Bài 19: Công thức xác suất toàn phần và công thức Bayes

Gọi $A$ là biến cố: "Thứ Ba, ông An đi làm bằng xe máy";
Gọi $B$ là biến cố: "Thứ Tư, ông An đi làm bằng xe máy".

Ta cần tính $P(B)$. Theo công thức xác suất toàn phần, ta có:

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

• Tính $P(A)$: Vì thứ Hai ông An đi làm bằng xe buýt nên xác suất để thứ Ba (hôm sau) ông đi làm bằng xe máy là $0{,}4$. Vậy $P(A) = 0{,}4$.
• Tính $P(\overline{A})$: Ta có $P(\overline{A}) = 1 - 0{,}4 = 0{,}6$ (xác suất thứ Ba ông đi làm bằng xe buýt).
• Tính $P(B|A)$: Đây là xác suất để thứ Tư ông An đi làm bằng xe máy nếu thứ Ba ông đi làm bằng xe máy. Theo giả thiết, nếu hôm nay ông đi xe máy thì hôm sau đi xe buýt là $0{,}7$, do đó đi xe máy là $1 - 0{,}7 = 0{,}3$. Vậy $P(B|A) = 0{,}3$.
• Tính $P(B|\overline{A})$: Đây là xác suất để thứ Tư ông đi làm bằng xe máy nếu thứ Ba ông đi xe buýt. Theo giả thiết, xác suất này bằng $0{,}4$. Vậy $P(B|\overline{A}) = 0{,}4$.

Vậy: $$P(B) = P(A) \cdot P(B|A) + P(\overline{A}) \cdot P(B|\overline{A}) = 0{,}4 \cdot 0{,}3 + 0{,}6 \cdot 0{,}4 = 0{,}12 + 0{,}24 = 0{,}36.$$

Gọi $A$ là biến cố: "Trời mưa vào buổi biểu diễn" $\implies P(A) = 0{,}75$.
Biến cố đối $\overline{A}$ là: "Trời không mưa vào buổi biểu diễn" $\implies P(\overline{A}) = 1 - 0{,}75 = 0{,}25$.
Gọi $B$ là biến cố: "Bán hết vé buổi biểu diễn".

Theo giả thiết:

• Nếu trời mưa thì xác suất bán hết vé là $P(B|A) = 0{,}4$.
• Nếu trời không mưa thì xác suất bán hết vé là $P(B|\overline{A}) = 0{,}9$.

Áp dụng công thức xác suất toàn phần, xác suất để nhà tổ chức sự kiện bán hết vé là:

$$P(B) = P(A) \cdot P(B|A) + P(\overline{A}) \cdot P(B|\overline{A}) = 0{,}75 \cdot 0{,}4 + 0{,}25 \cdot 0{,}9 = 0{,}30 + 0{,}225 = 0{,}525.$$

Kết luận: Xác suất để nhà tổ chức bán hết vé là $0{,}525$ (tức $52{,}5\%$).

Gọi $A$ là biến cố: "Cây bố có kiểu gene bb";
Gọi $M$ là biến cố: "Cây con lấy gene b từ cây bố";
Gọi $N$ là biến cố: "Cây con lấy gene b từ cây mẹ";
Gọi $E$ là biến cố: "Cây con có kiểu gene bb".

Theo giả thiết, việc lấy gene từ bố và mẹ là độc lập nên $P(E) = P(M) \cdot P(N)$.
Ta áp dụng công thức xác suất toàn phần để tính $P(M)$:
$$P(M) = P(A) \cdot P(M|A) + P(\overline{A}) \cdot P(M|\overline{A}) \quad (*)$$

• $P(A) = 0{,}4$; $P(\overline{A}) = 0{,}6$ (cây bố có kiểu gene Bb).
• $P(M|A)$ là xác suất cây con lấy gene b nếu cây bố là bb $\implies P(M|A) = 1$.
• $P(M|\overline{A})$ là xác suất cây con lấy gene b nếu cây bố là Bb $\implies P(M|\overline{A}) = \dfrac{1}{2} = 0{,}5$.

Thay vào (*) ta được: $$P(M) = 0{,}4 \cdot 1 + 0{,}6 \cdot 0{,}5 = 0{,}4 + 0{,}3 = 0{,}7.$$

Do vai trò của cây bố và cây mẹ là như nhau nên tương tự ta có $P(N) = 0{,}7$.

Vậy xác suất cây con có kiểu gene bb là: $$P(E) = P(M) \cdot P(N) = 0{,}7 \cdot 0{,}7 = 0{,}49.$$

Ý nghĩa thực tiễn: Trong quần thể trên, tỉ lệ cây con mang kiểu gene $bb$ (hạt nhăn) là khoảng $49\%$.

a) Ước lượng tỉ lệ cây con có kiểu gene BB:
Cây con nhận gene B từ bố với xác suất là $1 - P(M) = 1 - 0{,}7 = 0{,}3$.
Tương tự, cây con nhận gene B từ mẹ với xác suất là $1 - P(N) = 1 - 0{,}7 = 0{,}3$.
Vì việc nhận gene từ bố và mẹ là độc lập, xác suất để cây con mang kiểu gene $BB$ là: $$P(BB) = 0{,}3 \cdot 0{,}3 = 0{,}09 \implies 9\%.$$

b) Ước lượng tỉ lệ cây con có kiểu gene Bb:
Thế hệ con chỉ có thể mang một trong ba kiểu gene: $bb, Bb$ hoặc $BB$. Tổng xác suất của ba kiểu gene này bằng 1.
Theo phần Vận dụng, tỉ lệ kiểu gene $bb$ là $0{,}49$.
Theo câu a, tỉ lệ kiểu gene $BB$ là $0{,}09$.
Vậy tỉ lệ cây con có kiểu gene $Bb$ là: $$P(Bb) = 1 - P(bb) - P(BB) = 1 - 0{,}49 - 0{,}09 = 0{,}42 \implies 42\%.$$

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) Số $0{,}95$ là $P(B|A)$ (độ nhạy của xét nghiệm trên người mắc bệnh).

Không phải ông M có xác suất $0{,}95$ mắc bệnh hiểm nghèo X! Bởi vì xác suất thực tế ông M mắc bệnh khi đã có kết quả dương tính là $P(A|B)$. Xác suất $P(A|B)$ còn phụ thuộc rất lớn vào tỉ lệ mắc bệnh trong cộng đồng $P(A)$ và tỉ lệ dương tính giả $P(B|\overline{A})$.

Gọi $A$ là biến cố: "Học sinh đó chọn tổ hợp A00";
Gọi $B$ là biến cố: "Học sinh đó đỗ đại học".

Ta cần tính $P(A|B)$. Theo công thức Bayes, ta có:

• $P(A) = 0{,}8 \implies P(\overline{A}) = 1 - 0{,}8 = 0{,}2$.
• $P(B|A) = 0{,}6$ (xác suất đỗ nếu chọn A00).
• $P(B|\overline{A}) = 0{,}7$ (xác suất đỗ nếu không chọn A00).

Thay vào công thức Bayes ta được:

$$P(A|B) = \frac{P(A) \cdot P(B|A)}{P(A) \cdot P(B|A) + P(\overline{A}) \cdot P(B|\overline{A})} = \frac{0{,}8 \cdot 0{,}6}{0{,}8 \cdot 0{,}6 + 0{,}2 \cdot 0{,}7} = \frac{0{,}48}{0{,}48 + 0{,}14} = \frac{0{,}48}{0{,}62} \approx 0{,}7742.$$

Kết luận: Xác suất học sinh đó đã chọn tổ hợp A00 xấp xỉ $0{,}7742$ (tức $77{,}42\%$).

Gọi $A$ là biến cố: "Chai rượu được chọn là rượu loại I" $\implies P(A) = 0{,}3$, do đó $P(\overline{A}) = 1 - 0{,}3 = 0{,}7$.
Gọi $B$ là biến cố: "Ông Tùng xác nhận đây là rượu loại I".

• Nếu là rượu loại I, ông xác nhận loại I: $P(B|A) = 0{,}9$.
• Nếu không phải rượu loại I, xác suất ông xác nhận không phải loại I là $0{,}95$. Do đó xác suất ông nhận nhầm là loại I là: $P(B|\overline{A}) = 1 - 0{,}95 = 0{,}05$.

Sau khi nếm, ông Tùng xác nhận là loại I (biến cố $B$ đã xảy ra). Ta cần tính xác suất chai rượu đúng là loại I, tức $P(A|B)$:

$$P(A|B) = \frac{P(A) \cdot P(B|A)}{P(A) \cdot P(B|A) + P(\overline{A}) \cdot P(B|\overline{A})} = \frac{0{,}3 \cdot 0{,}9}{0{,}3 \cdot 0{,}9 + 0{,}7 \cdot 0{,}05} = \frac{0{,}27}{0{,}27 + 0{,}035} = \frac{0{,}27}{0{,}305} = \frac{54}{61} \approx 0{,}8852.$$

Kết luận: Xác suất chai rượu thực sự là loại I đạt khoảng $88{,}52\%$.

Gọi $A$ là biến cố: "Ông M mắc bệnh hiểm nghèo X";
Gọi $B$ là biến cố: "Xét nghiệm cho kết quả dương tính".

Gọi $p$ là tỉ lệ dân số mắc bệnh hiểm nghèo X. Khi đó:

• $P(A) = p \implies P(\overline{A}) = 1 - p$.
• $P(B|A) = 0{,}95$ (xét nghiệm dương tính nếu mắc bệnh).
• $P(B|\overline{A}) = 0{,}01$ (dương tính giả nếu không mắc bệnh).

Thay vào công thức Bayes ta được:

$$P(A|B) = \frac{P(A) \cdot P(B|A)}{P(A) \cdot P(B|A) + P(\overline{A}) \cdot P(B|\overline{A})} = \frac{p \cdot 0{,}95}{p \cdot 0{,}95 + (1 - p) \cdot 0{,}01}.$$

a) Trước khi tiến hành xét nghiệm, ông M là một người ngẫu nhiên trong dân số, do đó xác suất mắc bệnh hiểm nghèo X của ông M là: $$P(A) = 0{,}2\% = 0{,}002.$$

b) Áp dụng công thức ở Ví dụ 3 với $p = 0{,}002$: $$P(A|B) = \frac{0{,}002 \cdot 0{,}95}{0{,}002 \cdot 0{,}95 + (1 - 0{,}002) \cdot 0{,}01} = \frac{0{,}0019}{0{,}0019 + 0{,}998 \cdot 0{,}01} = \frac{0{,}0019}{0{,}0019 + 0{,}00998} = \frac{0{,}0019}{0{,}01188} \approx 0{,}1599.$$

Gọi $A$ là biến cố: "Bà N bị bệnh hiểm nghèo Y" $\implies P(A) = 0{,}5\% = 0{,}005$;
Gọi $B$ là biến cố: "Xét nghiệm cho kết quả dương tính" $\implies \overline{B}$ là biến cố "Xét nghiệm cho kết quả âm tính".

a) Trước khi xét nghiệm, xác suất bà N không mắc bệnh Y là: $$P(\overline{A}) = 1 - P(A) = 1 - 0{,}005 = 0{,}995 \implies 99{,}5\%.$$

b) Ta cần tính $P(\overline{A}|\overline{B})$. Theo công thức Bayes ta có: $$P(\overline{A}|\overline{B}) = \frac{P(\overline{A}) \cdot P(\overline{B}|\overline{A})}{P(\overline{A}) \cdot P(\overline{B}|\overline{A}) + P(A) \cdot P(\overline{B}|A)}$$

• $P(\overline{B}|\overline{A}) = 0{,}97$ (xét nghiệm âm tính nếu không bị bệnh).
• $P(\overline{B}|A) = 1 - 0{,}94 = 0{,}06$ (âm tính giả nếu bị bệnh).

Thay số vào công thức Bayes:

$$P(\overline{A}|\overline{B}) = \frac{0{,}995 \cdot 0{,}97}{0{,}995 \cdot 0{,}97 + 0{,}005 \cdot 0{,}06} = \frac{0{,}96515}{0{,}96515 + 0{,}0003} = \frac{0{,}96515}{0{,}96545} \approx 0{,}9997.$$

Kết luận: Nhờ xét nghiệm cho kết quả âm tính, xác suất không mắc bệnh Y của bà N tăng từ $99{,}5\%$ lên thành $99{,}97\%$.

Gọi $A$ là biến cố: "Máy bay xuất hiện ở vị trí X" $\implies P(A) = 0{,}55$.
Biến cố đối $\overline{A}$ là: "Máy bay xuất hiện ở vị trí Y" $\implies P(\overline{A}) = 1 - 0{,}55 = 0{,}45$.
Gọi $H$ là biến cố: "Máy bay đối phương bị bắn hạ".

Ta tính xác suất có điều kiện:

• Nếu máy bay ở vị trí X (biến cố $A$ xảy ra): Bắn 2 quả tên lửa độc lập. Xác suất cả hai quả đều trượt là $(1 - 0{,}8)^2 = 0{,}2^2 = 0{,}04$. Do đó xác suất trúng ít nhất một quả (máy bay bị hạ) là: $$P(H|A) = 1 - 0{,}04 = 0{,}96.$$
• Nếu máy bay ở vị trí Y (biến cố $\overline{A}$ xảy ra): Bắn 1 quả tên lửa. Xác suất trúng là: $$P(H|\overline{A}) = 0{,}8.$$

Áp dụng công thức xác suất toàn phần, xác suất bắn hạ máy bay đối phương là:

$$P(H) = P(A) \cdot P(H|A) + P(\overline{A}) \cdot P(H|\overline{A}) = 0{,}55 \cdot 0{,}96 + 0{,}45 \cdot 0{,}8 = 0{,}528 + 0{,}36 = 0{,}888.$$

Kết luận: Xác suất bắn hạ máy bay đối phương là $0{,}888$ (tức $88{,}8\%$).

Chuồng II ban đầu có tổng cộng $7 + 3 = 10$ con thỏ.
Gọi $A$ là biến cố: "Con thỏ lấy từ chuồng II là thỏ trắng" $\implies P(A) = \dfrac{3}{10} = 0{,}3$.
Khi đó $\overline{A}$ là biến cố: "Con thỏ lấy từ chuồng II là thỏ đen" $\implies P(\overline{A}) = \dfrac{7}{10} = 0{,}7$.
Gọi $B$ là biến cố: "Con thỏ lấy ra từ chuồng I là con thỏ trắng".

Sau khi nhận 1 con thỏ từ chuồng II, chuồng I có tổng cộng $15 + 1 = 16$ con thỏ:

• Trường hợp 1 (Biến cố $A$ xảy ra): Thỏ chuyển sang là thỏ trắng $\implies$ Chuồng I có 5 thỏ đen và 11 thỏ trắng. Do đó xác suất lấy được thỏ trắng là: $$P(B|A) = \frac{11}{16}.$$
• Trường hợp 2 (Biến cố $\overline{A}$ xảy ra): Thỏ chuyển sang là thỏ đen $\implies$ Chuồng I có 6 thỏ đen và 10 thỏ trắng. Do đó xác suất lấy được thỏ trắng là: $$P(B|\overline{A}) = \frac{10}{16}.$$

Áp dụng công thức xác suất toàn phần:

$$P(B) = P(A) \cdot P(B|A) + P(\overline{A}) \cdot P(B|\overline{A}) = \frac{3}{10} \cdot \frac{11}{16} + \frac{7}{10} \cdot \frac{10}{16} = \frac{33 + 70}{160} = \frac{103}{160} = 0{,}64375.$$

Kết luận: Xác suất để con thỏ lấy ra từ chuồng I là thỏ trắng bằng $\dfrac{103}{160} = 0{,}64375$.

Gọi $T$ là biến cố: "Linh kiện đạt tiêu chuẩn" $\implies P(T) = 0{,}8$.
Biến cố đối $\overline{T}$: "Linh kiện không đạt tiêu chuẩn" $\implies P(\overline{T}) = 1 - 0{,}8 = 0{,}2$.
Gọi $K$ là biến cố: "Linh kiện được đóng dấu OTK" $\implies \overline{K}$ là "Linh kiện không được đóng dấu OTK".

Theo giả thiết:

• $P(K|T) = 0{,}99 \implies P(\overline{K}|T) = 1 - 0{,}99 = 0{,}01$.
• $P(\overline{K}|\overline{T}) = 0{,}95 \implies P(K|\overline{T}) = 1 - 0{,}95 = 0{,}05$.

a) Xác suất để linh kiện được đóng dấu OTK:
Áp dụng công thức xác suất toàn phần: $$P(K) = P(T) \cdot P(K|T) + P(\overline{T}) \cdot P(K|\overline{T}) = 0{,}8 \cdot 0{,}99 + 0{,}2 \cdot 0{,}05 = 0{,}792 + 0{,}010 = 0{,}802.$$

b) Sơ đồ hình cây mô tả xác suất linh kiện không được đóng dấu OTK ($\overline{K}$):

Từ sơ đồ hình cây, các nhánh đi tới lá $\overline{K}$ gồm:

• Nhánh đạt tiêu chuẩn nhưng không được đóng dấu ($T\overline{K}$): có xác suất là $0{,}8 \cdot 0{,}01 = 0{,}008$.
• Nhánh không đạt tiêu chuẩn và không được đóng dấu ($\overline{T}\overline{K}$): có xác suất là $0{,}2 \cdot 0{,}95 = 0{,}190$.

Vậy xác suất linh kiện không được đóng dấu OTK là: $$P(\overline{K}) = 0{,}008 + 0{,}190 = 0{,}198.$$ (Kiểm tra lại: $P(\overline{K}) = 1 - P(K) = 1 - 0{,}802 = 0{,}198$).

Tổng số vận động viên của cả hai đội là $5 + 7 = 12$ người.
Gọi $A$ là biến cố: "Vận động viên được chọn thuộc đội I" $\implies P(A) = \dfrac{5}{12}$.
Biến cố đối $\overline{A}$: "Vận động viên được chọn thuộc đội II" $\implies P(\overline{A}) = \dfrac{7}{12}$.
Gọi $V$ là biến cố: "Vận động viên được chọn đạt huy chương vàng".

Theo giả thiết:

• Xác suất đạt HCV nếu thuộc đội I: $P(V|A) = 0{,}65$.
• Xác suất đạt HCV nếu thuộc đội II: $P(V|\overline{A}) = 0{,}55$.

a) Xác suất để vận động viên được chọn đạt huy chương vàng:
Áp dụng công thức xác suất toàn phần: $$P(V) = P(A) \cdot P(V|A) + P(\overline{A}) \cdot P(V|\overline{A}) = \frac{5}{12} \cdot 0{,}65 + \frac{7}{12} \cdot 0{,}55 = \frac{3{,}25 + 3{,}85}{12} = \frac{7{,}1}{12} = \frac{71}{120} \approx 0{,}5917.$$

b) Xác suất vận động viên đạt HCV thuộc đội I:
Biết rằng vận động viên đạt HCV (biến cố $V$ đã xảy ra), ta cần tính xác suất hậu nghiệm $P(A|V)$. Áp dụng công thức Bayes: $$P(A|V) = \frac{P(A) \cdot P(V|A)}{P(V)} = \frac{\frac{5}{12} \cdot 0{,}65}{\frac{71}{120}} = \frac{\frac{3{,}25}{12}}{\frac{7{,}1}{12}} = \frac{3{,}25}{7{,}1} = \frac{325}{710} = \frac{65}{142} \approx 0{,}4577.$$

Kết luận: Xác suất vận động viên đạt HCV thuộc đội I khoảng $45{,}77\%$.

Gọi $R$ là biến cố: "Thư nhận được là thư rác" $\implies P(R) = 3\% = 0{,}03$.
Biến cố đối $\overline{R}$: "Thư nhận được là thư đúng" $\implies P(\overline{R}) = 1 - 0{,}03 = 0{,}97$.
Gọi $C$ là biến cố: "Thư bị bộ lọc chặn" $\implies \overline{C}$ là "Thư không bị chặn".

Theo giả thiết:

• $P(C|R) = 0{,}95 \implies P(\overline{C}|R) = 1 - 0{,}95 = 0{,}05$.
• $P(C|\overline{R}) = 0{,}01 \implies P(\overline{C}|\overline{R}) = 1 - 0{,}01 = 0{,}99$.

Theo công thức xác suất toàn phần, xác suất một thư bất kì bị chặn là:

$$P(C) = P(R) \cdot P(C|R) + P(\overline{R}) \cdot P(C|\overline{R}) = 0{,}03 \cdot 0{,}95 + 0{,}97 \cdot 0{,}01 = 0{,}0285 + 0{,}0097 = 0{,}0382.$$

Do đó xác suất một thư bất kì không bị chặn là: $$P(\overline{C}) = 1 - P(C) = 1 - 0{,}0382 = 0{,}9618.$$

a) Xác suất một thư bị chặn là thư rác:
Áp dụng công thức Bayes: $$P(R|C) = \frac{P(R) \cdot P(C|R)}{P(C)} = \frac{0{,}0285}{0{,}0382} = \frac{285}{382} \approx 0{,}7461 \implies 74{,}61\%.$$

b) Xác suất một thư không bị chặn là thư đúng:
Áp dụng công thức Bayes: $$P(\overline{R}|\overline{C}) = \frac{P(\overline{R}) \cdot P(\overline{C}|\overline{R})}{P(\overline{C})} = \frac{0{,}97 \cdot 0{,}99}{0{,}9618} = \frac{0{,}9603}{0{,}9618} = \frac{9603}{9618} \approx 0{,}9984 \implies 99{,}84\%.$$

c) Tỉ lệ phần trăm thư đúng trong số các thư bị chặn và tỉ lệ thư rác trong số thư không bị chặn:

• Trong số các thư bị chặn, tỉ lệ thư đúng (chặn nhầm) là: $$P(\overline{R}|C) = 1 - P(R|C) = 1 - \frac{285}{382} = \frac{97}{382} \approx 25{,}39\%.$$
• Trong số các thư không bị chặn, tỉ lệ thư rác (lọt lưới) là: $$P(R|\overline{C}) = 1 - P(\overline{R}|\overline{C}) = 1 - \frac{9603}{9618} = \frac{15}{9618} \approx 0{,}16\%.$$