})=0{,}97,$ $P(B\mid A)=0{,}95,$ $P(B\mid\overline{A})=0{,}01.$
Hai nhánh tách từ cùng một điểm có tổng bằng 1, suy ra $P(\overline{B}\mid A)=0{,}05,$ $P(\overline{B}\mid\overline{A})=0{,}99.$
Theo công thức xác suất toàn phần
\[\begin{aligned}P(B)&=0{,}03\cdot 0{,}95+0{,}97\cdot 0{,}01\\&=0{,}0382.\end{aligned}\]
Do đó $P(\overline{B})=1-0{,}0382=0{,}9618$ (xác suất thư không bị chặn).
a) Biết thư bị chặn, hỏi xác suất là thư rác, tức là tính $P(A\mid B).$ Theo công thức Bayes
\[\begin{aligned}P(A\mid B)&=\dfrac{P(A)\cdot P(B\mid A)}{P(B)}\\&=\dfrac{0{,}03\cdot 0{,}95}{0{,}0382}\approx 0{,}7461.\end{aligned}\]
b) Biết thư không bị chặn, hỏi xác suất là thư đúng, tức là tính $P(\overline{A}\mid\overline{B}).$ Ta dùng công thức Bayes với $\overline{A}$ thay cho A và $\overline{B}$ thay cho B
\[\begin{aligned}P(\overline{A}\mid\overline{B})&=\dfrac{P(\overline{A})\cdot P(\overline{B}\mid\overline{A})}{P(\overline{B})}\\&=\dfrac{0{,}97\cdot 0{,}99}{0{,}9618}\approx 0{,}9984.\end{aligned}\]
c) "Trong số thư bị chặn, bao nhiêu phần trăm là thư đúng" chính là $P(\overline{A}\mid B).$ Một thư bị chặn thì hoặc là thư rác, hoặc là thư đúng, nên
\[\begin{aligned}P(\overline{A}\mid B)&=1-P(A\mid B)\\&\approx 1-0{,}7461=0{,}2539.\end{aligned}\]
"Trong số thư không bị chặn, bao nhiêu phần trăm là thư rác" chính là $P(A\mid\overline{B}).$ Theo công thức Bayes
\[P(A\mid\overline{B})=\dfrac{0{,}03\cdot 0{,}05}{0{,}9618}\approx 0{,}0016.\]
Vậy trong số các thư bị chặn có khoảng 25,39% là thư đúng; trong số các thư không bị chặn có khoảng 0,16% là thư rác.
C. Bài tập cuối chương VI
Trắc nghiệm
Sử dụng dữ kiện sau để trả lời các câu từ 6.12 đến 6.14. Cho $P(A)=\dfrac{2}{5};$ $P(B\mid A)=\dfrac{1}{3};$ $P(B\mid\overline{A})=\dfrac{1}{4}.$
Bài 6.12 (SGK trang 79). Giá trị của $P(AB)$ là
Lời giải
AB là biến cố "A và B cùng xảy ra". Theo công thức nhân xác suất
\[\begin{aligned}P(AB)&=P(A)\cdot P(B\mid A)\\&=\dfrac{2}{5}\cdot\dfrac{1}{3}=\dfrac{2}{15}.\end{aligned}\]
Chọn A
Bài 6.13 (SGK trang 79). Giá trị của $P(B\overline{A})$ là
Lời giải
$B\overline{A}$ là biến cố "B xảy ra và A không xảy ra". Ta có $P(\overline{A})=1-\dfrac{2}{5}=\dfrac{3}{5}.$ Theo công thức nhân xác suất
\[\begin{aligned}P(B\overline{A})&=P(\overline{A})\cdot P(B\mid\overline{A})\\&=\dfrac{3}{5}\cdot\dfrac{1}{4}=\dfrac{3}{20}.\end{aligned}\]
Chọn D
Bài 6.14 (SGK trang 79). Giá trị của $P(B)$ là
Lời giải
B xảy ra cùng A hoặc cùng $\overline{A},$ nên theo công thức xác suất toàn phần (dùng kết quả hai câu trên)
\[\begin{aligned}P(B)&=P(AB)+P(\overline{A}B)\\&=\dfrac{2}{15}+\dfrac{3}{20}=\dfrac{17}{60}.\end{aligned}\]
Chọn B
Sử dụng dữ kiện sau để trả lời các câu từ 6.15 đến 6.17. Bạn An có một túi gồm một số chiếc kẹo cùng loại, chỉ khác màu, trong đó có 6 chiếc kẹo sô cô la đen, còn lại 4 chiếc kẹo sô cô la trắng. An lấy ngẫu nhiên 1 chiếc kẹo trong túi để cho Bình, rồi lại lấy ngẫu nhiên tiếp 1 chiếc kẹo nữa trong túi và cũng đưa cho Bình.
Bài 6.15 (SGK trang 79). Xác suất để Bình nhận được 2 chiếc kẹo sô cô la đen là
Lời giải
Gọi A là biến cố "Lần thứ nhất lấy được kẹo đen", B là biến cố "Lần thứ hai lấy được kẹo đen". Bình nhận 2 kẹo đen nghĩa là cả hai lần đều đen, tức là biến cố AB.
Túi có $6+4=10$ chiếc, 6 chiếc đen nên $P(A)=\dfrac{6}{10}.$ Nếu lần đầu lấy kẹo đen thì túi còn 9 chiếc, 5 chiếc đen, nên $P(B\mid A)=\dfrac{5}{9}.$ Theo công thức nhân xác suất
\[\begin{aligned}P(AB)&=P(A)\cdot P(B\mid A)\\&=\dfrac{6}{10}\cdot\dfrac{5}{9}=\dfrac{1}{3}.\end{aligned}\]
Chọn A
Bài 6.16 (SGK trang 79). Xác suất để Bình nhận được 2 chiếc kẹo sô cô la trắng là
Lời giải
Làm giống câu trên. Lần thứ nhất lấy được kẹo trắng với xác suất $\dfrac{4}{10}.$ Khi đó túi còn 9 chiếc, 3 chiếc trắng (vì đã lấy ra 1 chiếc trắng), nên lần thứ hai lấy được kẹo trắng với xác suất $\dfrac{3}{9}.$ Theo công thức nhân xác suất, xác suất cần tìm là
\[\dfrac{4}{10}\cdot\dfrac{3}{9}=\dfrac{2}{15}.\]
Chọn B
Bài 6.17 (SGK trang 79). Xác suất để Bình nhận được chiếc kẹo sô cô la đen ở lần thứ nhất, chiếc kẹo sô cô la trắng ở lần thứ hai là
Lời giải
Lần thứ nhất lấy được kẹo đen với xác suất $\dfrac{6}{10}.$ Khi đó túi còn 9 chiếc, trong đó vẫn còn đủ 4 chiếc trắng (vì chiếc lấy ra là kẹo đen), nên lần thứ hai lấy được kẹo trắng với xác suất $\dfrac{4}{9}.$ Theo công thức nhân xác suất
\[\dfrac{6}{10}\cdot\dfrac{4}{9}=\dfrac{4}{15}.\]
Vậy xác suất cần tìm là $\dfrac{4}{15}.$
Lưu ý. Kết quả $\dfrac{4}{15}$ không có trong bốn phương án, có lẽ SGK in nhầm phương án. Các em có thể kiểm tra bằng cách đếm. Số cách lấy lần lượt 2 chiếc là $10\cdot 9=90,$ số cách lấy đen trước, trắng sau là $6\cdot 4=24,$ nên xác suất là $\dfrac{24}{90}=\dfrac{4}{15}.$
Tự luận
Bài 6.18 (SGK trang 79). Để thử nghiệm tác dụng điều trị bệnh mất ngủ của hai loại thuốc X và Y, người ta tiến hành thử nghiệm trên 4000 người bệnh tình nguyện. Kết quả được cho trong bảng thống kê $2\times 2$ sau
| Thuốc X | Thuốc Y | |
|---|---|---|
| Khỏi bệnh | 1600 | 1200 |
| Không khỏi bệnh | 800 | 400 |
Chọn ngẫu nhiên 1 người bệnh tham gia tình nguyện thử nghiệm thuốc.
a) Tính xác suất để người đó khỏi bệnh nếu biết người bệnh đó uống thuốc X.
b) Tính xác suất để người bệnh đó uống thuốc Y, biết rằng người đó khỏi bệnh.
Lời giải
Gọi A là biến cố "Người đó uống thuốc X", B là biến cố "Người đó khỏi bệnh". Khi đó $\overline{A}$ là biến cố "Người đó uống thuốc Y".
Đây là bài xác suất có điều kiện, đọc trực tiếp số liệu từ bảng. Cột "Thuốc X" là những người uống thuốc X, hàng "Khỏi bệnh" là những người khỏi bệnh.
Từ bảng, số người uống thuốc X là $1600+800=2400,$ số người khỏi bệnh là $1600+1200=2800.$
a) "Biết uống thuốc X, tính xác suất khỏi bệnh" là tính $P(B\mid A).$ Ta có $P(AB)=\dfrac{1600}{4000},$ $P(A)=\dfrac{2400}{4000}.$ Do đó
\[P(B\mid A)=\dfrac{P(AB)}{P(A)}=\dfrac{1600}{2400}=\dfrac{2}{3}.\]
b) "Biết khỏi bệnh, tính xác suất uống thuốc Y" là tính $P(\overline{A}\mid B).$ Ta có $P(\overline{A}B)=\dfrac{1200}{4000},$ $P(B)=\dfrac{2800}{4000}.$ Do đó
\[P(\overline{A}\mid B)=\dfrac{P(\overline{A}B)}{P(B)}=\dfrac{1200}{2800}=\dfrac{3}{7}.\]
Vậy xác suất ở câu a là $\dfrac{2}{3},$ ở câu b là $\dfrac{3}{7}.$
Lưu ý. Ở câu a, cả tử và mẫu đều chia cho 4000 nên ta có thể đếm thẳng. Trong 2400 người uống thuốc X có 1600 người khỏi bệnh.
Bài 6.19 (SGK trang 80). Một nhóm có 25 học sinh, trong đó có 14 em học khá môn Toán, 16 em học khá môn Vật lí, 1 em không học khá cả hai môn Toán và Vật lí. Chọn ngẫu nhiên một học sinh trong số đó. Tính xác suất để học sinh đó
a) Học khá môn Toán, đồng thời học khá môn Vật lí;
b) Học khá môn Toán, nhưng không học khá môn Vật lí;
c) Học khá môn Toán, biết rằng học sinh đó học khá môn Vật lí.
Lời giải
Gọi A là biến cố "Học sinh đó học khá môn Toán", B là biến cố "Học sinh đó học khá môn Vật lí".
• Có 1 em không khá môn nào nên số em khá ít nhất một môn là $25-1=24.$
• Khi cộng 14 em khá Toán với 16 em khá Vật lí, các em khá cả hai môn bị đếm hai lần. Do đó số em khá cả hai môn là $14+16-24=6.$
a) Khá cả hai môn là biến cố AB, có 6 em trong 25 em, nên $P(AB)=\dfrac{6}{25}.$
b) Số em khá Toán nhưng không khá Vật lí là $14-6=8,$ nên $P(A\overline{B})=\dfrac{8}{25}.$
c) "Khá Toán, biết rằng khá Vật lí" là tính $P(A\mid B).$ Ta có $P(B)=\dfrac{16}{25}.$ Do đó
\[P(A\mid B)=\dfrac{P(AB)}{P(B)}=\dfrac{6}{16}=\dfrac{3}{8}.\]
Vậy các xác suất cần tìm lần lượt là $\dfrac{6}{25};$ $\dfrac{8}{25};$ $\dfrac{3}{8}.$
Bài 6.20 (SGK trang 80). Chuồng I có 5 con gà mái, 2 con gà trống. Chuồng II có 3 con gà mái, 5 con gà trống. Trong một trò chơi, người chơi bắt một con gà trong số đó theo cách sau. "Người chơi tung một con xúc xắc cân đối, đồng chất. Nếu số chấm chia hết cho 3 thì người chơi chọn chuồng I. Nếu số chấm không chia hết cho 3 thì người chơi chọn chuồng II. Sau đó, từ chuồng đã chọn người chơi bắt ngẫu nhiên một con gà". Tính xác suất để người chơi bắt được con gà mái.
Lời giải
Gọi A là biến cố "Người chơi chọn chuồng I", B là biến cố "Người chơi bắt được gà mái". Gà mái có thể bắt được ở chuồng I hoặc chuồng II (hai đường), nên dùng công thức xác suất toàn phần.
• Số chấm chia hết cho 3 là 3 hoặc 6, nên $P(A)=\dfrac{2}{6}=\dfrac{1}{3},$ $P(\overline{A})=\dfrac{2}{3}.$
• Chuồng I có 5 gà mái trong 7 con nên $P(B\mid A)=\dfrac{5}{7}.$
• Chuồng II có 3 gà mái trong 8 con nên $P(B\mid\overline{A})=\dfrac{3}{8}.$
Theo công thức xác suất toàn phần
\[\begin{aligned}P(B)&=\dfrac{1}{3}\cdot\dfrac{5}{7}+\dfrac{2}{3}\cdot\dfrac{3}{8}\\&=\dfrac{5}{21}+\dfrac{1}{4}=\dfrac{41}{84}.\end{aligned}\]
Vậy xác suất bắt được gà mái là $\dfrac{41}{84}\approx 0{,}488.$
Bài 6.21 (SGK trang 80). Một loại vaccine được tiêm ở địa phương X. Người có bệnh nền thì với xác suất 0,35 có phản ứng phụ sau tiêm; người không có bệnh nền thì chỉ có phản ứng phụ sau tiêm với xác suất 0,16. Chọn ngẫu nhiên một người được tiêm vaccine và người này có phản ứng phụ. Tính xác suất để người này có bệnh nền, biết rằng tỉ lệ người có bệnh nền ở địa phương X là 18%.
Lời giải
Gọi A là biến cố "Người đó có bệnh nền", B là biến cố "Người đó có phản ứng phụ sau tiêm". Đề đã biết người này có phản ứng phụ (kết quả), hỏi ngược về bệnh nền (nguyên nhân), nên ta tính $P(A\mid B)$ bằng công thức Bayes.
Theo đề bài, tỉ lệ người có bệnh nền 18% cho $P(A)=0{,}18,$ $P(\overline{A})=0{,}82,$ $P(B\mid A)=0{,}35,$ $P(B\mid\overline{A})=0{,}16.$
Theo công thức xác suất toàn phần
\[\begin{aligned}P(B)&=0{,}18\cdot 0{,}35+0{,}82\cdot 0{,}16\\&=0{,}1942.\end{aligned}\]
Theo công thức Bayes
\[\begin{aligned}P(A\mid B)&=\dfrac{P(A)\cdot P(B\mid A)}{P(B)}\\&=\dfrac{0{,}18\cdot 0{,}35}{0{,}1942}\approx 0{,}3244.\end{aligned}\]
Vậy xác suất người này có bệnh nền là khoảng 0,3244.
Bình luận
Viết bình luận của bạn