Lý thuyết trọng tâm

1. Xác suất có điều kiện

1.1. Khái niệm xác suất có điều kiện

Trong thực tế, ta thường cần cập nhật xác suất của một biến cố khi biết thêm một thông tin nào đó. Chẳng hạn:

• Tính xác suất để ngày mai mưa nếu biết hôm nay không mưa.
• Tính xác suất để bạn An là học sinh giỏi môn Toán nếu biết An là học sinh giỏi môn Tin.
• Tính xác suất để một người thọ $80$ tuổi nếu biết người đó đã sống đến $60$ tuổi (các công ty bảo hiểm rất quan tâm đến loại xác suất này).

Định nghĩa. Cho hai biến cố $A$ và $B$. Xác suất của biến cố $A$, tính trong điều kiện biết rằng biến cố $B$ đã xảy ra, được gọi là xác suất của $A$ với điều kiện $B$ và ký hiệu là $P(A \mid B)$.

Công thức tính: Với hai biến cố $A, B$ bất kỳ thỏa mãn $P(B) > 0$:

$$\boxed{P(A \mid B) = \dfrac{P(AB)}{P(B)}}$$

trong đó $AB$ (còn viết là $A \cap B$) là biến cố “cả $A$ và $B$ cùng xảy ra”.

Cách nhớ: Khi biết $B$ đã xảy ra, ta thu hẹp không gian mẫu lại trong phạm vi của $B$. Xác suất của $A$ giờ đây được tính trong “không gian mới” này.

1.2. Ví dụ minh họa

Ví dụ 1. Một hộp có $15$ viên bi xanh và $10$ viên bi đỏ, các viên bi có cùng kích thước và khối lượng. Bạn Bình lấy ngẫu nhiên một viên bi trong hộp, không trả lại. Sau đó bạn An lấy ngẫu nhiên một viên bi trong hộp đó.

Gọi $A$ là biến cố “An lấy được viên bi xanh”; $B$ là biến cố “Bình lấy được viên bi xanh”. Tính $P(A \mid B)$ bằng hai cách: định nghĩa và công thức.

Lời giải:

Cách 1: Tính bằng định nghĩa.

Nếu $B$ xảy ra, tức Bình đã lấy được viên bi xanh, thì trong hộp còn lại $24$ viên bi với $14$ viên xanh và $10$ viên đỏ.

Vậy $P(A \mid B) = \dfrac{14}{24} = \dfrac{7}{12}$.

Cách 2: Tính bằng công thức.

• Bình có $25$ cách chọn, An có $24$ cách chọn một viên bi. Do đó $n(\Omega) = 25 \cdot 24$.
• Bình có $15$ cách chọn viên bi xanh, An có $24$ cách chọn từ $24$ viên còn lại. Do đó $n(B) = 15 \cdot 24$ và:

$$P(B) = \dfrac{n(B)}{n(\Omega)} = \dfrac{15 \cdot 24}{25 \cdot 24} = \dfrac{15}{25} = \dfrac{3}{5}$$

• $AB$ là biến cố “Bình và An cùng lấy được viên bi xanh”. Bình có $15$ cách, An có $14$ cách (từ $14$ viên xanh còn lại). Do đó $n(AB) = 15 \cdot 14$ và:

$$P(AB) = \dfrac{n(AB)}{n(\Omega)} = \dfrac{15 \cdot 14}{25 \cdot 24} = \dfrac{210}{600} = \dfrac{7}{20}$$

• Áp dụng công thức:

$$P(A \mid B) = \dfrac{P(AB)}{P(B)} = \dfrac{7/20}{3/5} = \dfrac{7}{20} \cdot \dfrac{5}{3} = \dfrac{7}{12}$$

Cả hai cách đều cho kết quả $P(A \mid B) = \dfrac{7}{12}$. ✓

1.3. Xác suất có điều kiện đối với hai biến cố độc lập

Ví dụ 2. Chứng minh rằng nếu $A$ và $B$ là hai biến cố độc lập với $P(A) > 0, \ P(B) > 0$ thì:

$$P(A \mid B) = P(A) \quad \text{và} \quad P(B \mid A) = P(B)$$

Lời giải:

Cách 1: Bằng công thức. Nếu $A, B$ độc lập thì $P(AB) = P(A) \cdot P(B)$. Do đó:

$$P(A \mid B) = \dfrac{P(AB)}{P(B)} = \dfrac{P(A) \cdot P(B)}{P(B)} = P(A)$$

Tương tự, $P(B \mid A) = \dfrac{P(BA)}{P(A)} = \dfrac{P(A) \cdot P(B)}{P(A)} = P(B)$.

Cách 2: Bằng định nghĩa. $P(A \mid B)$ là xác suất của $A$ trong điều kiện biết $B$ đã xảy ra. Vì $A, B$ độc lập nên việc $B$ xảy ra không ảnh hưởng tới xác suất của $A$, do đó $P(A \mid B) = P(A)$. Tương tự cho $P(B \mid A) = P(B)$.

Ý nghĩa: Nếu hai biến cố độc lập thì điều kiện của biến cố này không làm thay đổi xác suất của biến cố kia. Đây cũng là một cách kiểm tra tính độc lập.

1.4. Bảng dữ liệu thống kê $2 \times 2$

Một công cụ hữu ích để tính xác suất có điều kiện từ dữ liệu thực tế là bảng thống kê $2 \times 2$: bảng gồm hai dòng và hai cột biểu diễn tần số xuất hiện theo hai tiêu chí phân loại.

Ví dụ 3. Một viện nghiên cứu về an toàn giao thông khảo sát $10\,000$ vụ tai nạn ô tô và việc thắt dây an toàn của người lái xe. Kết quả như sau:

Chọn ngẫu nhiên một người lái xe trong $10\,000$ người trên.

a) Tính xác suất để người lái xe đó tử vong, biết rằng không thắt dây an toàn.

b) Tính xác suất để người lái xe đó tử vong, biết rằng có thắt dây an toàn.

c) So sánh hai xác suất trên và rút ra kết luận.

Lời giải:

Không gian mẫu $\Omega$ có $n(\Omega) = 10\,000$.

Gọi $A$ là biến cố “người lái xe tử vong”; $B$ là biến cố “người lái xe không thắt dây an toàn”.

a) Tính $P(A \mid B)$.

Số người không thắt dây: $n(B) = 20 + 1\,980 = 2\,000$. Do đó $P(B) = \dfrac{2\,000}{10\,000} = 0{,}2$.

Số người không thắt dây và tử vong: $n(AB) = 20$. Do đó $P(AB) = \dfrac{20}{10\,000} = 0{,}002$.

$$P(A \mid B) = \dfrac{P(AB)}{P(B)} = \dfrac{0{,}002}{0{,}2} = 0{,}01$$

b) Tính $P(A \mid \overline{B})$.

$\overline{B}$ là biến cố “có thắt dây an toàn”; $A\overline{B}$ là biến cố “có thắt dây và tử vong”.

$n(\overline{B}) = 10 + 7\,990 = 8\,000$, nên $P(\overline{B}) = \dfrac{8\,000}{10\,000} = 0{,}8$.

$n(A\overline{B}) = 10$, nên $P(A\overline{B}) = \dfrac{10}{10\,000} = 0{,}001$.

$$P(A \mid \overline{B}) = \dfrac{P(A\overline{B})}{P(\overline{B})} = \dfrac{0{,}001}{0{,}8} = 0{,}00125$$

c) So sánh.

$$\dfrac{P(A \mid B)}{P(A \mid \overline{B})} = \dfrac{0{,}01}{0{,}00125} = 8$$

Kết luận: Người lái xe không thắt dây an toàn có xác suất tử vong cao gấp $8$ lần người có thắt dây. Điều này cho thấy việc thắt dây an toàn giúp giảm đáng kể nguy cơ tử vong khi xảy ra tai nạn giao thông.

2. Công thức nhân xác suất

2.1. Công thức nhân xác suất

Từ công thức $P(A \mid B) = \dfrac{P(AB)}{P(B)}$, nhân hai vế với $P(B)$:

$$\boxed{P(AB) = P(B) \cdot P(A \mid B)}$$

⚠ Chú ý: Nếu $P(B) = 0$ thì $P(AB) = 0$ (vì $AB \subseteq B$), nên công thức trên đúng với mọi biến cố $A, B$, không cần điều kiện $P(B) > 0$.

Nhận xét: Vì $AB = BA$ nên ta cũng có công thức tương đương:

$$P(AB) = P(A) \cdot P(B \mid A)$$

Đây được gọi là công thức nhân xác suất. Công thức cho phép tính xác suất giao của hai biến cố khi biết xác suất của một biến cố và xác suất có điều kiện của biến cố còn lại.

Trường hợp đặc biệt: Nếu $A, B$ độc lập thì $P(A \mid B) = P(A)$, khi đó công thức nhân trở thành $P(AB) = P(A) \cdot P(B)$ — công thức quen thuộc đã học ở lớp 11.

2.2. Sơ đồ hình cây

Sơ đồ hình cây là một công cụ trực quan để mô tả và tính xác suất trong các bài toán gồm nhiều giai đoạn (ví dụ: lấy bi hai lần liên tiếp, kiểm tra sản phẩm qua nhiều khâu…). Cách thiết lập:

• Mỗi nhánh biểu thị một kết cục có thể xảy ra ở một giai đoạn.
• Trên mỗi nhánh, ghi xác suất tương ứng (nhánh đầu là xác suất thường, nhánh sau là xác suất có điều kiện).
• Xác suất của một “lộ trình” (đường đi từ gốc đến một lá) bằng tích các xác suất trên các nhánh của lộ trình đó (áp dụng công thức nhân).

2.3. Ví dụ minh họa

Ví dụ 4. Trong một hộp kín có $7$ chiếc bút bi xanh và $5$ chiếc bút bi đen, các chiếc bút có cùng kích thước và khối lượng. Bạn Sơn lấy ngẫu nhiên một chiếc bút bi từ trong hộp, không trả lại. Sau đó bạn Tùng lấy ngẫu nhiên một trong $11$ chiếc bút còn lại. Tính xác suất để Sơn lấy được bút bi đen và Tùng lấy được bút bi xanh.

Lời giải:

Gọi $A$ là biến cố “Sơn lấy được bút bi đen”; $B$ là biến cố “Tùng lấy được bút bi xanh”. Ta cần tính $P(AB)$.

Bước 1: Tính $P(A)$.

Vì có $5$ bút đen trong tổng $12$ bút: $P(A) = \dfrac{5}{12}$.

Bước 2: Tính $P(B \mid A)$.

Nếu $A$ xảy ra (Sơn lấy được bút đen), trong hộp còn $11$ bút với $7$ xanh và $4$ đen. Do đó:

$$P(B \mid A) = \dfrac{7}{11}$$

Bước 3: Áp dụng công thức nhân xác suất.

$$P(AB) = P(A) \cdot P(B \mid A) = \dfrac{5}{12} \cdot \dfrac{7}{11} = \dfrac{35}{132}$$

Bước 4: Minh họa bằng sơ đồ hình cây.

Các xác suất trên các nhánh:

Lộ trình $O \to \text{Đ} \to \text{X}$ có xác suất: $\dfrac{5}{12} \cdot \dfrac{7}{11} = \dfrac{35}{132}$.

Vậy xác suất cần tìm là $\dfrac{35}{132}$.

2.4. Vận dụng: Trò chơi “Ô cửa bí mật”

Tình huống: Người chơi đứng trước ba cánh cửa — một cửa có ô tô, hai cửa còn lại có con lừa. Người chơi chọn một cửa (giả sử cửa số 1) nhưng chưa mở. Người quản trò mở một cửa chưa được chọn và có con lừa (giả sử cửa số 3), sau đó hỏi người chơi có muốn đổi sang cửa còn lại (cửa số 2) hay không.

Phân tích:

Gọi $E_1, E_2, E_3$ lần lượt là các biến cố “sau cửa số $1, 2, 3$ có ô tô”; $H$ là biến cố “người quản trò mở cửa số $3$ và thấy con lừa”.

a) Các xác suất ban đầu.

Vì ô tô được đặt ngẫu nhiên:

$$P(E_1) = P(E_2) = P(E_3) = \dfrac{1}{3}$$

• Nếu $E_1$ xảy ra (cửa $1$ có ô tô): hai cửa $2, 3$ đều có lừa, người quản trò chọn ngẫu nhiên nên $P(H \mid E_1) = \dfrac{1}{2}$.
• Nếu $E_2$ xảy ra (cửa $2$ có ô tô): cửa $3$ có lừa, người quản trò chỉ có thể mở cửa $3$, nên $P(H \mid E_2) = 1$.

b) Áp dụng công thức.

Theo công thức xác suất có điều kiện:

$$P(E_1 \mid H) = \dfrac{P(E_1 H)}{P(H)} = \dfrac{P(E_1) \cdot P(H \mid E_1)}{P(H)}$$

$$P(E_2 \mid H) = \dfrac{P(E_2 H)}{P(H)} = \dfrac{P(E_2) \cdot P(H \mid E_2)}{P(H)}$$

c) So sánh.

$$\dfrac{P(E_2 \mid H)}{P(E_1 \mid H)} = \dfrac{P(E_2) \cdot P(H \mid E_2)}{P(E_1) \cdot P(H \mid E_1)} = \dfrac{\dfrac{1}{3} \cdot 1}{\dfrac{1}{3} \cdot \dfrac{1}{2}} = 2$$

Vậy $P(E_2 \mid H) = 2 \cdot P(E_1 \mid H)$.

Kết luận: Xác suất có ô tô sau cửa số $2$ (cửa chưa mở còn lại) cao gấp đôi xác suất có ô tô sau cửa số $1$ (cửa đã chọn ban đầu). Lời khuyên: Nên đổi sang cửa còn lại!

Các dạng bài tập trọng tâm

Dạng 1: Tính xác suất có điều kiện sử dụng công thức

Phương pháp giải:

Cho hai biến cố $A$ và $B$ với $P(B) > 0$. Xác suất của $A$ với điều kiện $B$:

$$P(A \mid B) = \dfrac{P(AB)}{P(B)}$$

Các bước:

• Bước 1: Xác định rõ hai biến cố $A, B$ và biến cố giao $AB$ trong bối cảnh bài toán.
• Bước 2: Tính $n(\Omega), n(B), n(AB)$ (hoặc tính trực tiếp các xác suất $P(B), P(AB)$).
• Bước 3: Áp dụng công thức $P(A \mid B) = \dfrac{P(AB)}{P(B)} = \dfrac{n(AB)}{n(B)}$ (khi dùng số phần tử).

Mẹo nhanh: Khi biết $B$ đã xảy ra, ta có thể thu hẹp không gian mẫu về $B$ và tính $P(A \mid B) = \dfrac{n(AB)}{n(B)}$. Đây chính là định nghĩa trực quan, thường nhanh hơn công thức.

Bài 1. Lớp 12A1 có $25$ học sinh nam và $15$ học sinh nữ. Trong số đó có $16$ bạn nam và $6$ bạn nữ thích chơi thể thao. Chọn ngẫu nhiên một bạn của lớp 12A1. Tính xác suất:

a) Học sinh được chọn thích chơi thể thao, biết rằng học sinh đó là nữ.

b) Học sinh được chọn là nữ, biết rằng học sinh đó thích chơi thể thao.

Lời giải chi tiết:

Bước 1: Xác định không gian mẫu và các biến cố.

Tổng số học sinh: $25 + 15 = 40$, nên $n(\Omega) = 40$.

Gọi $A$ là biến cố “học sinh được chọn là nữ”; $B$ là biến cố “học sinh được chọn thích chơi thể thao”.

Ta có:

• $n(A) = 15$ (số học sinh nữ).
• $n(B) = 16 + 6 = 22$ (tổng số học sinh thích thể thao).
• $n(AB) = 6$ (số học sinh nữ thích thể thao).

a) Tính $P(B \mid A)$.

Cách 1: Bằng định nghĩa (thu hẹp không gian mẫu).

Trong $15$ bạn nữ có $6$ bạn thích thể thao:

$$P(B \mid A) = \dfrac{6}{15} = \dfrac{2}{5}$$

Cách 2: Bằng công thức.

Tính:

• $P(A) = \dfrac{n(A)}{n(\Omega)} = \dfrac{15}{40} = \dfrac{3}{8}$.
• $P(AB) = \dfrac{n(AB)}{n(\Omega)} = \dfrac{6}{40} = \dfrac{3}{20}$.

Áp dụng:

$$P(B \mid A) = \dfrac{P(AB)}{P(A)} = \dfrac{3/20}{3/8} = \dfrac{3}{20} \cdot \dfrac{8}{3} = \dfrac{2}{5}$$

Kết quả: $P(B \mid A) = \dfrac{2}{5}$.

b) Tính $P(A \mid B)$.

Cách 1: Bằng định nghĩa.

Trong $22$ bạn thích thể thao có $6$ bạn nữ:

$$P(A \mid B) = \dfrac{6}{22} = \dfrac{3}{11}$$

Cách 2: Bằng công thức.

Tính $P(B) = \dfrac{22}{40} = \dfrac{11}{20}$.

$$P(A \mid B) = \dfrac{P(AB)}{P(B)} = \dfrac{3/20}{11/20} = \dfrac{3}{11}$$

Kết quả: $P(A \mid B) = \dfrac{3}{11}$.

Bài 2. Tại một sở thú, các em bé được đặt câu hỏi: “Sắp tới vườn thú sẽ nhận nuôi thêm một con vật nữa, con thích sư tử hay voi hơn?”. Kết quả khảo sát các bé như sau:

Chọn ngẫu nhiên một bé tham gia khảo sát. Tính xác suất:

a) Bé thích sư tử, biết bé được chọn là bé trai.

b) Bé thích voi, biết bé được chọn là bé gái.

Lời giải chi tiết:

Gọi $A$ là biến cố “bé được chọn là bé trai”; $B$ là biến cố “bé thích sư tử”. Suy ra:

• $\overline{A}$: “bé được chọn là bé gái”.
• $\overline{B}$: “bé thích voi”.

a) Tính $P(B \mid A)$.

Từ bảng: $n(A) = 200$, $n(A \cap B) = 90$.

Thu hẹp không gian mẫu về nhóm bé trai ($200$ bé), trong đó có $90$ bé thích sư tử:

$$P(B \mid A) = \dfrac{n(A \cap B)}{n(A)} = \dfrac{90}{200} = \dfrac{9}{20}$$

b) Tính $P(\overline{B} \mid \overline{A})$.

Từ bảng: $n(\overline{A}) = 160$, $n(\overline{A} \cap \overline{B}) = 85$ (số bé gái thích voi).

Thu hẹp không gian mẫu về nhóm bé gái:

$$P(\overline{B} \mid \overline{A}) = \dfrac{n(\overline{A} \cap \overline{B})}{n(\overline{A})} = \dfrac{85}{160} = \dfrac{17}{32}$$

Bài 3. Một viện nghiên cứu về an toàn giao thông xem xét $577\,006$ vụ tai nạn giao thông ô tô với kết quả cho trong bảng $2 \times 2$:

a) Tính xác suất người lái xe tử vong trong trường hợp không thắt dây an toàn.

b) Tính xác suất người lái xe tử vong trong trường hợp có thắt dây an toàn.

c) So sánh hai trường hợp trên.

Lời giải chi tiết:

Bước 1: Tính tổng số theo từng nhóm.

• Số vụ có thắt dây: $1\,601 + 162\,527 = 164\,128$.
• Số vụ không thắt dây: $577\,006 – 164\,128 = 412\,878$.

Gọi $A$ là biến cố “người lái xe có thắt dây an toàn”; $C$ là biến cố “người lái xe tử vong”.

a) Tính $P(C \mid \overline{A})$ (tử vong khi không thắt dây).

$n(\overline{A}) = 412\,878$ và $n(\overline{A} \cap C) = 510$ (wait — cần kiểm tra lại cột).

Dựa vào bảng: “Không thắt dây” ở dòng dưới với $510$ tử vong và $412\,368$ sống sót, nên $n(\overline{A}) = 510 + 412\,368 = 412\,878$ và $n(\overline{A} \cap C) = 510$.

$$P(C \mid \overline{A}) = \dfrac{n(\overline{A} \cap C)}{n(\overline{A})} = \dfrac{510}{412\,878} \approx 0{,}00124$$

b) Tính $P(C \mid A)$ (tử vong khi có thắt dây).

$n(A) = 164\,128$ và $n(A \cap C) = 1\,601$.

$$P(C \mid A) = \dfrac{n(A \cap C)}{n(A)} = \dfrac{1\,601}{164\,128} \approx 0{,}00975$$

c) So sánh.

$$\dfrac{P(C \mid A)}{P(C \mid \overline{A})} \approx \dfrac{0{,}00975}{0{,}00124} \approx 7{,}86$$

Kết luận: Người có thắt dây an toàn có tỷ lệ tử vong cao gấp $7{,}86$ lần so với người không thắt dây (theo số liệu bảng). Kết quả khá bất ngờ này cho thấy tầm quan trọng của việc đọc kỹ bảng dữ liệu trước khi kết luận — hãy luôn kiểm tra xem cột/dòng nào biểu thị tiêu chí nào.

⚠ Lưu ý đọc bảng: Hãy đặc biệt cẩn thận với việc xác định cột/dòng nào ứng với biến cố nào. Một sai lầm nhỏ ở bước này sẽ dẫn đến kết luận ngược hoàn toàn.

Dạng 2: Tính xác suất có điều kiện sử dụng sơ đồ hình cây

Phương pháp giải:

Sơ đồ hình cây biểu diễn quá trình xảy ra biến cố qua hai giai đoạn liên tiếp:

• Giai đoạn 1: Từ gốc $O$ vẽ hai nhánh đến $A$ và $\overline{A}$, ghi $P(A)$ và $P(\overline{A})$.
• Giai đoạn 2: Từ mỗi nút $A, \overline{A}$ vẽ tiếp hai nhánh đến $B, \overline{B}$, ghi các xác suất có điều kiện $P(B \mid A), P(\overline{B} \mid A), P(B \mid \overline{A}), P(\overline{B} \mid \overline{A})$.

Quy tắc tính:

• Xác suất của một lộ trình (từ gốc đến lá) = tích các xác suất trên các nhánh của lộ trình đó. Ví dụ: $P(O \to A \to B) = P(A) \cdot P(B \mid A) = P(AB)$.
• Xác suất của một biến cố = tổng xác suất của các lộ trình dẫn đến biến cố đó. Ví dụ: $P(B) = P(A) \cdot P(B \mid A) + P(\overline{A}) \cdot P(B \mid \overline{A})$.

Mẹo: Sơ đồ cây cực kỳ hữu ích cho các bài toán có dạng “điều kiện dây chuyền” như: ngày hôm sau phụ thuộc hôm nay, sản phẩm qua nhiều khâu, xét nghiệm y tế…

Bài 1. Ông An hằng ngày đi làm bằng xe máy hoặc xe buýt. Nếu hôm nay ông đi làm bằng xe buýt thì xác suất hôm sau ông đi làm bằng xe máy là $0{,}4$. Nếu hôm nay ông đi làm bằng xe máy thì xác suất hôm sau ông đi làm bằng xe buýt là $0{,}7$. Xét một tuần mà thứ Hai ông An đi làm bằng xe buýt. Tính xác suất để thứ Tư trong tuần đó ông An đi làm bằng xe máy.

Lời giải chi tiết:

Bước 1: Đặt biến cố.

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”.

Bước 2: Xác định các xác suất trên nhánh cây.

Thứ Hai là xe buýt. Dựa vào dữ kiện:

• Từ xe buýt (thứ Hai) sang xe máy (thứ Ba): $P(A) = 0{,}4$.
• Từ xe buýt (thứ Hai) sang xe buýt (thứ Ba): $P(\overline{A}) = 1 – 0{,}4 = 0{,}6$.

Tiếp theo, từ thứ Ba sang thứ Tư:

• Nếu thứ Ba xe máy, thì thứ Tư xe buýt với xác suất $0{,}7$, nên thứ Tư xe máy với xác suất: $P(B \mid A) = 1 – 0{,}7 = 0{,}3$.
• Nếu thứ Ba xe buýt, thì thứ Tư xe máy với xác suất: $P(B \mid \overline{A}) = 0{,}4$.

Bước 3: Vẽ sơ đồ hình cây.

Bước 4: Tính $P(B)$.

Có hai lộ trình dẫn đến $B$: $O \to A \to B$ và $O \to \overline{A} \to B$.

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

$$= 0{,}4 \cdot 0{,}3 + 0{,}6 \cdot 0{,}4 = 0{,}12 + 0{,}24 = 0{,}36$$

Vậy xác suất thứ Tư ông An đi làm bằng xe máy là $0{,}36$.

Bài 2. Tại một nhà máy sản xuất linh kiện điện tử, tỉ lệ sản phẩm đạt tiêu chuẩn là $80\%$. Trước khi xuất xưởng, các linh kiện đều phải qua khâu kiểm tra chất lượng để đóng dấu OTK. Vì sự kiểm tra không tuyệt đối hoàn hảo nên:

• Nếu linh kiện đạt tiêu chuẩn thì xác suất được đóng dấu OTK là $0{,}99$.
• Nếu linh kiện không đạt tiêu chuẩn thì xác suất không được đóng dấu OTK là $0{,}95$.

Chọn ngẫu nhiên một linh kiện điện tử của nhà máy này. Dùng sơ đồ hình cây, tính xác suất để linh kiện được chọn không được đóng dấu OTK.

Lời giải chi tiết:

Bước 1: Đặt biến cố.

Gọi $A$ là biến cố “linh kiện đạt tiêu chuẩn”; $B$ là biến cố “linh kiện được đóng dấu OTK”. Khi đó $\overline{B}$ là “không được đóng dấu OTK”.

Bước 2: Xác định các xác suất.

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

Bước 3: Vẽ sơ đồ hình cây.

Bước 4: Tính $P(\overline{B})$.

Có hai lộ trình dẫn đến $\overline{B}$:

• $O \to A \to \overline{B}$: xác suất $0{,}8 \cdot 0{,}01 = 0{,}008$.
• $O \to \overline{A} \to \overline{B}$: xác suất $0{,}2 \cdot 0{,}95 = 0{,}19$.

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

Vậy xác suất linh kiện được chọn không được đóng dấu OTK là $0{,}198$.

Nhận xét thực tế: Có $19{,}8\%$ linh kiện ra thị trường không mang dấu OTK. Trong đó phần lớn ($19\%$) là linh kiện lỗi không đạt chuẩn bị loại, chỉ $0{,}8%$ là linh kiện đạt chuẩn nhưng bị loại nhầm. Điều này cho thấy khâu kiểm tra OTK rất hiệu quả trong việc sàng lọc linh kiện lỗi.

Bài 3. Có $5\%$ dân số mắc bệnh X. Có một xét nghiệm để phát hiện bệnh X. Đối với người mắc bệnh X, xác suất xét nghiệm này không dương tính là $2\%$. Đối với người không mắc bệnh X, xác suất xét nghiệm này dương tính là $3\%$. Chọn ngẫu nhiên một người và tiến hành xét nghiệm. Sử dụng sơ đồ hình cây, tính xác suất các biến cố:

• $W$: “người đó không bị bệnh X và kết quả xét nghiệm dương tính”.
• $Y$: “người đó bị bệnh X và kết quả xét nghiệm không dương tính”.

Lời giải chi tiết:

Bước 1: Đặt biến cố.

Gọi $B$ là biến cố “người đó mắc bệnh X”; $D$ là biến cố “kết quả xét nghiệm dương tính”.

Khi đó $\overline{B}$: “không mắc bệnh X”, $\overline{D}$: “kết quả không dương tính”.

Bước 2: Xác định các xác suất.

Từ đề bài:

• $P(B) = 0{,}05$; $P(\overline{B}) = 0{,}95$.
• Người mắc bệnh: $P(\overline{D} \mid B) = 0{,}02$; $P(D \mid B) = 0{,}98$.
• Người không mắc bệnh: $P(D \mid \overline{B}) = 0{,}03$; $P(\overline{D} \mid \overline{B}) = 0{,}97$.

Bước 3: Vẽ sơ đồ hình cây.

Tính xác suất từng lộ trình:

Bước 4: Tính $P(W)$ và $P(Y)$.

Biến cố $W = \overline{B} \cap D$ (không bị bệnh và dương tính) ứng với lộ trình $\overline{B} \to D$:

$$P(W) = P(\overline{B}) \cdot P(D \mid \overline{B}) = 0{,}95 \cdot 0{,}03 = 0{,}0285$$

Biến cố $Y = B \cap \overline{D}$ (bị bệnh và không dương tính) ứng với lộ trình $B \to \overline{D}$:

$$P(Y) = P(B) \cdot P(\overline{D} \mid B) = 0{,}05 \cdot 0{,}02 = 0{,}001$$

Vậy $P(W) = 0{,}0285$ và $P(Y) = 0{,}001$.

Ý nghĩa thực tế:

• $P(W) = 2{,}85\%$ là tỷ lệ “báo động giả” (người khỏe bị xét nghiệm dương tính sai) trong dân số. Tỷ lệ này cao hơn nhiều so với tỷ lệ mắc bệnh thực tế ($5\%$)!
• $P(Y) = 0{,}1\%$ là tỷ lệ “bỏ sót” (người bị bệnh nhưng xét nghiệm âm tính).
• Trong y tế, khi xét nghiệm cho kết quả dương tính, cần làm thêm các xét nghiệm khác để xác nhận vì tỷ lệ báo động giả có thể khá cao.

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