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

Định hướng. Gắn từng câu trong đề với đúng kí hiệu: “xác suất trời mưa” là $P(A)$; “nếu trời mưa thì …” là $P(B\mid A)$; “nếu trời không mưa thì …” là $P(B\mid \overline{A})$.

Vậy a) $P(A)=0,75$; $P(\overline{A})=0,25$; $P(B\mid A)=0,4$; $P(B\mid \overline{A})=0,9$. b) Nhà tổ chức quan tâm nhất đến $P(B)$ — xác suất bán hết vé; $P(A)$ chỉ là thông tin trung gian.

Định hướng. Hình dung 100 buổi diễn trong cùng điều kiện; xác suất được hiểu là tỉ lệ số buổi.

Vậy được đúng bốn xác suất như Cách 1; số buổi bán hết vé là $30+22,5=52,5$ trên $100$ — chính là đại lượng $P(B)$ mà nhà tổ chức cần.

Định hướng. Tầng 1 tách theo thời tiết ($A$ hoặc $\overline{A}$), tầng 2 tách theo việc bán hết vé; mỗi nhánh ghi đúng một xác suất.

Vậy bốn xác suất ở câu a) nằm ngay trên bốn nhánh của cây; muốn có $P(B)$ chỉ cần cộng hai đường đi tới lá $B$ (tô hồng).

Nhận xét. Đề cho các xác suất “theo từng hoàn cảnh” $P(B\mid A)$, $P(B\mid \overline{A})$, còn điều ta cần lại là $P(B)$ “tổng thể” — đó là lí do cần công thức xác suất toàn phần.

Định hướng. $A$: “Trời mưa”, $B$: “Bán hết vé”; đã có đủ bốn xác suất từ HĐ1.

Vậy xác suất để nhà tổ chức bán hết vé là $0,525$.

Định hướng. Có hai đường đi từ gốc tới lá B: qua A và qua Ā; nhân dọc mỗi đường rồi cộng.

Vậy $P(B)=0,525$.

Định hướng. $P(B)$ nằm giữa $0,4$ và $0,9$; xuất phát từ $0,9$ (trời tạnh) rồi trừ phần “thiệt” do mưa, nhân với xác suất mưa.

Vậy xác suất bán hết vé là $0,525$ — tức khoảng $52,5\%$.

Nhận xét. Cách 3 chính là công thức toàn phần viết lại: $P(B)=(1-p)\cdot 0,9+p\cdot 0,4=0,9-0,5p$ với $p=P(A)$. Nó cho thấy ngay $P(B)$ giảm tuyến tính theo xác suất mưa.

Định hướng. Tầng 1: thứ Ba ($A$: xe máy, $\overline{A}$: xe buýt); tầng 2: thứ Tư ($B$: xe máy, $\overline{B}$: xe buýt). Chọn các đường đi tới lá $\overline{B}$.

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

Định hướng. Ví dụ 1 đã tính $P(B)=0,36$ (thứ Tư đi xe máy); mỗi ngày ông chỉ đi một trong hai phương tiện.

Vậy $P(\overline{B})=0,64$.

Định hướng. Xét 100 tuần có thứ Hai đi xe buýt, chia dần theo từng ngày.

Vậy xác suất cần tìm là $0,64$.

Nhận xét. Bốn lá của cây có tổng $0,12+0,28+0,24+0,36=1$ — cách kiểm tra nhanh rằng cây đã ghi đúng xác suất.

Định hướng. $A$: “Cây bố có kiểu gene bb”; $M$: “Cây con lấy gene b từ bố”; $N$: “Cây con lấy gene b từ mẹ”; $E$: “Cây con có kiểu gene bb” $=MN$.

Vậy xác suất để cây con có kiểu gene bb là $0,49$.

Định hướng. Chia theo kiểu gene của cả bố và mẹ (4 trường hợp rời nhau), tính xác suất con bb trong từng trường hợp rồi cộng.

Vậy $P(E)=0,49$.

Định hướng. Mỗi cây mang 2 gene; cây con nhận ngẫu nhiên một gene của bố, nên xác suất nhận gene b bằng tỉ lệ gene b trong “kho gene” của quần thể.

Vậy tỉ lệ cây con có kiểu gene bb khoảng $49\%$.

Nhận xét. Cách 3 là cách nhìn của di truyền học quần thể: tần số gene b là $q=0,7$ thì tỉ lệ kiểu gene bb ở đời con là $q^2$.

Định hướng. Dùng lại $P(M)=P(N)=0,7$ ở phần Vận dụng; $\overline{M}$: “con lấy gene B từ bố”.

Vậy a) tỉ lệ cây con BB khoảng $9\%$; b) tỉ lệ cây con Bb khoảng $42\%$.

Định hướng. Con Bb khi (b từ bố, B từ mẹ) hoặc (B từ bố, b từ mẹ); hai khả năng xung khắc, mỗi khả năng là tích hai biến cố độc lập.

Vậy $P(\text{BB})=0,09$; $P(\text{Bb})=0,42$; kiểm tra: $0,49+0,09+0,42=1$.

Định hướng. Chỉ cặp Bb × Bb mới sinh được con BB (xác suất $\frac{1}{4}$); con Bb sinh từ ba kiểu cặp.

Vậy tỉ lệ cây con BB khoảng $9\%$, Bb khoảng $42\%$.

Nhận xét. Với tần số gene b là $q=0,7$, gene B là $p=0,3$, ba tỉ lệ $q^2$, $p^2$, $2pq$ chính là $0,49$; $0,09$; $0,42$ — định luật Hardy – Weinberg.

Định hướng. Điền theo khuôn: “P(X | Y) là xác suất để X xảy ra với điều kiện Y đã xảy ra”.

Vậy $0,95$ là $P(B\mid A)$; ông M đang nhầm $P(B\mid A)$ với $P(A\mid B)$ nên không thể kết luận ông có xác suất $0,95$ mắc bệnh X.

Định hướng. Nếu $P(A\mid B)$ luôn bằng $P(B\mid A)$ thì nó không được phụ thuộc vào việc bệnh X hiếm hay phổ biến; thử một trường hợp để thấy điều đó sai.

Vậy $P(A\mid B)$ và $P(B\mid A)$ có thể khác xa nhau; con số $0,95$ không phải xác suất ông M mắc bệnh.

Định hướng. Lấy $100000$ người giả định, đếm xem trong số người dương tính có bao nhiêu người thật sự mắc bệnh.

Vậy $0,95=P(B\mid A)$; xác suất ông M mắc bệnh khi dương tính, $P(A\mid B)$, nhỏ hơn nhiều.

Nhận xét. Người không mắc bệnh đông gấp gần $500$ lần người mắc bệnh, nên dù tỉ lệ dương tính giả chỉ $1\%$, số ca dương tính giả vẫn áp đảo. Nhầm $P(A\mid B)$ với $P(B\mid A)$ là “ngụy biện của công tố viên” nổi tiếng.

Định hướng. $A$: “Chai rượu là loại I”; $B$: “Ông Tùng xác nhận là loại I”. Cần $P(A\mid B)$.

Vậy xác suất để chai rượu đúng là loại I là $\frac{54}{61}\approx 0,8852$.

Định hướng. Lấy tổng các đường đi tới B làm mẫu số, đường đi OAB làm tử số.

Vậy $P(A\mid B)=\frac{54}{61}\approx 0,885$.

Định hướng. Đếm số chai được xác nhận loại I, rồi xem trong đó bao nhiêu chai thật sự loại I.

Vậy khoảng $88,5\%$ số chai được ông Tùng xác nhận loại I thật sự là loại I.

Nhận xét. Nhờ ông Tùng, “niềm tin” chai rượu là loại I tăng từ $30\%$ (trước khi nếm) lên khoảng $88,5\%$ — đúng tinh thần “cập nhật” của công thức Bayes.

Định hướng. $A$: “Ông M mắc bệnh X”; $B$: “Xét nghiệm dương tính”; $P(A)=0,002$.

Vậy a) $0,002$; b) $\frac{95}{594}\approx 0,16$.

Định hướng. Đếm số người dương tính thật và dương tính giả trong một nhóm lớn.

Vậy trong khoảng $1188$ người dương tính, chỉ khoảng $190$ người thật sự mắc bệnh — xác suất khoảng $16\%$.

Định hướng. Công thức Bayes dạng tỉ số: odds sau $=$ odds trước $\times \frac{P(B\mid A)}{P(B\mid \overline{A})}$.

Vậy xác suất ông M mắc bệnh sau khi dương tính là khoảng $0,16$.

Nhận xét. Xét nghiệm làm xác suất mắc bệnh tăng khoảng $80$ lần (từ $0,2\%$ lên $16\%$) nhưng vẫn còn xa $95\%$ — vì vậy người dương tính thường được làm xét nghiệm lần hai.

Định hướng. $A$: “Máy bay xuất hiện ở X”; $H$: “Máy bay bị bắn hạ”.

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

Định hướng. Máy bay thoát khi: ở X và cả 2 quả trượt, hoặc ở Y và quả duy nhất trượt.

Vậy $P(H)=0,888$.

Định hướng. Ở X tách “trúng ít nhất 1 quả” thành: quả thứ nhất trúng, hoặc quả thứ nhất trượt và quả thứ hai trúng (xung khắc).

Vậy xác suất bắn hạ là $0,888$, tức $88,8\%$.

Nhận xét. So với phương án chỉ bắn 1 quả ở cả hai nơi ($P=0,8$), việc tăng lên 2 quả ở vị trí có khả năng xuất hiện cao hơn nâng xác suất thêm $8,8\%$.

Định hướng. $A$: “Thỏ chuyển từ chuồng II là thỏ trắng”; $T$: “Thỏ lấy ra từ chuồng I là thỏ trắng”.

Vậy xác suất lấy được thỏ trắng là $\frac{103}{160}=0,64375$.

Định hướng. Mỗi kết quả là một cặp (con chuyển từ chuồng II, con bắt ở chuồng I); có $10\cdot 16$ cặp đồng khả năng.

Vậy $P(T)=\frac{103}{160}$.

Định hướng. Chuồng I luôn có 16 con; số thỏ trắng là 10 hoặc 11. Xác suất bắt được thỏ trắng bằng số thỏ trắng trung bình chia 16.

Vậy xác suất cần tìm là $\frac{103}{160}\approx 0,644$.

Nhận xét. Cách 3 đúng vì $P(T)=\frac{3}{10}\cdot \frac{11}{16}+\frac{7}{10}\cdot \frac{10}{16}=\frac{1}{16}\left(\frac{3}{10}\cdot 11+\frac{7}{10}\cdot 10\right)$ — mẫu số chung $16$ không đổi nên gom được.

Định hướng. $A$: “Linh kiện đạt tiêu chuẩn”; $B$: “Linh kiện được đóng dấu OTK”.

Vậy a) $P(B)=0,802$; b) $P(\overline{B})=0,198$.

Định hướng. Tầng 1: $A$ ($0,8$), $\overline{A}$ ($0,2$); tầng 2: $B$, $\overline{B}$. Hai đường đi tới $\overline{B}$ là $OA\overline{B}$ và $O\overline{A}\overline{B}$.

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

Định hướng. Chia 1 000 linh kiện theo chất lượng rồi theo kết quả đóng dấu.

Vậy a) $0,802$; b) $0,198$.

Nhận xét. Có $10$ linh kiện kém chất lượng vẫn được đóng dấu trên mỗi $1000$ sản phẩm; bằng Bayes, trong số linh kiện có dấu OTK, tỉ lệ kém chất lượng là $\frac{10}{802}\approx 1,25\%$.

Định hướng. $A$: “Vận động viên thuộc đội I”; $V$: “Vận động viên đạt huy chương vàng”.

Vậy a) $\frac{71}{120}\approx 0,5917$; b) $\frac{65}{142}\approx 0,4577$.

Định hướng. Chọn ngẫu nhiên 1 trong 12 người nên xác suất bằng tỉ lệ “số người đạt vàng trung bình” trên 12.

Vậy a) $\frac{71}{120}$; b) $\frac{65}{142}$.

Định hướng. Tầng 1 chọn đội, tầng 2 đạt hay không đạt vàng; hai đường đi tới V là mẫu số, đường qua đội I là tử số.

Vậy xác suất đạt vàng là $\frac{71}{120}$; biết đạt vàng, xác suất thuộc đội I là $\frac{65}{142}$.

Nhận xét. Dù mỗi người đội I giỏi hơn ($0,65>0,55$), xác suất thuộc đội I khi biết đạt vàng vẫn dưới $\frac{1}{2}$ vì đội II đông người hơn.

Định hướng. $R$: “Thư là thư rác”; $C$: “Thư bị chặn”. $P(R)=0,03$, $P(C\mid R)=0,95$, $P(C\mid \overline{R})=0,01$.

Vậy a) $\approx 0,7461$; b) $\approx 0,9984$; c) khoảng $25,39\%$ thư bị chặn là thư đúng, khoảng $0,16\%$ thư không bị chặn là thư rác.

Định hướng. Chia 10 000 thư theo loại, rồi theo việc bị chặn hay không.