1. Công thức xác suất toàn phần

HĐ1 (trang 72)

Đề bài: Gọi $A$ là biến cố “Trời mưa” và $B$ là biến cố “Bán hết vé” trong tình huống mở đầu.

a) Tính $P(A)$, $P(\overline{A})$, $P(B|A)$, $P(B|\overline{A})$.

b) Trong hai xác suất $P(A)$ và $P(B)$, nhà tổ chức sự kiện quan tâm đến xác suất nào nhất?

Lời giải:

Nhắc lại tình huống: nếu trời không mưa thì xác suất bán hết vé là $0{,}9$; nếu trời mưa thì xác suất bán hết vé là $0{,}4$. Dự báo xác suất trời mưa là $0{,}75$.

a) Đọc trực tiếp từ đề:

• $P(A) = 0{,}75$ (xác suất trời mưa).
• $P(\overline{A}) = 1 – 0{,}75 = 0{,}25$ (xác suất trời không mưa).
• $P(B|A) = 0{,}4$ (nếu trời mưa thì bán hết vé).
• $P(B|\overline{A}) = 0{,}9$ (nếu trời không mưa thì bán hết vé).

b) Nhà tổ chức sự kiện quan tâm đến $P(B)$ nhất – vì đó là xác suất bán được hết vé (doanh thu). $P(A)$ chỉ là dự báo thời tiết, không quyết định trực tiếp doanh thu.

Luyện tập 1 (trang 73)

Đề bài: Trở lại tình huống mở đầu Mục 1. Tính xác suất để nhà tổ chức sự kiện bán hết vé.

Lời giải:

Áp dụng công thức xác suất toàn phần với các số liệu ở HĐ1:

$$P(B) = P(A) \cdot P(B|A) + P(\overline{A}) \cdot P(B|\overline{A}).$$

$$P(B) = 0{,}75 \cdot 0{,}4 + 0{,}25 \cdot 0{,}9 = 0{,}3 + 0{,}225 = 0{,}525.$$

Vậy xác suất bán hết vé là $0{,}525$.

Luyện tập 2 (trang 74)

Đề bài: Trở lại Ví dụ 1. Sử dụng sơ đồ hình cây, hãy mô tả cách tính xác suất để thứ Tư, ông An đi làm bằng xe buýt.

(Nhắc lại: nếu hôm nay ông An 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 $0{,}7$. Thứ Hai ông đi xe buýt.)

Lời giải:

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”.

Khi đó, $\overline{B}$ là biến cố “Thứ Tư, ông An đi làm bằng xe buýt“.

Đọc số liệu từ sơ đồ hình cây (giống Ví dụ 1):

• $P(A) = 0{,}4$ (thứ Hai xe buýt → thứ Ba xe máy với xác suất $0{,}4$).
• $P(\overline{A}) = 0{,}6$.
• $P(\overline{B}|A) = 0{,}7$: nếu thứ Ba đi xe máy thì thứ Tư đi xe buýt với xác suất $0{,}7$.
• $P(\overline{B}|\overline{A}) = 1 – 0{,}4 = 0{,}6$: nếu thứ Ba đi xe buýt thì thứ Tư đi xe buýt với xác suất $0{,}6$.

Áp dụng công thức xác suất toàn phần (dùng biến cố $\overline{B}$ thay $B$):

$$P(\overline{B}) = P(A) \cdot P(\overline{B}|A) + P(\overline{A}) \cdot P(\overline{B}|\overline{A}).$$

$$P(\overline{B}) = 0{,}4 \cdot 0{,}7 + 0{,}6 \cdot 0{,}6 = 0{,}28 + 0{,}36 = 0{,}64.$$

Vậy xác suất thứ Tư ông An đi làm bằng xe buýt là $0{,}64$.

Luyện tập 3 (trang 74)

Đề bài: Với giả thiết như vận dụng trên (cây bố mẹ có tỉ lệ kiểu gene $bb$ là $40\%$ và $Bb$ là $60\%$).

a) Hãy ước lượng tỉ lệ cây con có kiểu gene $BB$.

b) Sử dụng kết quả của vận dụng trên và câu a, hãy ước lượng tỉ lệ cây con có kiểu gene $Bb$.

Lời giải:

Kí hiệu $M’$ là biến cố “cây con lấy gene $B$ từ cây bố”; $N’$ là biến cố “cây con lấy gene $B$ từ cây mẹ”. Do cây bố mẹ chọn ngẫu nhiên độc lập, $M’$ và $N’$ độc lập.

Bước 1: Tính $P(M’)$. Áp dụng công thức xác suất toàn phần với $A$ là biến cố “cây bố có kiểu gene $bb$”:

• Nếu cây bố $bb$: chỉ có gene $b$, không thể cho $B$ → $P(M’|A) = 0$.
• Nếu cây bố $Bb$: có một gene $B$ và một gene $b$, cây con lấy $B$ với xác suất $\dfrac{1}{2}$ → $P(M’|\overline{A}) = \dfrac{1}{2}$.

$$P(M’) = P(A) \cdot P(M’|A) + P(\overline{A}) \cdot P(M’|\overline{A}) = 0{,}4 \cdot 0 + 0{,}6 \cdot 0{,}5 = 0{,}3.$$

Tương tự, $P(N’) = 0{,}3$.

a) Tỉ lệ cây con $BB$: cây con lấy $B$ từ cả bố và mẹ. Do $M’$ và $N’$ độc lập:

$$P(BB) = P(M’) \cdot P(N’) = 0{,}3 \cdot 0{,}3 = 0{,}09 = 9\%.$$

b) Tỉ lệ cây con $Bb$: ba loại $BB$, $Bb$, $bb$ đôi một xung khắc và hợp thành biến cố chắc chắn. Từ vận dụng ta có $P(bb) = 0{,}49$; từ câu a $P(BB) = 0{,}09$:

$$P(Bb) = 1 – P(BB) – P(bb) = 1 – 0{,}09 – 0{,}49 = 0{,}42 = 42\%.$$

Vậy tỉ lệ cây con có kiểu gene $Bb$ khoảng $42\%$.

2. Công thức Bayes

HĐ2 (trang 75)

Đề bài: Trong tình huống mở đầu Mục 2, gọi $A$ là biến cố “Ông M mắc bệnh hiểm nghèo X”; $B$ là biến cố “Xét nghiệm cho kết quả dương tính”.

a) Nêu các nội dung còn thiếu tương ứng với “(?)” để hoàn thành các câu sau đây:

• $P(A|B)$ là xác suất để (?) với điều kiện (?);
• $P(B|A)$ là xác suất để (?) với điều kiện (?).

b) $0{,}95$ là $P(A|B)$ hay $P(B|A)$? Có phải ông M có xác suất $0{,}95$ mắc bệnh hiểm nghèo X không?

Lời giải:

a) Điền nội dung:

• $P(A|B)$ là xác suất để ông M mắc bệnh hiểm nghèo X với điều kiện xét nghiệm cho kết quả dương tính.
• $P(B|A)$ là xác suất để xét nghiệm cho kết quả dương tính với điều kiện ông M mắc bệnh hiểm nghèo X.

b) Theo đề bài “nếu một người mắc bệnh X thì với xác suất $0{,}95$ xét nghiệm cho dương tính” – đây là xác suất “xét nghiệm dương tính khi biết đã mắc bệnh”:

$$0{,}95 = P(B|A).$$

Không phải ông M có xác suất $0{,}95$ mắc bệnh. Xác suất ông M thực sự mắc bệnh khi biết xét nghiệm dương tính là $P(A|B)$, và ta cần công thức Bayes để tính đúng con số này (sẽ tính ở Ví dụ 3 và Luyện tập 5).

Luyện tập 4 (trang 76)

Đề bài: Trong một kho rượu có $30\%$ là rượu loại I. Chọn ngẫu nhiên một chai rượu đưa cho ông Tùng, một người sành rượu, để nếm thử. Biết rằng, một chai rượu loại I có xác suất $0{,}9$ để ông Tùng xác nhận là loại I; một chai rượu không phải loại I có xác suất $0{,}95$ để ông Tùng xác nhận đây không phải là loại I. Sau khi nếm, ông Tùng xác nhận đây là rượu loại I. Tính xác suất để chai rượu đúng là rượu loại I.

Lời giải:

Gọi $A$ là biến cố “chai rượu là loại I”; $B$ là biến cố “ông Tùng xác nhận là rượu loại I”. Ta cần tính $P(A|B)$.

Bước 1: Xác định các xác suất cần thiết.

• $P(A) = 0{,}3$; $P(\overline{A}) = 1 – 0{,}3 = 0{,}7$.
• $P(B|A) = 0{,}9$ (chai loại I được xác nhận là loại I).
• $P(B|\overline{A}) = 1 – 0{,}95 = 0{,}05$ (chai không phải loại I nhưng bị xác nhận nhầm là loại I).

Bước 2: Áp dụng công thức Bayes.

$$P(A|B) = \dfrac{P(A) \cdot P(B|A)}{P(A) \cdot P(B|A) + P(\overline{A}) \cdot P(B|\overline{A})}.$$

$$P(A|B) = \dfrac{0{,}3 \cdot 0{,}9}{0{,}3 \cdot 0{,}9 + 0{,}7 \cdot 0{,}05} = \dfrac{0{,}27}{0{,}27 + 0{,}035} = \dfrac{0{,}27}{0{,}305} \approx 0{,}8852.$$

Vậy xác suất chai rượu đúng là loại I khoảng $88{,}52\%$.

Luyện tập 5 (trang 77)

Đề bài: Trở lại tình huống mở đầu Mục 2. Thống kê cho thấy tỉ lệ dân số mắc bệnh hiểm nghèo X là $0{,}2\%$.

a) Trước khi tiến hành xét nghiệm, xác suất mắc bệnh hiểm nghèo X của ông M là bao nhiêu?

b) Sau khi xét nghiệm cho kết quả dương tính, xác suất mắc bệnh hiểm nghèo X của ông M là bao nhiêu?

Lời giải:

Gọi $A$ là biến cố “ông M mắc bệnh X”; $B$ là biến cố “xét nghiệm dương tính”.

a) Trước khi xét nghiệm, ta chỉ biết tỉ lệ dân số mắc bệnh:

$$P(A) = 0{,}2\% = 0{,}002.$$

b) Áp dụng công thức Bayes với $p = P(A) = 0{,}002$; $P(B|A) = 0{,}95$; $P(B|\overline{A}) = 0{,}01$:

$$P(A|B) = \dfrac{p \cdot 0{,}95}{p \cdot 0{,}95 + (1 – p) \cdot 0{,}01} = \dfrac{0{,}002 \cdot 0{,}95}{0{,}002 \cdot 0{,}95 + 0{,}998 \cdot 0{,}01}.$$

$$= \dfrac{0{,}0019}{0{,}0019 + 0{,}00998} = \dfrac{0{,}0019}{0{,}01188} \approx 0{,}1599.$$

Vậy sau khi xét nghiệm dương tính, xác suất ông M thực sự mắc bệnh chỉ khoảng $15{,}99\%$, không phải $95\%$ như ông tưởng!

Nhận xét: Vì bệnh X hiếm gặp (chỉ $0{,}2\%$ dân số), nên số ca dương tính giả (từ nhóm không mắc bệnh) vẫn chiếm tỉ lệ đáng kể so với số ca dương tính thật. Công thức Bayes giúp ta hiểu đúng xác suất mắc bệnh.

Bài tập (trang 77 – 78)

Bài 6.7 (trang 77)

Đề bài: 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 $X$ là biến cố “máy bay xuất hiện ở vị trí X”; $Y = \overline{X}$ là biến cố “máy bay xuất hiện ở vị trí Y”; $H$ là biến cố “máy bay bị bắn hạ”.

Từ đề: $P(X) = 0{,}55$; $P(Y) = 0{,}45$.

Bước 1: Tính $P(H|X)$ và $P(H|Y)$.

Mỗi tên lửa trúng với xác suất $0{,}8$, trượt với xác suất $0{,}2$; các bệ phóng độc lập.

• Tại X (bắn $2$ tên lửa): máy bay bị bắn hạ nếu trúng ít nhất $1$ quả, tức không trượt cả $2$:

$$P(H|X) = 1 – 0{,}2^2 = 1 – 0{,}04 = 0{,}96.$$

• Tại Y (bắn $1$ tên lửa): máy bay bị bắn hạ khi tên lửa trúng:

$$P(H|Y) = 0{,}8.$$

Bước 2: Áp dụng công thức xác suất toàn phần.

$$P(H) = P(X) \cdot P(H|X) + P(Y) \cdot P(H|Y) = 0{,}55 \cdot 0{,}96 + 0{,}45 \cdot 0{,}8.$$

$$= 0{,}528 + 0{,}36 = 0{,}888.$$

Vậy xác suất bắn hạ máy bay đối phương là $0{,}888$.

Bài 6.8 (trang 78)

Đề bài: 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 từ chuồng II là thỏ trắng”; $B$ là biến cố “con thỏ lấy ra từ chuồng I (sau khi cho thêm) là thỏ trắng”.

Bước 1: Tính các xác suất.

Chuồng II có $10$ con ($7$ đen + $3$ trắng), nên:

$$P(A) = \dfrac{3}{10}; \quad P(\overline{A}) = \dfrac{7}{10}.$$

Sau khi cho thêm $1$ con vào, chuồng I có $16$ con:

• Nếu $A$ xảy ra (cho thêm $1$ trắng): chuồng I có $5$ đen + $11$ trắng → $P(B|A) = \dfrac{11}{16}$.
• Nếu $\overline{A}$ xảy ra (cho thêm $1$ đen): chuồng I có $6$ đen + $10$ trắng → $P(B|\overline{A}) = \dfrac{10}{16}$.

Bước 2: Áp dụng công thức xác suất toàn phần.

$$P(B) = P(A) \cdot P(B|A) + P(\overline{A}) \cdot P(B|\overline{A}) = \dfrac{3}{10} \cdot \dfrac{11}{16} + \dfrac{7}{10} \cdot \dfrac{10}{16}.$$

$$= \dfrac{33}{160} + \dfrac{70}{160} = \dfrac{103}{160} = 0{,}64375.$$

Vậy xác suất lấy được thỏ trắng là $\dfrac{103}{160} \approx 0{,}644$.

Bài 6.9 (trang 78)

Đề bài: 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”.

Số liệu:

• $P(A) = 0{,}8$; $P(\overline{A}) = 0{,}2$.
• $P(B|A) = 0{,}99 \Rightarrow P(\overline{B}|A) = 0{,}01$.
• $P(\overline{B}|\overline{A}) = 0{,}95 \Rightarrow P(B|\overline{A}) = 0{,}05$.

a) Xác suất được đóng dấu OTK:

$$P(B) = P(A) \cdot P(B|A) + P(\overline{A}) \cdot P(B|\overline{A}) = 0{,}8 \cdot 0{,}99 + 0{,}2 \cdot 0{,}05.$$

$$= 0{,}792 + 0{,}01 = 0{,}802.$$

b) Xác suất không được đóng dấu OTK:

Có hai nhánh dẫn đến $\overline{B}$ trên sơ đồ hình cây:

• Nhánh $A \to \overline{B}$: $P(A) \cdot P(\overline{B}|A) = 0{,}8 \cdot 0{,}01 = 0{,}008$.
• Nhánh $\overline{A} \to \overline{B}$: $P(\overline{A}) \cdot P(\overline{B}|\overline{A}) = 0{,}2 \cdot 0{,}95 = 0{,}19$.

Cộng hai nhánh:

$$P(\overline{B}) = 0{,}008 + 0{,}19 = 0{,}198.$$

(Có thể kiểm tra: $P(B) + P(\overline{B}) = 0{,}802 + 0{,}198 = 1$ ✓.)

Bài 6.10 (trang 78)

Đề bài: 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 được chọn đạt huy chương vàng”.

Số liệu:

• Tổng số vận động viên $= 5 + 7 = 12$.
• $P(A) = \dfrac{5}{12}$; $P(\overline{A}) = \dfrac{7}{12}$.
• $P(B|A) = 0{,}65$; $P(B|\overline{A}) = 0{,}55$.

a) Xác suất đạt huy chương vàng. Áp dụng công thức xác suất toàn phần:

$$P(B) = P(A) \cdot P(B|A) + P(\overline{A}) \cdot P(B|\overline{A}) = \dfrac{5}{12} \cdot 0{,}65 + \dfrac{7}{12} \cdot 0{,}55.$$

$$= \dfrac{3{,}25}{12} + \dfrac{3{,}85}{12} = \dfrac{7{,}1}{12} = \dfrac{71}{120} \approx 0{,}5917.$$

b) Xác suất thuộc đội I khi đã đạt huy chương vàng. Áp dụng công thức Bayes:

$$P(A|B) = \dfrac{P(A) \cdot P(B|A)}{P(B)} = \dfrac{\tfrac{5}{12} \cdot 0{,}65}{\tfrac{71}{120}} = \dfrac{\tfrac{3{,}25}{12}}{\tfrac{7{,}1}{12}} = \dfrac{3{,}25}{7{,}1} = \dfrac{65}{142} \approx 0{,}4577.$$

Vậy xác suất vận động viên đó thuộc đội I khoảng $45{,}77\%$.

Bài 6.11 (trang 78)

Đề bài: 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 là thư rác”; $B$ là biến cố “thư bị chặn”.

Số liệu:

• $P(A) = 0{,}03$; $P(\overline{A}) = 0{,}97$.
• $P(B|A) = 0{,}95 \Rightarrow P(\overline{B}|A) = 0{,}05$.
• $P(B|\overline{A}) = 0{,}01 \Rightarrow P(\overline{B}|\overline{A}) = 0{,}99$.

a) $P(A|B)$ – thư bị chặn là thư rác. Áp dụng Bayes:

$$P(A|B) = \dfrac{P(A) \cdot P(B|A)}{P(A) \cdot P(B|A) + P(\overline{A}) \cdot P(B|\overline{A})} = \dfrac{0{,}03 \cdot 0{,}95}{0{,}03 \cdot 0{,}95 + 0{,}97 \cdot 0{,}01}.$$

$$= \dfrac{0{,}0285}{0{,}0285 + 0{,}0097} = \dfrac{0{,}0285}{0{,}0382} \approx 0{,}7461.$$

b) $P(\overline{A}|\overline{B})$ – thư không bị chặn là thư đúng. Áp dụng Bayes cho $\overline{A}$ và $\overline{B}$:

$$P(\overline{A}|\overline{B}) = \dfrac{P(\overline{A}) \cdot P(\overline{B}|\overline{A})}{P(\overline{A}) \cdot P(\overline{B}|\overline{A}) + P(A) \cdot P(\overline{B}|A)} = \dfrac{0{,}97 \cdot 0{,}99}{0{,}97 \cdot 0{,}99 + 0{,}03 \cdot 0{,}05}.$$

$$= \dfrac{0{,}9603}{0{,}9603 + 0{,}0015} = \dfrac{0{,}9603}{0{,}9618} \approx 0{,}9984.$$

c) Tỉ lệ phần trăm.

• Trong các thư bị chặn, tỉ lệ thư đúng $= P(\overline{A}|B) = 1 – P(A|B) \approx 1 – 0{,}7461 = 0{,}2539 \approx \mathbf{25{,}39\%}$.
• Trong các thư không bị chặn, tỉ lệ thư rác $= P(A|\overline{B}) = 1 – P(\overline{A}|\overline{B}) \approx 1 – 0{,}9984 = 0{,}0016 \approx \mathbf{0{,}16\%}$.

Nhận xét: Bộ lọc chặn nhầm khoảng $25\%$ thư đúng, nhưng chỉ để lọt $0{,}16\%$ thư rác. Con số này cho thấy bộ lọc rất hiệu quả trong việc không cho thư rác lọt qua, nhưng tỉ lệ chặn nhầm thư đúng khá cao – người dùng nên kiểm tra hòm thư rác định kỳ.

ThS. Lê Thị Thuý Nga

(Người kiểm duyệt, ra đề)

Chức vụ: Trưởng ban biên soạn môn Toán THPT

Trình độ: Thạc sĩ Lý luận dạy học Toán, Chứng chỉ hạng II, Chứng chỉ Tin học, Ngoại ngữ B1

Kinh nghiệm: 11+ năm kinh nghiệm tại Trường THPT Lương Thế Vinh