31 bài tập Tính xác suất bằng cách sử dụng công thức xác suất toàn phần (có lời giải)

Ta có $P(B) = 0{,}6$. Suy ra $P(\bar B) = 1 - P(B) = 1 - 0{,}6 = 0{,}4$.

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

${\rm{P}}({\rm{A}}) = {\rm{P}}({\rm{B}}) \cdot {\rm{P}}({\rm{A}}\mid {\rm{B}}) + {\rm{P}}(\bar B) \cdot {\rm{P}}({\rm{A}}\mid \bar B) = 0{,}6 \cdot 0{,}7 + 0{,}4 \cdot 0{,}4 = 0{,}58.{\rm{ }}$

A là biến cố "Chị An trả lời đúng câu hỏi thứ nhất" và B là biến cố "Chị An trả lời đúng câu hỏi thứ hai".

Ta có ${\rm{P}}({\rm{A}}) = 0{,}7;{\rm{P}}({\rm{B}}\mid {\rm{A}}) = 0{,}9;P(B\mid \bar A) = 0{,}5$.

Suy ra $P(\bar A) = 1 - P(A) = 0{,}3;P(\bar B\mid A) = 1 - P(B\mid A) = 0{,}1$; $P(\bar B\mid \bar A) = 1 - P(B\mid \bar A) = 0{,}5$

Ta có sơ đồ hình cây

Gọi A là biến cố "Tuyến phố H bị tắc đường" và B là biến cố "Buối sáng đó có mưa"

Theo đề ta có: ${\rm{P}}({\rm{B}}) = 0{,}1;{\rm{P}}({\rm{A}}\mid {\rm{B}}) = 0{,}7;P(A\mid \bar B) = 0{,}2$

Suy ra $P(\bar B) = 1 - P(B) = 0{,}9$.

Áp dụng công thức xác suất toàn phần ta có:

$P(A) = P(B) \cdot P(A\mid B) + P(\bar B) \cdot P(A\mid \bar B) = 0{,}1 \cdot 0{,}7 + 0{,}9 \cdot 0{,}2 = 0{,}25$

${\rm{ a) }}\Omega = \{ 1;2;3; \ldots ;24\} .$

$A = \{ 3;6;9;12;15;18;21;24\} .$

$B = \{ 4;8;12;16;20;24\} .$

$A \cap B = \{ 12;24\}$.

$\bar B = \{ 1;2;3;5;6;7;9;10;11;13;14;15;17;18;19;21;22;23\} {\rm{. }}$

$A \cap \bar B = \{ 3;6;9;15;18;21\}$.

b) Từ câu a), suy ra $n(A) = 8,n(A \cap B) = 2,n(A \cap \bar B) = 6$.

Do $8 = 2 + 6$ nên $n(A) = n(A \cap B) + n(A \cap \bar B)$.

Khi đó, ${\rm{P}}({\rm{A}}) = \frac{{n(A)}}{{n(\Omega )}} = \frac{{n(A \cap B) + n(A \cap B)}}{{n(\Omega )}} = \frac{{n(A \cap B)}}{{n(\Omega )}} + \frac{{n(A \cap B)}}{{n(\Omega )}}$.

Mà ${\rm{P}}({\rm{A}} \cap {\rm{B}}) = \frac{{n(A \cap B)}}{{n(\Omega )}};{\rm{P}}(A \cap \bar B) = \frac{{n(A \cap \bar B)}}{{n(\Omega )}}$.

Vậy ${\rm{P}}({\rm{A}}) = {\rm{P}}({\rm{A}} \cap {\rm{B}}) + {\rm{P}}(A \cap \bar B)$.

c) Ta có ${\rm{P}}({\rm{B}}) \cdot {\rm{P}}({\rm{A}}\mid {\rm{B}}) = {\rm{P}}({\rm{B}}) \cdot \frac{{P(A \cap B)}}{{P(B)}} = {\rm{P}}({\rm{A}} \cap {\rm{B}})$.

${\rm{P}}(\bar B) \cdot {\rm{P}}({\rm{A}}\mid \bar B) = {\rm{P}}(\bar B) \cdot \frac{{P(A \cap \bar B)}}{{P(\bar B)}} = {\rm{P}}(A \cap \bar B).$

Vì hai biến cố ${\rm{A}} \cap {\rm{B}}$ và $A \cap \bar B$ là hai biến cố xung khắc và $({\rm{A}} \cap {\rm{B}}) \cup (A \cap \bar B)$ = A nên theo công thức xác suất ta có: ${\rm{P}}({\rm{A}}) = {\rm{P}}({\rm{A}} \cap {\rm{B}}) + {\rm{P}}(A \cap \bar B) = {\rm{P}}({\rm{B}}) \cdot {\rm{P}}({\rm{A}}\mid {\rm{B}}) + {\rm{P}}(\bar B) \cdot {\rm{P}}({\rm{A}}\mid \bar B).$

Sau bài học này, ta giải quyết được bài toán trên như sau:

Xét hai biến cố sau:

A: “Linh kiện được chọn ra đạt tiêu chuẩn";

B: "Linh kiện được chọn ra do nhà máy I sản xuất".

Khi đó, ta có:

${\rm{P}}({\rm{B}}) = 0{,}55;{\rm{P}}(\bar B) = 1 - {\rm{P}}({\rm{B}}) = 1 - 0{,}55 = 0{,}45;$

${\rm{P}}({\rm{A}}\mid {\rm{B}}) = 0{,}9;{\rm{P}}({\rm{A}}\mid \bar B) = 0{,}87.$

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

${\rm{P}}({\rm{A}}) = {\rm{P}}({\rm{B}}) \cdot {\rm{P}}({\rm{A}}\mid {\rm{B}}) + {\rm{P}}(\bar B) \cdot {\rm{P}}({\rm{A}}\mid \bar B) = 0{,}55 \cdot 0{,}9 + 0{,}45 \cdot 0{,}87 = 0{,}8865.{\rm{ }}$

Vậy xác suất để linh kiện được lấy ra đạt tiêu chuẩn bằng 0,8865 .

Xét hai biến cố sau:

$A$ : "Người được chọn ra là người thừa cân";

$B$ : "Người được chọn ra là nam giới" (biến cố $\bar B$ : "Người được chọn ra là nữ giới").

Từ giả thiết ta có:

${\rm{P}}(B) = {\rm{P}}(\bar B) = 50\% = 0{,}5;{\rm{P}}(A\mid B) = 65\% = 0{,}65;{\rm{P}}(A\mid \bar B) = 53{,}4\% = 0{,}534.$

Theo công thức xác suất toàn phần, ta có:

${\rm{P}}(A) = {\rm{P}}(B) \cdot {\rm{P}}(A\mid B) + {\rm{P}}(\bar B) \cdot {\rm{P}}(A\mid \bar B) = 0{,}5 \cdot 0{,}65 + 0{,}5 \cdot 0{,}534 = 0{,}592.$

Vậy xác suất để một người Canada được chọn ngẫu nhiên là người thừa cân bằng 0,592 . Nói cách khác, tỉ lệ người Canada thừa cân là $59{,}2\%$.

Xét phép thử chọn ngẫu nhiên một học sinh trong nhóm.

Gọi $A$ là biến cố "Chọn được một học sinh biết chơi ít nhất một nhạc cư" và $B,\bar B$ lần lượt là các biến cố "Chọn được một học sinh nam" và "Chọn được một học sinh nữ".

Theo đề bài: $P(B)=60\%=0{,}6;P(\dot{\overline{B}})=1-0{,}6=0{,}4$

$P(A\mid B) = 20\% = 0{,}2;P(A\mid \bar B) = 15\% = 0{,}15.$

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

$P(A) = P(B) \cdot P(A\mid B) + P(\bar B) \cdot P(A\mid \bar B) = 0{,}6 \cdot 0{,}2 + 0{,}4 \cdot 0{,}15 = 0{,}18.{\rm{ }}$

Vậy xác suất để chọn được một học sinh biết chơi nhạc cụ là 0,18 hay $18\%$.

Xét phép thử lấy ngẫu nhiên một viên bi từ hộp thứ nhất chuyển sang hộp thứ hai, sau đó lấy ra ngẫu nhiên một viên bi từ hộp thứ hai.

Cách 1: Gọi:

- A là biến cố "Viên bi được lấy ra từ hộp thứ hai là bi đỏ";

- $B$ là biến cố "Viên bi được lấy ra từ hộp thứ nhất chuyển sang hộp thứ hai là bi đỏ";

$\cdot$ $\bar B$ là biến cố "Viên bi được lấy ra từ hộp thứ nhất chuyển sang hộp thứ hai là bi xanh".

Ta có: $P(B) = \frac{5}{{10}} = \frac{1}{2};P(\bar B) = \frac{5}{{10}} = \frac{1}{2}$.

Nếu viên bi được lấy ra từ hộp thứ nhất chuyển sang hộp thứ hai là bi đỏ thì sau khi chuyển, hộp thứ hai có 7 bi đỏ và 4 bi xanh. Do đó $P(A\mid B) = \frac{7}{{11}}$.

Nếu viên bi được lấy ra từ hộp thứ nhất chuyển sang hộp thứ hai là bi xanh thì sau khi chuyển, hộp thứ hai có 6 bi đỏ và 5 bi xanh. Do đó $P(A\mid \bar B) = \frac{6}{{11}}$.

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

$P(A) = P(B) \cdot P(A\mid B) + P(\bar B) \cdot P(A\mid \bar B) = \frac{1}{2} \cdot \frac{7}{{11}} + \frac{1}{2} \cdot \frac{6}{{11}} = \frac{{13}}{{22}}.$

Vậy xác suất để viên bi được lấy ra từ hộp thứ hai là bi đỏ bằng $\frac{{13}}{{22}}$.

Cách 2: Gọi:

- A là biến cố "Viên bi được lấy ra từ hộp thứ hai là bi đỏ";

- C là biến cố "Viên bi được lấy ra từ hộp thứ hai là bi của hộp thứ nhất";

$\cdot$ $\bar C$ là biến cố "Viên bi được lấy ra từ hộp thứ hai là bi của hộp thứ hai".

Sau khi chuyển một viên bi từ hộp thứ nhất sang hộp thứ hai thì hộp thứ hai có 11 viên bi.

Ta có: $P(C) = \frac{1}{{11}};P(\bar C) = \frac{{10}}{{11}}$.

Xác suất để viên bi được lấy ra từ hộp thứ hai là bi đỏ của hộp thứ nhất: $P(A\mid C) = \frac{5}{{10}} = \frac{1}{2}$.

Xác suất để viên bi được lấy ra từ hộp thứ hai là bi đỏ của hộp thứ hai: $P(A\mid \bar C) = \frac{6}{{10}} = \frac{3}{5}$.

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

$P(A) = P(C) \cdot P(A\mid C) + P(\bar C) \cdot P(A\mid \bar C) = \frac{1}{{11}} \cdot \frac{1}{2} + \frac{{10}}{{11}} \cdot \frac{3}{5} = \frac{{13}}{{22}}.$

Vậy xác suất để viên bi được lấy ra từ hộp thứ hai là bi đỏ bằng $\frac{{13}}{{22}}$.

a) Số viên bi màu đỏ có dán nhãn là: $75\% .40 = 30$ (viên bi).

Số viên bi màu xanh có dán nhãn là: $50\% .60 = 30$ (viên bi).

b) Xét hai biến cố sau:

A: "Viên bi được chọn ra có dán nhãn";

$B$ : "Viên bi được chọn ra có màu đỏ".

Khi đó, ta có:

${\rm{P}}(B) = \frac{{40}}{{100}} = \frac{2}{5};{\rm{ P}}(\bar B) = 1 - {\rm{P}}(B) = 1 - \frac{2}{5} = \frac{3}{5};{\rm{P}}(A\mid B) = \frac{{30}}{{40}} = \frac{3}{4};{\rm{ P}}(A\mid \bar B) = \frac{{30}}{{60}} = \frac{1}{2}.$

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

${\rm{P}}(A) = {\rm{P}}(B) \cdot {\rm{P}}(A\mid B) + {\rm{P}}(\bar B) \cdot {\rm{P}}(A\mid \bar B) = \frac{2}{5} \cdot \frac{3}{4} + \frac{3}{5} \cdot \frac{1}{2} = \frac{3}{5}.$

Vậy xác suất để viên bi được lấy ra có dán nhãn bằng $\frac{3}{5}$.

Số linh kiện nhà máy I sản xuất ra là: $55\%$ - $10000 = 5500$ (linh kiện).

Số linh kiện nhà máy II sản xuất ra là: $45\% \cdot 10000 = 4500$ (linh kiện).

Số linh kiện nhà máy I sản xuất ra đạt tiêu chuẩn là: $90\%$ - $5500 = 4950$ (linh kiện), không đạt tiêu chuẩn là: $5500 - 4950 = 550$ (linh kiện).

Số linh kiện nhà máy II sản xuất ra đạt tiêu chuẩn là: $87\% \cdot 4500 = 3915$ (linh kiện), không đạt tiêu chuẩn là: $4500 - 3915 = 585$ (linh kiện).

Từ đó ta có bảng thống kê như sau (đơn vị: linh kiện)

Xét hai biến cố sau:

A: “Linh kiện được chọn ra đạt tiêu chuẩn";

B: "Linh kiện được chọn ra do nhà máy I sản xuất".

Khi đó, ta có:

${\rm{P}}({\rm{B}}) = 0{,}55;{\rm{P}}(\bar B) = 1 - {\rm{P}}({\rm{B}}) = 1 - 0{,}55 = 0{,}45;{\rm{P}}({\rm{A}}\mid {\rm{B}}) = 0{,}9;{\rm{P}}({\rm{A}}\mid \bar B) = 0{,}87.{\rm{ }}$

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

${\rm{P}}({\rm{A}}) = {\rm{P}}({\rm{B}}) \cdot {\rm{P}}({\rm{A}}\mid {\rm{B}}) + {\rm{P}}(\bar B) \cdot {\rm{P}}({\rm{A}}\mid \bar B) = 0{,}55 \cdot 0{,}9 + 0{,}45 \cdot 0{,}87 = 0{,}8865.$

Vậy xác suất để linh kiện được lấy ra đạt tiêu chuẩn bằng 0,8865 .

Xét hai biến cố: $A$ : "Bông hoa bạn An hái được chứa phiếu có thưởng";

$B$ : "Bông hoa bạn Bình hái được chứa phiếu có thưởng".

Khi đó, ta có:

${\rm{P}}(B) = \frac{5}{{10}} = \frac{1}{2},\quad {\rm{P}}(\bar B) = 1 - {\rm{P}}(B) = 1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2},{\rm{P}}(A\mid B) = \frac{4}{9},\quad {\rm{P}}(A\mid \bar B) = \frac{5}{9}.$

a) Sơ đồ hình cây biểu thị tình huống đã cho là:

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

${\rm{P}}(A) = {\rm{P}}(B) \cdot {\rm{P}}(A\mid B) + {\rm{P}}(\bar B) \cdot {\rm{P}}(A\mid \bar B) = \frac{1}{2} \cdot \frac{4}{9} + \frac{1}{2} \cdot \frac{5}{9} = \frac{1}{2}{\rm{. }}$

Vậy xác suất bạn An hái được bông hoa chứa phiếu có thưởng bằng $\frac{1}{2}$.

Xét hai biến cố sau:

A: "Linh kiện được chọn ra đạt tiêu chuẩn";

B: “Linh kiện được chọn ra do nhà máy I sản xuất".

Khi đó, ta có:

${\rm{P}}({\rm{B}}) = 0{,}55;{\rm{P}}(\bar B) = 1 - {\rm{P}}({\rm{B}}) = 1 - 0{,}55 = 0{,}45;{\rm{P}}({\rm{A}}\mid {\rm{B}}) = 0{,}9;{\rm{P}}({\rm{A}}\mid \bar B) = 0{,}87.{\rm{ }}$

Sơ đồ hình cây biểu thị tình huống đã cho là:

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

${\rm{P}}({\rm{A}}) = {\rm{P}}({\rm{B}}) \cdot {\rm{P}}({\rm{A}}\mid {\rm{B}}) + {\rm{P}}(\bar B) \cdot {\rm{P}}({\rm{A}}\mid \bar B) = 0{,}55 \cdot 0{,}9 + 0{,}45 \cdot 0{,}87 = 0{,}8865.{\rm{ }}$

Vậy xác suất để linh kiện được lấy ra đạt tiêu chuẩn bằng 0,8865 .

a) Với A là biến cố "Trời mưa" và B là biến cố "Bán hết vé".

Theo bài ra ta có: ${\rm{P}}({\rm{A}}) = 0{,}75$. Suy ra ${\rm{P}}(\bar A) = 1 - {\rm{P}}({\rm{A}}) = 1 - 0{,}75 = 0{,}25$.

Lại có:

+) nếu trời mưa thì xác suất bán hết vé là 0,4 . Vậy ${\rm{P}}({\rm{B}}\mid {\rm{A}}) = 0{,}4$.

+) nếu trời không mưa thì xác suất bán hết vé là 0,9 . Vậy $P(B\mid \bar A) = 0{,}9$.

b) Nhà tổ chức quan tâm tới ${\rm{P}}({\rm{B}})$ nhất.

c) Gọi A là biến cố: "Trời mưa" và B là biến cố: "Bán hết vé".

Từ HÐ 1a, ta có: ${\rm{P}}({\rm{A}}) = 0{,}75;{\rm{P}}(\bar A) = 1 - {\rm{P}}({\rm{A}}) = 0{,}25$;

${\rm{P}}({\rm{B}}\mid {\rm{A}}) = 0{,}4;P(B\mid \bar A) = 0{,}9.{\rm{ }}$

Thay vào công thức xác suất toàn phần ta được

${\rm{P}}({\rm{B}}) = {\rm{P}}({\rm{A}}) \cdot {\rm{P}}({\rm{B}}\mid {\rm{A}}) + {\rm{P}}(\bar A) \cdot P(B\mid \bar A) = 0{,}75 \cdot 0{,}4 + 0{,}25 \cdot 0{,}9 = 0{,}525.{\rm{ }}$

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

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:

$P(B) = P(A) \cdot P(B\mid A) + P(\bar A) \cdot P(B\mid \bar A).$

- Tính $P(A)$ : Vi 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 $P(\bar A)$ : Ta có $P(\bar A) = 1 - 0{,}4 = 0{,}6$.

- Tính $P(B\mid A)$ : 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 $1 - 0{,}7 = 0{,}3$. 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 $P(B\mid A) = 0{,}3$.

- Tính $P(B\mid \bar A)$ : 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, né́u 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

$P(B) = P(A) \cdot P(B\mid A) + P(\bar A) \cdot P(B\mid \bar A) = 0{,}4 \cdot 0{,}3 + 0{,}6 \cdot 0{,}4 = 0{,}36.$

a) Kí hiệu $A$ 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 vẽ sơ đồ hình cây như sau:

Trên nhánh cây OA và $O\bar A$ tương ứng ghi $P(A)$ và $P(\bar A)$;

Trên nhánh cây AB và $A\bar B$ tương ứng ghi $P(B\mid A)$ và $P(\bar B\mid A)$;

Trên nhánh cây $\bar AB$ và $\overline {AB}$ tương ứng ghi $P(B\mid \bar A)$ và $P(\bar B\mid \bar A)$.

Có hai nhánh cây đi tới $B$ là OAB và $O\bar AB$. Vậy: $P(B) = 0{,}4 \cdot 0{,}3 + 0{,}6 \cdot 0{,}4 = 0{,}36.$

b) Kí hiệu 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".

Khi đó, biến cố "Thứ Tư, ông An đi làm bằng xe buýt" chính là $\bar B$.

Ta có sơ đồ hình cây mô tả xác suất của biến cố như sau:

Hai nhánh cây đi tới $\bar B$ là $OA\bar B$ và $O\bar A\bar B$.

Như vậy $P(\bar B) = 0{,}4 \cdot 0{,}7 + 0{,}6 \cdot 0{,}6 = 0{,}64$.

Gọi $A$ là biến cố: "Cây bố có kiểu gene bb";

$M$ là biến cố: "Cây con lấy gene $b$ từ cây bố";

$N$ là biến cố: "Cây con lấy gene $b$ từ cây mẹ";

$E$ là biến cố: "Cây con có kiểu gene bb".

Theo giả thiết, $M$ và $N$ độc lập nên $P(E) = P(M) \cdot P(N)$.

Tính $P(M)$ : Ta áp dụng công thức xác suất toàn phần:

$P(M) = P(A) \cdot P(M\mid A) + P(\bar A) \cdot P(M\mid \bar A).$

Ta có $P(A) = 0{,}4;P(\bar A) = 0{,}6$.

$P(M\mid A)$ là xác suất để cây con lấy gene b từ cây bố với điều kiện cây bố có kiểu gene bb.

Do đó $P(M\mid A) = 1$.

$P(M\mid \bar A)$ là xác suất để cây con lấy gene $b$ từ cây bố với điều kiện cây bố có kiểu gene Bb .

Do đó $P(M\mid \bar A) = \frac{1}{2}$.

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

Tương tự tính được $P(N) = 0{,}7$.

Vậy $P(E) = P(M) \cdot P(N) = 0{,}7 \cdot 0{,}7 = 0{,}49$.

Từ kết quả trên suy ra trong một quần thể các cây đậu Hà Lan, mà ở đó tỉ lệ cây bố và cây mẹ mang kiểu gene ${\rm{bb}},{\rm{Bb}}$ tương ứng là $40\%$ và $60\%$, thì tỉ lệ cây con có kiểu gene bb là khoảng $49\%$.

a) Gọi A là biến cố: "Cây bố có kiểu gene bb";

K là biến cố: "Cây con nhận gene B từ bố";

H là biến cố: "Cây con nhận gene B từ mẹ";

F là biến cố: "Cây con có kiểu gene BB ".

Theo giả thiết, $K$ và $H$ độc lập nên $P(F) = P(K) \cdot P(H)$.

Ta tính ${\rm{P}}({\rm{K}})$ theo công thức xác suất toàn phần:

${\rm{P}}({\rm{K}}) = {\rm{P}}({\rm{A}}) \cdot {\rm{P}}({\rm{K}}\mid {\rm{A}}) + {\rm{P}}(\bar A) \cdot {\rm{P}}({\rm{K}}\mid \bar A){\rm{. (1) }}$

Ta có ${\rm{P}}({\rm{A}}) = 0{,}4;{\rm{P}}(\bar A) = 0{,}6$.

${\rm{P}}({\rm{K}}\mid {\rm{A}})$ là xác suất để cây con nhận gene B từ bố với điều kiện bố có kiểu gene bb.

Vậy $P(K\mid A) = 0$.

${\rm{P}}({\rm{K}}\mid \bar A)$ là xác suất để cây con nhận gene B từ bố với điều kiện bố có kiểu gene $B b$.

Vậy ${\rm{P}}({\rm{K}}\mid \bar A) = 0{,}5$.

Thay vào (2) ta được $P(K) = 0{,}4 \cdot 0 + 0{,}6 \cdot 0{,}5 = 0{,}3$.

Tương tự tính được ${\rm{P}}({\rm{H}}) = 0{,}3$.

Vậy $P(F) = P(K) \cdot P(H) = 0{,}3 \cdot 0{,}3 = 0{,}09$.

Vậy tỉ lệ cây con có kiểu gene BB là khoảng $9\%$.

b) Gọi G là biến cố: "Cây con có kiểu gene Bb".

Vì $\bar G = E \cup F$ và hai biến cố ${\rm{E}},{\rm{F}}$ xung khắc nên

${\rm{P}}(\bar G) = {\rm{P}}({\rm{E}}) + {\rm{P}}({\rm{F}}) = 0{,}49 + 0{,}09 = 0{,}58$

Vậy ${\rm{P}}({\rm{G}}) = 1 - {\rm{P}}(\bar G) = 1 - 0{,}58 = 0{,}42$.

Vậy tỉ lệ cây con có kiểu gene Bb là khoảng $42\%$.

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 $P(\bar A) = 1 - P(A) = 1 - 0{,}55 = 0{,}45$.

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

Khi đó, ${\rm{P}}({\rm{B}}\mid {\rm{A}})$ 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 $P(\bar B\mid A)$ : "Máy bay không rơi khi có hai quả tên lửa bắn lên". Ta có $P(\bar B\mid A) = (1 - 0{,}8) \cdot (1 - 0{,}8) = {0{,}2^2} = 0{,}04$.

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

$P(\bar B\mid A)$ : 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 $P(B\mid \bar A) = 0{,}8$.

Theo công thức xác suất toàn phần ta có:

${\rm{P}}({\rm{B}}) = {\rm{P}}({\rm{A}}) \cdot {\rm{P}}({\rm{B}}\mid {\rm{A}}) + P(\bar A) \cdot P(B\mid \bar A) = 0{,}55 \cdot 0{,}96 + 0{,}45 \cdot 0{,}8 = 0{,}888.{\rm{ }}$

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

Gọi A là biến cố: "Bắt được thỏ trắng từ chuồng ॥";

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

Ta cần tính ${\rm{P}}({\rm{B}})$. Theo công thức xác suất toàn phần, ta có: ${\rm{P}}({\rm{B}}) = {\rm{P}}({\rm{A}}) \cdot {\rm{P}}({\rm{B}}\mid {\rm{A}}) + P(\bar A) \cdot P(B\mid \bar A)$

Vỉ chuồng II có 7 con thỏ đen và 3 con thỏ trắng nên ta có: $P(A) = \frac{3}{{10}}$.

Suy ra $P(\bar A) = 1 - P(A) = 1 - \frac{3}{{10}} = \frac{7}{{10}}$.

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

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

Khi đó, ${\rm{P}}({\rm{B}}) = {\rm{P}}({\rm{A}}) \cdot {\rm{P}}({\rm{B}}\mid {\rm{A}}) + P(\bar A) \cdot P(B\mid \bar A) = \frac{3}{{10}} \cdot \frac{{11}}{{16}} + \frac{7}{{10}} \cdot \frac{{10}}{{16}} = \frac{{103}}{{160}}$.

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 ${\rm{P}}({\rm{B}})$. Theo công thức xác suất toàn phần ta có: ${\rm{P}}({\rm{B}}) = {\rm{P}}({\rm{A}}) \cdot {\rm{P}}({\rm{B}}\mid {\rm{A}}) + P(\bar A) \cdot P(B\mid \bar A)$

Theo giá thiết ${\rm{P}}({\rm{A}}) = 0{,}8$. Suy ra $P(\bar A) = 1 - P(A) = 1 - 0{,}8 = 0{,}2$.

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

Tính $P(B\mid \bar A)$ : 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 thỉ 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 $P(B\mid \bar A) = 0{,}05$.

Khi đó, ${\rm{P}}({\rm{B}}) = {\rm{P}}({\rm{A}}) \cdot {\rm{P}}({\rm{B}}\mid {\rm{A}}) + P(\bar A) \cdot P(B\mid \bar A) = 0{,}8 \cdot 0{,}99 + 0{,}2 \cdot 0{,}05 =$ 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, $\bar B$ 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 $\bar B$ là $OA\bar B$ và $O\bar A\bar B$. Vậy $P(\bar B) = 0{,}8 \cdot 0{,}01 + 0{,}2 \cdot 0{,}95 = 0{,}198$

Gọi A là biến cố: “Học sinh đó học khá môn Toán";

B là biến cố: “Học sinh đó học khá môn Vật lí".

Từ bài ra ta có $P(A) = \frac{{14}}{{25}},P(B) = \frac{{16}}{{25}},P(\bar A\bar B) = \frac{1}{{25}}$

a) Ta cần tính $P(AB)$. Ta có $P(AB) = P(A) + P(B) - P(A \cup B)$.

Lại có $P(A \cup B) = 1 - P(\bar A\bar B) = 1 - \frac{1}{{25}} = \frac{{24}}{{25}}$

Vậy có $P(AB) = P(A) + P(B) - P(A \cup B) = \frac{{14}}{{25}} + \frac{{16}}{{25}} - \frac{{24}}{{25}} = \frac{6}{{25}}$.

b) Cần tính $P(A\bar B)$. vi AB và ${\rm{A}}\bar B$ là hai biến cố xung khắc và $A = AB \cup A\bar B$ nên ta có $P(A) = P(AB) + P(A\bar B)$.

Suy ra $P(A\bar B) = P(A) - P(AB) = \frac{{14}}{{25}} - \frac{6}{{25}} = \frac{8}{{25}}$

c) Xác suất để học sinh được chọn học khá môn Toán, biết rằng học sinh đó học khá môn Vật lí chính là xác suất có điều kiện ${\rm{P}}({\rm{A}}\mid {\rm{B}})$.

Ta có $P(A\mid B) = \frac{{P(AB)}}{{P(B)}} = \frac{6}{{16}} = \frac{3}{8}$

Gọi A là biến cố: “Chọn chuồng I";

$B$ là biến cố: "Bắt được gà mái".

Vi nếu tung xúc xắc mà số chấm xuất hiện chia hết cho 3 thì bác chọn chuồng I nên ta có $P(A) = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}$. Suy ra $P(\bar A) = 1 - P(A) = \frac{2}{3}$.

Từ dữ kiện bài ra, ta suy ra được: $P(B\mid A) = \frac{5}{7},P(B\mid \bar A) = \frac{3}{8}$

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

${\rm{P}}({\rm{B}}) = {\rm{P}}({\rm{A}}) \cdot {\rm{P}}({\rm{B}}\mid {\rm{A}}) + P(\bar A) \cdot P(B\mid \bar A) = \frac{1}{3} \cdot \frac{5}{7} + \frac{2}{3} \cdot \frac{3}{8} = \frac{{41}}{{84}} \approx 0{,}4881$

Vậy xác suất để bác Mai bắt được con gà mái là 0,4881 .

Xét các biến cố:

A: "Chọn được áo chất lượng cao";

$B$ : "Chọn được áo ở chi nhánh I";

$\bar B:$ Chọn được áo ở chi nhánh ${\rm{I}}{{\rm{I}}^\prime }$.

Từ giả thiết, ta có: ${\rm{P}}(B) = 0{,}56;{\rm{P}}(A\mid B) = 0{,}75;{\rm{P}}(\bar B) = 0{,}44;{\rm{P}}(A\mid \bar B) = 0{,}68.$

Theo công thức xác suất toàn phần, ta có:

${\rm{P}}(A) = {\rm{P}}(B) \cdot {\rm{P}}(A\mid B) + {\rm{P}}(\bar B) \cdot {\rm{P}}(A\mid \bar B) = 0{,}56 \cdot 0{,}75 + 0{,}44 \cdot 0{,}68 = 0{,}7192.{\rm{ }}$

Vậy xác suất chọn được áo chất lượng cao là 0,7192 .

Xét các biến cố:

A: "Chọn được người không bị bệnh tiểu đường";

$B$ : "Chọn được người cao tuổi là nam";

$\bar B$ : "Chọn được người cao tuổi là nữ".

Từ giả thiết, ta có: ${\rm{P}}(B) = \frac{{260}}{{500}} = 0{,}52;{\rm{P}}(A\mid B) = 1 - 0{,}4 = 0{,}6$;

${\rm{P}}(\bar B) = \frac{{240}}{{500}} = 0{,}48;{\rm{P}}(A\mid \bar B) = 1 - 0{,}55 = 0{,}45.{\rm{ }}$

Theo công thức xác suất toàn phần, ta có:

${\rm{P}}(A) = {\rm{P}}(B) \cdot {\rm{P}}(A\mid B) + {\rm{P}}(\bar B) \cdot {\rm{P}}(A\mid \bar B) = 0{,}52 \cdot 0{,}6 + 0{,}48 \cdot 0{,}45 = 0{,}528.{\rm{ }}$

Vậy xác suất để chọn được một người không bị bệnh tiểu đường là 0,528 .

Vì hộp thứ nhất có 3 quả bóng bàn màu trắng và 2 quả bóng bàn màu vàng nên khi lấy 4 quả bóng bàn ở hộp thứ nhất thì có hai khả năng: khả năng thứ nhất là lấy được 3 quả bóng bàn màu trắng và 1 quả bóng bàn màu vàng; khả năng thứ hai là lấy được 2 quả bóng bàn màu trắng và 2 quả bóng bàn màu vàng.

Xét các biến cố:

A: "Lấy được quả bóng bàn màu vàng từ hộp thứ hai";

$B$ : "Lấy được 4 quả bóng bàn ở hộp thứ nhất, trong đó có 1 quả bóng bàn màu vàng"; $\bar B$ : "Lấy được 4 quả bóng bàn ở hộp thứ nhất, trong đó có 2 quả bóng bàn màu vàng".

- Xét khả năng thư nhất: Số cách lấy 4 quả bóng bàn từ hộp thứ nhất là ${\rm{C}}_5^4$, có 1 cách lấy 3 quả bóng bàn màu trắng và 2 cách lấy 1 quả bóng bàn màu vàng, suy ra ${\rm{P}}(B) = \frac{{1 \cdot 2}}{{{\rm{C}}_5^4}} = \frac{2}{5}$. Vì khi đó hộp thứ hai có 9 quả bóng bàn màu trắng và 5 quả bóng bàn màu vàng nên ${\rm{P}}(A\mid B) = \frac{5}{{14}}$.

- Xét khả năng thú hai: Số cách lấy 4 quả bóng bàn từ hộp thứ nhất là ${\rm{C}}_5^4$, có ${\rm{C}}_3^2$ cách lấy 2 quả bóng bàn màu trắng và 1 cách lấy 2 quả bóng bàn màu vàng, suy ra ${\rm{P}}(\bar B) = \frac{{{\rm{C}}_3^2 \cdot 1}}{{{\rm{C}}_5^4}} = \frac{3}{5}$. Vì khi đó hộp thứ hai có 8 quả bóng bàn màu trắng và 6 quả bóng bàn màu vàng nên ${\rm{P}}(A\mid \bar B) = \frac{6}{{14}}$.

Theo công thức xác suất toàn phần, ta có:

${\rm{P}}(A) = {\rm{P}}(B) \cdot {\rm{P}}(A\mid B) + {\rm{P}}(\bar B) \cdot {\rm{P}}(A\mid \bar B) = \frac{2}{5} \cdot \frac{5}{{14}} + \frac{3}{5} \cdot \frac{6}{{14}} = \frac{2}{5}.$

Vậy xác suất để lấy được quả bóng bàn màu vàng từ hộp thứ hai là $\frac{2}{5}$.

Xét các biến cố:

A: "Khách hàng được chọn chắc chắn mua";

$B$ : "Khách hàng được chọn nói sẽ mua".

Theo giả thiết, ta có:

${\rm{P}}(B) = \frac{{550}}{{800}} = \frac{{11}}{{16}};{\rm{P}}(\bar B) = \frac{{250}}{{800}} = \frac{5}{{16}};{\rm{P}}(A\mid B) = 0{,}6;{\rm{P}}(A\mid \bar B) = 0{,}01$

Theo công thức xác suất toàn phần, ta có:

${\rm{P}}(A) = {\rm{P}}(B) \cdot {\rm{P}}(A\mid B) + {\rm{P}}(\bar B) \cdot {\rm{P}}(A\mid \bar B)$$= \frac{{11}}{{16}} \cdot 0{,}6 + \frac{5}{{16}} \cdot 0{,}01 = \frac{{133}}{{320}}.$

Vậy xác suất chọn được khách hàng chắc chắn mua là $\frac{{133}}{{320}}$.

Xét các biến cố:

A: "Học sinh được chọn bị cận thị";

B: "Học sinh được chọn thuộc trường Hoà Bình".

Theo giả thiết, ta có:

${\rm{P}}(B) = \frac{{350}}{{800}} = \frac{7}{{16}};{\rm{P}}(\bar B) = \frac{{450}}{{800}} = \frac{9}{{16}};{\rm{P}}(A\mid B) = 0{,}2;{\rm{P}}(A\mid \bar B) = 0{,}3.{\rm{ }}$

Theo công thức xác suất toàn phần, ta có:

${\rm{P}}(A) = {\rm{P}}(B) \cdot {\rm{P}}(A\mid B) + {\rm{P}}(\bar B) \cdot {\rm{P}}(A\mid \bar B)$$= \frac{7}{{16}} \cdot 0{,}2 + \frac{9}{{16}} \cdot 0{,}3 = \frac{{41}}{{160}}.$

Vậy xác suất chọn được học sinh bị cận thị là $\frac{{41}}{{160}}$.

Xét các biến cố:

A: "Lấy được viên bi màu đỏ";

B: "Chọn được hộp bi thứ nhất".

Theo giả thiết, ta có: ${\rm{P}}(B) = {\rm{P}}(\bar B) = \frac{1}{2};{\rm{P}}(A\mid B) = \frac{6}{{13}};{\rm{P}}(A\mid \bar B) = \frac{{10}}{{21}}.$

Theo công thức xác suất toàn phần, ta có:

${\rm{P}}(A) = {\rm{P}}(B) \cdot {\rm{P}}(A\mid B) + {\rm{P}}(\bar B) \cdot {\rm{P}}(A\mid \bar B) = \frac{1}{2} \cdot \frac{6}{{13}} + \frac{1}{2} \cdot \frac{{10}}{{21}} = \frac{{128}}{{273}}.$

Vậy xác suất để viên bi được lấy có màu đỏ là $\frac{{128}}{{273}}$.

Xét biến cố $M$ : "Thí nghiệm thứ nhất thành công".

Khi đó, ${\rm{P}}(A) = {\rm{P}}(M \cap C);{\rm{P}}(B) = {\rm{P}}(\bar M \cap C)$.

Theo giả thiết, ta có: ${\rm{P}}(M) = 0{,}6;{\rm{P}}(\bar M) = 0{,}4;{\rm{P}}(C\mid M) = 0{,}8;{\rm{P}}(C\mid \bar M) = 0{,}3$.

Suy ra xác suất của biến cố $A$ là:

${\rm{P}}(A) = {\rm{P}}(M \cap C) = {\rm{P}}(M) \cdot {\rm{P}}(C\mid M) = 0{,}6 \cdot 0{,}8 = 0{,}48;$

Xác suất của biến cố $B$ là: ${\rm{P}}(B) = {\rm{P}}(\bar M \cap C) = {\rm{P}}(\bar M) \cdot {\rm{P}}(C\mid \bar M) = 0{,}4 \cdot 0{,}3 = 0{,}12.$

Theo công thức xác suất toàn phần, xác suất của biến cố $C$ là:

${\rm{P}}(C) = {\rm{P}}(M \cap C) + {\rm{P}}(\bar M \cap C) = 0{,}48 + 0{,}12 = 0{,}6.$

Xét các biến cố:

M: "Sản phẩm lấy ra lần thứ nhất không bị lỗi";

$N$ : "Sản phẩm lấy ra lần thứ hai không bị lỗi".

Khi đó, ; ${\rm{P}}(E) = {\rm{P}}(\bar N)$.

- Sau khi lấy một sản phẩm không bị lỗi thì số sản phẩm còn lại 1599 , số sản phẩm lỗi là 35 nên xác suất của biến cố $A$ là:

${\rm{P}}(A) = {\rm{P}}(N\mid M) = \frac{{1599 - 35}}{{1599}} = \frac{{1564}}{{1599}};$

Xác suất của biến cố $B$ là: ${\rm{P}}(B) = {\rm{P}}(\bar N\mid M) = \frac{{35}}{{1599}}$.

- Sau khi lấy một sản phẩm bị lỗi thì số sản phẩm còn lại 1599 , số sản phẩm lỗi là 34 nên xác suất của biến cố $C$ là: ${\rm{P}}(C) = {\rm{P}}(N\mid \bar M) = \frac{{1599 - 34}}{{1599}} = \frac{{1565}}{{1599}};$

xác suất của biến cố $D$ là: ${\rm{P}}(D) = {\rm{P}}(\bar N\mid \bar M) = \frac{{34}}{{1599}}.$

- Theo công thức xác suất toàn phần, xác suất của biến cố $E$ là:

${\rm{P}}(E) = {\rm{P}}(\bar N) = {\rm{P}}(M) \cdot {\rm{P}}(\bar N\mid M) + P(\bar M) \cdot {\rm{P}}(\bar N\mid \bar M)$$= \frac{{1600 - 35}}{{1600}} \cdot \frac{{35}}{{1599}} + \frac{{35}}{{1600}} \cdot \frac{{34}}{{1599}} = \frac{7}{{320}}.$

Xét các biến cố:

A: "Chọn được xạ thủ hạng I";

$B$ : "Viên đạn đó trúng mục tiêu".

Khi đó, ${\rm{P}}(A) = \frac{4}{{10}} = 0{,}4;{\rm{P}}(\bar A) = \frac{6}{{10}} = 0{,}6;{\rm{P}}(B\mid A) = 0{,}75;{\rm{P}}(B\mid \bar A) = 0{,}6$.

Sơ đồ hình cây biểu thị tình huống đã cho là:

Theo công thức xác suất toàn phần, ta có:

${\rm{P}}(B) = {\rm{P}}(A) \cdot {\rm{P}}(B\mid A) + {\rm{P}}(\bar A) \cdot {\rm{P}}(B\mid \bar A) = 0{,}4 \cdot 0{,}75 + 0{,}6 \cdot 0{,}6 = 0{,}66.{\rm{ }}$

Vậy xác suất để viên đạn đó trúng mục tiêu là 0,66 .