Bài 19. Công thức xác suất toàn phần và công thức Bayes - Toán 12 Kết nối tri thức

Lý thuyết Công thức xác suất toàn phần và công thức Bayes Toán 12 Kết nối tri thức

1. Công thức xác suất toàn phần

Cho hai biến cố A và B. Khi đó, ta có công thức sau: \(P(B) = P(A).P(B|A) + P(\overline A ).P(B|\overline A )\)

Ví dụ 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 để hôm sau ông đi làm bằng xe máy là 0,4. Nếu hôm nay ông đi làm bằng xe máy thì xác suất để 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.

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

\(P(B) = P(A).P(B|A) + P(\overline A ).P(B|\overline A )\)

• Tính P(A): Vì thứ hai, ông An đi làm bằng xe buýt nên xác suất để thứ ba 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.
• Tính P(B|A): Đây là xác suất để thứ tư ông An đi làm bằng xe máy nếu thứ ba ông An đi làm bằng xe máy.
• Theo giả thiết, nếu hôm nay ông đi làm bằng xe máy thì xác suất để hôm sau ông đi làm bằng xe buýt là 0,7 và đi làm bằng xe máy là 0,3. Do đó, nếu thứ ba ông An đi làm bằng xe máy thì xác suất để thứ tư, ông đi làm bằng xe máy là 0,3. Vậy P(B|A) = 0,3.
• Tính \(P(B|\overline A )\): Đây là xác suất để thứ tư ông An đi làm bằng xe máy nếu thứ ba ông An đi làm bằng xe buýt. Theo giả thiết, nếu hôm nay ông đi làm bằng xe buýt thì xác suất để hôm sau ông đi làm bằng xe máy là 0,4. Do đó, nếu thứ ba ông An đi làm bằng xe buýt thì xác suất để thứ tư ông đi làm bằng xe máy là 0,4. Suy ra \(P(B|\overline A )\). Vậy:

\(P(B) = P(A).P(B|A) + P(\overline A ).P(B|\overline A ) = 0,4.0,3 + 0,6.0,4 = 0,36\)

2. Công thức Bayes

Cho A và B là hai biến cố, với P(B) > 0. Khi đó, ta có công thức sau: \(P(A|B) = \frac{{P(A).P(B|A)}}{{P(A).P(B|A) + P(\bar A).P(B|\bar A)}} = \frac{{P(A).P(B|A)}}{{P(B)}}\).

Ví dụ 2: Trong một kỳ thi tốt nghiệp trung học phổ thông, một tỉnh X có 80% học sinh lựa chọn tổ hợp A00. Biết rằng, nếu một học sinh chọn tổ hợp A00 thì xác suất để học sinh đó đỗ đại học là 0,6; còn nếu mọt học sinh không chọn tổ hợp A00 thì xác suất để học sinh đỗ đại học là 0,7. Chọn ngẫu nhiên một học sinh của tỉnh X đã tốt nghiệp trung học phổ thông trong kì thi trên. Biết rằng học sinh này đã đỗ đại học. Tính xác suất để học sinh đó chọn tổ hợp A00.

Giải:

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|B). Theo công thức Bayes, ta cần biết: \(P(A),P(\overline A ),P(B|A)\) và \(P(B|\overline A )\).

Ta có: P(A) = 0,8; \(P(\overline A )\) = 1 – P(A) = 1 – 0,8 = 0,2.

P(B|A) là xác suất để một học sinh đỗ đại học với điều kiện học sinh đó chọn tổ hợp A00.

\( \Rightarrow P(B|A) = 0,6\).

\(P(B|\overline A )\) là xác suất để một học sinh đỗ đại học với điều kiện học sinh đó không chọn tổ hợp A00.

\( \Rightarrow P(B|\overline A ) = 0,7\).

Thay vào công thức Bayes ta được:

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

\(= \frac{{0,8.0,6}}{{0,8.0,6 + 0,2.0,7}} \approx 0,7742\).

Giải mục 1 trang 72, 73, 74 SGK Toán 12 tập 2 - Kết nối tri thức

Giải mục 2 trang 75, 76, 77 SGK Toán 12 tập 2 - Kết nối tri thức

Giải bài tập 6.7 trang 77 SGK Toán 12 tập 2 - Kết nối tri thức

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 xuất 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 chi tiết

Gọi A là biến cố: “Máy bay xuất hiện ở vị trí X”; B là biến cố: “Máy bay bị bắn rơi”.

Theo bài ra ta có $P(A) = 0,55$. Suy ra $P(\overline{A}) = 1 - P(A) = 1 - 0,55 = 0,45$.

Nếu máy bay xuất hiện tại X thì có hai quả tên lửa bắn lên.

Khi đó, $P(B | A)$ là xác suất để máy bay bị bắn rơi khi có hai quả tên lửa bắn lên.

Ta tính xác suất của biến cố đối $P(\overline{B} | A)$: “Máy bay không rơi khi có hai quả tên lửa bắn lên”. Ta có 

$P(\overline{B} | A) = (1 - 0,8) . (1 - 0,8) = 0,2^2 = 0,04$.

Vậy $P(B | A) = 1 - P(\overline{B} | A) = 1 - 0,04 = 0,96$.

$P(B | \overline{A})$: Nếu máy bay xuất hiện tại Y thì có một quả tên lửa bắn lên. Máy bay rơi khi bị quả tên lửa này bắn trúng. Do đó $P(B | \overline{A}) = 0,8$.

Theo công thức xác suất toàn phần ta có:

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

$= 0,55 . 0,96 + 0,45 . 0,8 = 0,888$.

Giải bài tập 6.8 trang 78 SGK Toán 12 tập 2 - Kết nối tri thức

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 chi tiết

Gọi A là biến cố: “Con thỏ nhảy từ chuồng II sang chuồng I là thỏ trắng”.

Khi đó, \(P\left( A \right) = \frac{3}{{10}}\). Suy ra, \(P\left( {\overline A } \right) = 1 - \frac{3}{{10}} = \frac{7}{{10}}\).

Gọi B là biến cố: “Con thỏ lấy ra từ chuồng I là thỏ trắng”.

Khi đó, \(P\left( {B|A} \right) = \frac{{11}}{{16}}\), \(P\left( {B|\overline A } \right) = \frac{{10}}{{16}} = \frac{5}{8}\).

Áp dúng công thức xác suất toàn phần ta có:

\(P\left( B \right) = P\left( A \right).P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right).P\left( {B|\overline A } \right)\)

\(= \frac{3}{{10}}.\frac{{11}}{{16}} + \frac{7}{{10}}.\frac{5}{8} = \frac{{103}}{{160}}\).

Giải bài tập 6.9 trang 78 SGK Toán 12 tập 2 - Kết nối tri thức

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 trải 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 chi tiết

Gọi A là biến cố: “Linh kiện điện tử đạt tiêu chuẩn”, B là biến cố: “linh kiện được đóng dấu OTK”.

Ta có: \(P\left( A \right) = 0,8 \Rightarrow P\left( {\overline A } \right) = 0,2\), \(P\left( {B|A} \right) = 0,99,P\left( {\overline B |\overline A } \right) = 0,95\).

Ta có: \(P\left( {B|\overline A } \right) = 1 - 0,95 = 0,05\).

a) Xác suất để linh kiện được đóng dấu OTK là:

\(P\left( B \right) = P\left( A \right).P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right).P\left( {B|\overline A } \right) \)

\(= 0,8.0,99 + 0,2.0,05 = 0,802\).

b) Ta có sơ đồ hình cây:

Trên nhánh OA và \(O\overline A \) tương ứng ghi P(A) và \(P\left( {\overline A } \right)\);

Trên nhánh AB và \(A\overline B \) tương ứng ghi \(P\left( {B|A} \right)\) và \(P\left( {\overline B |A} \right)\);

Trên nhánh \(\overline A B\) và \(\overline {AB} \) tương ứng ghi \(P\left( {B|\overline A } \right)\) và \(P\left( {\overline B |\overline A } \right)\).

Có hai nhánh cây đi tới \(\overline B \) là \(OA\overline B \) và \(O\overline A \overline B \).

Do đó, \(P\left( {\overline B } \right) = 0,8.0,01 + 0,95.0,2 = 0,198\).

Vậy xác suất để linh kiện điện tử được chọn không được đóng dấu OTK là 0,198.

Giải bài tập 6.10 trang 78 SGK Toán 12 tập 2 - Kết nối tri thức

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 chi tiết

Gọi A là biến cố: “Vận động viên đạt huy chương vàng”, B là biến cố: “Thành viên đội I” thì \(\overline B \) là biến cố: “Thành viên đội II đạt huy chương vàng”.

Do đó, \(P\left( B \right) = \frac{5}{{12}}\), \(P\left( {\overline B } \right) = \frac{7}{{12}}\), \(P\left( {A|B} \right) = 0,65\), \(P\left( {A|\overline B } \right) = 0,55\).

a) Theo công thức xác suất toàn phần ta có:

\(P\left( A \right) = P\left( B \right).P\left( {A|B} \right) + P\left( {\overline B } \right).P\left( {A|\overline B } \right)\)

\(= \frac{5}{{12}}.0,65 + \frac{7}{{12}}.0,55 = \frac{{71}}{{120}}\).

Vậy xác suất để vận động viên này đạt huy chương vàng là \(\frac{{71}}{{120}}\).

b) Ta cần tính: \(P\left( {B|A} \right)\). Theo công thức Bayes ta có:

\(P\left( {B|A} \right) = \frac{{P\left( B \right).P\left( {A|B} \right)}}{{P\left( A \right)}}\)

\(= \frac{{\frac{5}{{12}}.0,65}}{{\frac{{71}}{{120}}}} = \frac{{65}}{{142}}\).

Giải bài tập 6.11 trang 78 SGK Toán 12 tập 2 - Kết nối tri thức

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 là 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 chi tiết

Gọi A là biến cố: “Thư được chọn là thư rác”, B là biến cố: “Thư chọn bị chặn” thì \(\overline B \) là biến cố: “Thư chọn không bị chặn”.

Theo đầu bài ta có: \(P\left( A \right) = 0,03\), \(P\left( {\overline A } \right) = 0,97\), \(P\left( {B|A} \right) = 0,95\), \(P\left( {B|\overline A } \right) = 0,01\).

a) Ta có: \(P\left( B \right) = P\left( {B|A} \right).P\left( A \right) + P\left( {B|\overline A } \right).P\left( {\overline A } \right) \)

\(= 0,95.0,03 + 0,01.0,97 = 0,0382\).

Do đó, \(P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( A \right).P\left( {B|A} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{0,95.0,03}}{{0,0382}} = \frac{{285}}{{382}} \approx 0,746\).

Vậy xác suất để chọn ngẫu nhiên một thư bị chặn là thư rác là khoảng 74,6%.

b) Vì \(P\left( {B|\overline A } \right) = 0,01 \Rightarrow P\left( {\overline B |\overline A } \right) = 0,99\);

\(P\left( {B|A} \right) = 0,95 \Rightarrow P\left( {\overline B |A} \right) = 0,05\).

Theo công thức Bayes ta có:

\(P\left( {\overline A |\overline B } \right) = \frac{{P\left( {\overline A } \right).P\left( {\overline B |\overline A } \right)}}{{P\left( {\overline A } \right).P\left( {\overline B |\overline A } \right) + P\left( A \right).P\left( {\overline B |A} \right)}}\)

\(= \frac{{0,97.0,99}}{{0,97.0,99 + 0,03.0,05}} = \frac{{3201}}{{3206}} \approx 0,998\)

Vậy xác suất để chọn ngẫu nhiên một thư không bị chặn là thư đúng là khoảng 99,8%.

c) Ta có \(P\left( {\overline A |B} \right) = 1 - P\left( {A|B} \right) = 1 - \frac{{285}}{{382}} \approx 0,254\).

Vậy có khoảng 25,4% thư đúng trong các thư bị chặn.

Ta có \(P\left( {A|\overline B } \right) = 1 - P\left( {\overline A |\overline B } \right) = 1 - \frac{{3201}}{{3206}} \approx 0,002\).

Vậy có khoảng 0,2% thư rác trong số các thư không bị chặn.