Công thức xác suất toàn phần và công thức Bayes toán 12

1. Công thức xác suất toàn phần 

- Cho hai biến cố A và B với 0 < P(B) < 1. Khi đó:  $\large P(A)=P(B).P(A|B)+P(\overline{B}.P(A|\overline{B}))$ gọi là công thức xác suất toàn phần. 

- Công thức xác suất toàn phần cũng đúng với biến cố B bất kì. 

- Ví dụ: Vào mỗi buổi sáng ở tuyến phố H, xác suất xảy ra tắc đường khi trời mưa và không mưa lần lượt là 0,7 và 0,2. Xác suất có mưa vào một buổi sáng là 0,1. Tính xác suất để sáng đó tuyến phố H bị tắc đường.

Lời giải:

Gọi A là biến cố “Tuyến phố H bị tắc đường” và B là biến cố “Buổi sáng đó có mưa”

Theo đề ta có: P(B) = 0,1; P(A|B) = 0,7;  $\large P(A|\overline{B})=0,2$

 $\large \rightarrow P(\overline{B})=1-P(B)=0,9$

Áp dụng công thức xác suất toàn phần ta có:

 $\large P(A)=P(B).P(A|B)+P(\overline{B}.P(A|\overline{B}))$ = 0,1.0,7 + 0,9.0,2 = 0,25

2. Công thức Bayes

- Giả sử A và B là hai biến cố ngẫu nhiên thỏa mãn P(A) > 0 và 0 < P(B) < 1. Khi đó ta có công thức Bayes: 

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

- Chú ý:

+ Công thức Bayes vẫn đúng với biến cố B bất kì 

+ Với P (A) > 0, công thức  $\large P(B|A)=\frac{P(B)P(A|B)}{P(A)}$ cũng được gọi là công thức Bayes. 

- Ví dụ: Khi phát hiện một vật thể bay, xác suất một hệ thống radar phát cảnh báo là 0,9 nếu vật thể bay đó là mục tiêu thật và là 0,05 nếu mục tiêu giả. Có 99% các vật thể bay là mục tiêu giả. Biết rằng hệ thống radar đang phát cảnh báo khi phát hiện một vật thể bay. Tính xác suất vật thể đó là mục tiêu thật.

Lời giải: 

Gọi A là biến cố “Hệ thống radar phát cảnh báo” và B là biến cố “Vật thể bay đó là mục tiêu thật”.

Theo đề ta có P(A|B) = 0,9;  $\large P(A|\overline{B})=0,05;P(\overline{B})=0,99$

 $\large \rightarrow P(B)=1-P(\overline{B})=0,01$

Ta có: $\large P(A)=P(B).P(A|B)+P(\overline{B}.P(A|\overline{B}))$ = 0,01.0,9 + 0,99.0,05 = 0,0585.

Ta cần tính:  $\large \rightarrow P(B|A)=\frac{P(B).P(A|B)}{P(A)}=\frac{0,01.0,9}{0,0585}=\frac{2}{13}$

3. Bài tập về công thức xác suất toàn phần và công thức Bayes toán 12 

3.1 Bài tập sách kết nối tri thức

Bài 6.7 trang 77 sgk toán 12/2 kết nối tri thức

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  $\large P(\overline{A})$ = 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 $\large P(\overline{B}|A)$ : “Máy bay không rơi khi có hai quả tên lửa bắn lên”. Ta có  $\large P(\overline{B}|A)$  = (1 – 0,8) ∙ (1 – 0,8) = 0,22 = 0,04.

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

$\large P(\overline{B}|A)$:  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 $\large P(B|\overline{A})=0,8$

Theo công thức xác suất toàn phần ta có: P(B)=P(A).P(B|A)+$\large P(\overline{A}.P(B|\overline{A}))$ = 0,55 ∙ 0,96 + 0,45 ∙ 0,8 = 0,888.

Vậy xác suất bắn hạ máy bay đối phương trong phương án tác chiến nêu trên là 0,888.

Bài 6.8 trang 78 sgk toán 12/2 kết nối tri thức

Gọi A là biến cố: “Bắt được thỏ trắng từ chuồng II”;

       B là biến cố: “Sau đó bắt được thỏ trắng từ chuồng I”.

Ta cần tính P(B). Theo công thức xác suất toàn phần, ta có: P(B)=P(A).P(B|A)+$\large P(\overline{A}.P(B|\overline{A}))$

Vì chuồng II có 7 con thỏ đen và 3 con thỏ trắng nên ta có: P(A) = 3/10

 $\large \rightarrow P(\overline{A})=1-P(A)=1-\frac{3}{10}=\frac{7}{10}$

Nếu A xảy ra tức là bắt được thỏ trắng từ chuồng II rồi cho vào chuồng I thì chuồng I có 5 thỏ đen và 11 thỏ trắng. Do đó,  $\large P(B|A)=\frac{11}{16}$

Nếu A không xảy ra thì chuồng I có 6 thỏ đen và 10 thỏ trắng. Do đó,  $\large P(B|\overline{A})=\frac{10}{16}$

Khi đó P(B)=P(A).P(B|A)+$\large P(\overline{A}.P(B|\overline{A}))=\frac{3}{10}.\frac{11}{16}+\frac{7}{10}.\frac{10}{16}=\frac{103}{160}$
Vậy xác suất để con thỏ được lấy ra là con thỏ trắng là 103/160. 

Bài 6.9 trang 78 sgk toán 12/2 kết nối tri thức

a) Gọi A là biến cố: “Linh kiện điện tử được chọn đạt tiêu chuẩn”;

            B là biến cố: “Linh kiện điện tử được chọn được đóng dấu OTK”.

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

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

Theo giả thiết P(A) = 0,8 => $\large P(\overline{A})$ = 1 – P(A) = 1 – 0,8 = 0,2.

Tính P(B|A): Đây là xác suất để linh kiện điện tử đạt tiêu chuẩn được đóng dấu OTK. Theo giả thiết ta có P(B | A) = 0,99.

Tính  $\large P(B|\overline{A})$ : Đây là xác suất để linh kiện điện tử không đạt tiêu chuẩn được đóng dấu OTK. Theo giả thiết nếu linh kiện điện tử không đạt tiêu chuẩn thì nó không được đóng dấu OTK với xác suất 0,95. Vậy nếu linh kiện điện tử không đạt tiêu chuẩn thì nó được đóng dấu OTK với xác suất là 1 – 0,95 = 0,05. Do đó$\large P(B|\overline{A})=0,05$

Khi đó $\large P(B)=P(A).P(B|A)+P(\overline{A}.P(B|\overline{A}))$ = 0,8 ∙ 0,99 + 0,2 ∙ 0,05 = 0,802.

Vậy xác suất để linh kiện điện tử đó được đóng dấu OTK là 0,802.

b) Với A là biến cố: “Linh kiện điện tử được chọn đạt tiêu chuẩn”;

            B là biến cố: “Linh kiện điện tử được chọn được đóng dấu OTK”.

Khi đó, $\large \overline{B}$ là biến cố: “Linh kiện điện tử được chọn không được đóng dấu OTK”. Ta vẽ sơ đồ hình cây như sau:

Có hai nhánh cây đi tới  $\large \overline{B}$ là OA $\large \overline{B}$ và  O $\large \overline{A}$$\large \overline{B}$.

Vậy  $\large P(\overline{B})$ = 0,8 ∙ 0,01 + 0,2 ∙ 0,95 = 0,198

Bài 6.10 trang 78 sgk toán 12/2 kết nối tri thức

a) Gọi A là biến cố: “VĐV được chọn thuộc đội I”;

B là biến cố: “VĐV được chọn thuộc đội II”;

E là biến cố: “VĐV được chọn đạt HCV”.

(Với VĐV: vận động viên, HCV: huy chương vàng).

Ta có B =$\large \overline{A}$

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

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

Theo bài ra ta có:  $\large P(A)=\frac{5}{12}; P(\overline{A})=P(B)=\frac{7}{12}$

P(E | A) là xác suất để VĐV thuộc đội I đoạt HCV. Theo bài ra ta có P(E | A) = 0,65.

$\large P(E|\overline{A})$ là xác suất để VĐV thuộc đội II đoạt HCV. Theo bài ra ta có $\large P(E|\overline{A})=0,55$

Thay vào ta được:  $\large P(E)=\frac{5}{12}.0,65+\frac{7}{12}.0,55\approx 0,5917$

Vậy xác suất để vận động viên này đạt huy chương vàng là khoảng 0,5917.

b) Ta có xác suất để vận động viên được chọn thuộc đội I, biết rằng vận động viên này đạt huy chương vàng, chính là xác suất P(A | E).

Theo công thức Bayes và kết quả ở câu a) ta có: 

 $\large P(A|E)=\frac{P(A).P(E|A)}{P(E)}\approx \frac{\frac{5}{12}.0,65}{0,5917}\approx 0,4577$

Bài 6.11 trang 78 sgk toán 12/2 kết nối tri thức

a) Gọi A là biến cố: “Thư được chọn là thư rác”;

B là biến cố: “Thư được chọn là bị chặn”.

Ta có P(A) = 3% = 0,03;  $\large P(\overline{A})=1-P(A)=0,97; P(B|A)=0,95;P(B|\overline{A})=0,01$

Ta cần phải tính P(A | B). Áp dụng công thức Bayes, ta có:

 $\large P(A|B)=\frac{P(A)P(B|A)}{P(A).P(B|A)+P(\overline{A}).P(B|\overline{A})}=\frac{0,03.0,95}{0,03.0,95+0,97.0,01}\approx 0,746$

Vậy khi chọn ngẫu nhiên một thư bị chặn thì xác suất để đó là thư rác khoảng 0,746.

b) Ta phải tính  $\large P(\overline{A}|\overline{B}) $

Ta có :  $\large P(B|\overline{A})=0,01\rightarrow P(\overline{B}|\overline{A})=0,99 $

 $\large P(B|A)=0,95\rightarrow P(\overline{B}|A)=0,05$

Áp dụng công thức Bayes, ta có:

 $\large P(\overline{B}|\overline{A})=\frac{P(\overline{A})P(\overline{B}|\overline{A})}{P(\overline{A}).P(\overline{B}|A)+P(A).P(\overline{B}|A)}=\frac{0,97.0,99}{0,97.0,99+0,03.0,05}\approx 0,998$

c) Từ câu a), ta thấy xác suất một thư là thư rác nếu biết rằng thư đó bị chặn là 0,746. Nghĩa là trong số các thư bị chặn có khoảng 74,6% thư rác.

Vậy trong số các thư bị chặn có 100% – 74,6% = 25,4% là thư đúng.

Từ câu b), ta thấy xác suất để đó là thư đúng nếu biết rằng thư đó không bị chặn là 0,998. Nghĩa là trong số các thư không bị chặn có khoảng 99,8% thư đúng.

Vậy trong số các thư không bị chặn có 100% – 99,8% = 0,2% là thư rác.

Đăng ký ngay để được các thầy cô ôn tập kiến thức và xây dựng lộ trình ôn thi THPT Quốc gia sớm với khóa học PAS THPT! 

3.2 Bài tập sách chân trời sáng tạo

Bài 1 trang 79 sgk toán 12/2 chân trời sáng tạo

a) Gọi A là biến cố “Lấy được 1 viên bi màu xanh ở hộp thứ nhất” và B là biến cố “Lấy được 2 viên bi màu đỏ ở hộp thứ hai”.

Khi đó ta có: $\large P(A)=\frac{3}{9}; P(B|A)=\frac{C_{7}^{2}}{C_{11}^{2}}=\frac{21}{55}$

$\large \rightarrow P(\overline{A})=1-P(A)=\frac{2}{3}; P(B|\overline{A})=\frac{C_{8}^{2}}{C_{11}^{2}}=\frac{28}{55}$

Áp dụng công thức xác suất toàn phần:

$\large P(B)=P(A).P(B|A)+P(\overline{A}.P(B|\overline{A})=\frac{3}{9}.\frac{21}{55}+\frac{2}{3}.\frac{28}{55}=\frac{7}{15}$

b) Ta cần tính $\large P(\overline{A}B)=\frac{P(\overline{A}).P(B|\overline{A})}{P(B)}=\frac{\frac{2}{3}.\frac{28}{55}}{\frac{7}{15}}=\frac{8}{11}$

Bài 2 trang 79 sgk toán 12/2 chân trời sáng tạo

Gọi A là biến cố “Học sinh được chọn là học sinh nữ” và B là biến cố “Học sinh được chọn tham gia câu lạc bộ nghệ thuật”.

Ta có P(A) = 0,52; P(B|A) = 0,18; $\large P(B|\overline{A})=0,15$

$\large \rightarrow P(\overline{A})=1-P(A)=0,48$

a) $\large P(B)=P(A).P(B|A)+P(\overline{A}.P(B|\overline{A})$ = 0,52.0,18 + 0,48.0,15 = 0,1656.

b) Cần tính: $\large P(\overline{A}|B)=\frac{P(\overline{A}).P(B|\overline{A})}{P(B)}=\frac{0,48.0,15}{0,1656}=\frac{10}{23}$

Bài 3 trang 79 sgk toán 12/2 chân trời sáng tạo

Gọi A là biến cố “Người được chọn đã tiêm vắc xin phòng bệnh A” và B là biến cố “Người được chọn mắc bệnh A”.

Ta có P(A) = 0,65; P(B|A) = 0,05; $\large P(B|\overline{A})=0,17$

$\large \rightarrow P(\overline{A})=1-P(A)=0,35$

a) $\large P(B)=P(A).P(B|A)+P(\overline{A}.P(B|\overline{A})$ = 0,65.0,05 + 0,35.0,17 = 0,092.

b) Cần tính: $\large P(\overline{A}|B)=\frac{P(\overline{A}).P(B|\overline{A})}{P(B)}=\frac{0,35.0,17}{0,092}= \approx 0,6467$

Bài 4 trang 79 sgk toán 12/2 chân trời sáng tạo

A là biến cố “Chú lùn đó luôn nói thật” và B là biến cố “Chú lùn đó nhận mình là người luôn nói thật”.

a) Trong 7 chú lún có 4 chú lùn luôn nói thật nên P(A) = 4/7 => $\large P(\overline{A})$=3/7

Theo đề ta có P(B|A) = 1; $\large P(B|\overline{A})=0,5$

Ta cần tính P(B): $\large P(B)=P(A).P(B|A)+P(\overline{A}.P(B|\overline{A})=\frac{4}{7}.1+\frac{3}{7}.0,5=\frac{11}{14}$

b) Cần tính P(A|B).

Ta có:  $\large P(\overline{A}|B)=\frac{P(A).P(B|A)}{P(B)}=\frac{\frac{4}{7}.1}{\frac{11}{14}}= \frac{8}{11}$

Đăng ký ngay combo sổ tay kiến thức các môn học để nhận ưu đãi cực hấp dẫn từ vuihoc nhé!

3.3 Bài tập sách cánh diều 

Bài 1 trang 102 sgk toán 12/2 cánh diều

Đáp án đúng là: C

Ta có P(B) = 0,6. Suy ra P($\large \overline{B}$) = 1 – P(B) = 1 – 0,6 = 0,4.

Áp dụng công thức xác suất toàn phần, ta có:

P(A) = P(B) ∙ P(A | B) + P($\large \overline{B}$) ∙ P(A |$\large \overline{B}$) = 0,6.0,7 + 0,4.0,4 = 0,58.

Bài 2 trang 102 sgk toán 12/2 cánh diều

A: “Viên bi được lấy ra từ hộp I bỏ sang hộp II là màu trắng”;

B: “Viên bi được lấy ra từ hộp II là viên bi màu trắng”.

Theo bài ra ta có: P(A) = 5/10 = 1/2 ; P($\large \overline{A}$) = 1 – P(A) = 1/2

P(B| A) = 7/11; $\large P(B|\overline{A})=\frac{6}{11}$

Áp dụng công thức xác suất toàn phần, ta có:

$\large P(B)=P(A).P(B|A)+P(\overline{A}.P(B|\overline{A})=\frac{1}{2}.\frac{7}{11}+\frac{1}{2}.\frac{6}{11}=\frac{13}{22}$

Vậy xác suất để viên bi được lấy ra từ hộp II là viên bi màu trắng là $\large \frac{13}{22}$

b) Nếu viên bi được lấy ra từ hộp II là viên bi màu trắng thì xác suất viên bi màu trắng đó thuộc hộp I là: $\large P(A|B)=\frac{P(A).P(B|A)}{P(B)}=\frac{\frac{1}{2}.\frac{7}{11}}{\frac{13}{22}}= \frac{7}{13}$
Vậy nếu viên bi được lấy ra từ hộp II là viên bi màu trắng thì xác suất viên bi màu trắng đó thuộc hộp I là $\large \frac{7}{13}$

Bài 3 trang 102 sgk toán 12/2 cánh diều

a) Xét hai biến cố:

A: “Linh kiện được lấy ra từ lô hàng là linh kiện tốt”;

B: “Linh kiện được lấy ra từ lô hàng do nhà máy I sản xuất”.

Vì lô linh kiện để lẫn lộn 80 sản phẩm của nhà máy số I và 120 sản phẩm của nhà máy số II nên P(B) = 0,4 => P($\large \overline{B}$) = 1 -0,4 = 0,6. 

Vì tỉ lệ phế phẩm của các nhà máy I, II lần lượt là: 4%; 3% nên tỉ lệ thành phẩm (linh kiện tốt) của các nhà máy I, II lần lượt là 96%; 97%.

Do đó P(A | B) = 0,96 và P(A | $\large \overline{B}$ ) = 0,97.

Áp dụng công thức xác suất toàn phần, ta có xác suất để linh kiện được lấy ra là linh kiện tốt là:

P(A) = P(B) ∙ P(A | B) + P($\large \overline{B}$) ∙ P(A |$\large \overline{B}$) = 0,4 ∙ 0,96 + 0,6 ∙ 0,97 = 0,966.

b) Xét biến cố C: “Linh kiện được lấy ra từ lô hàng là linh kiện phế phẩm”.

Khi đó, ta có C = $\large \overline{A}$. Suy ra P(C) = P($\large \overline{A}$) = 1 – P(A) = 1 – 0,966 = 0,034.

Theo bài ra ta có: P(C | B) = 4% = 0,04.

Do đó, nếu linh kiện được lấy ra là linh kiện phế phẩm thì xác suất sản phẩm đó do nhà máy I sản xuất là: $\large P(B|C)=\frac{P(B).P(C|B)}{P(C)}=\frac{0,4.0,04}{0,034}= \frac{8}{17}$

Nếu linh kiện được lấy ra là linh kiện phế phẩm thì xác suất sản phẩm đó do nhà máy II sản xuất là: P($\large \overline{B}$|C) = 1 – P(B | C) = 1 - 8/17 = 9/17. 

Vì 9/17 > 8/17 nên nếu linh kiện được lấy ra là linh kiện phế phẩm thì xác suất linh kiện đó do nhà máy II sản xuất là cao hơn.

Bài 4 trang 102 sgk toán 12/2 cánh diều

Xét hai biến cố:

          A: “Con bò được chọn ra không bị mắc bệnh bò điên”.

          B: “Con bò được chọn ra có phản ứng dương tính”.

Vì tỉ lệ bò bị mắc bệnh bò điên ở Hà Lan là 13 con trên 1 000 000 con nên tỉ lệ bò mắc bệnh bò điên ở Hà Lan là P($\large \overline{A}$) = 0,000013.

Suy ra P(A) = 1 – 0,000013 = 0,999987.

Trong số những con bò không bị mắc bệnh thì xác suất để có phản ứng dương tính trong xét nghiệm A là 10%, suy ra P(B|A) = 0,1.

Khi con bò mắc bệnh bò điên thì xác suất để có phản ứng dương tính trong xét nghiệm A là 70% nên P(B|$\large \overline{A}$) = 0,7.

Ta thấy xác suất mắc bệnh bò điên của một con bò ở Hà Lan xét nghiệm có phản ứng dương tính với xét nghiệm A chính là P($\large \overline{A}$|B). Áp dụng công thức Bayes, ta có:

$\large P(\overline{A}|B)=\frac{P(\overline{A}).P(B|\overline{A})}{P(\overline{A}).P(B|\overline{A})+P(A).P(B|A)}=\frac{0,000013.0,7}{0,000013.0,7+0,999987.0,1}= \approx 0,000091$

Trên đây là toàn bộ bài học Công thức xác suất toàn phần và công thức Bayes toán 12. Hi vọng bài viết này sẽ giúp cho các bạn học sinh áp dụng công thức tính xác suất toàn phần và công thức Bayes để giải các bài tập về xác suất nhanh và chính xác nhất. Các bạn hãy truy cập nền tảng Vuihoc.vn để ôn tập kiến thức Toán 12 và đăng ký những khóa học bổ ích, hấp dẫn nhất nhé! 

>> Mời bạn tham khảo thêm:

• Ứng dụng hình học của tích phân trong giải bài tập toán 12
• Công thức tính góc trong không gian toán 12
• Lý thuyết xác suất có điều kiện toán 12