Đề kiểm tra Công thức xác suất toàn phần – công thức Bayes lớp 12 (có lời giải) - Đề 3

Gọi hai biến cố:

$A$: “Lấy được bút xanh từ hộp I”;

$B$: “Lấy được bút xanh từ hộp II”.

Theo bài ra, ta có

$P\left( A \right) = \frac{{15}}{{20}} = \frac{3}{4}$ ; $P\left( {\overline A } \right) = 1 - \frac{3}{4} = \frac{1}{4}$ ; $P\left( {B|A} \right) = \frac{6}{{11}}$ ; $P\left( {B|\overline A } \right) = \frac{5}{{11}}$.

Áp dụng công thức xác suất toàn phần, ta có

$P\left( B \right) = P\left( A \right)P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right)P\left( {B|\overline A } \right) = \frac{3}{4}.\frac{6}{{11}} + \frac{1}{4}.\frac{5}{{11}} = \frac{{23}}{{44}}$.

Xét hai biến cố

$A$: “Chọn được hộp I”;

$B$: “Chọn được viên bi màu đỏ”

$P\left( A \right) = \frac{1}{2}$ ; $P\left( {\overline A } \right) = \frac{1}{2}$ ; $P\left( {B|A} \right) = \frac{{20}}{{35}} = \frac{4}{7}$ ; $P\left( {B|\overline A } \right) = \frac{5}{{15}} = \frac{1}{3}$.

Áp dụng công thức xác suất toàn phần, ta có

$P\left( B \right) = P\left( A \right)P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right)P\left( {B|\overline A } \right) = \frac{1}{2}.\frac{4}{7} + \frac{1}{2}.\frac{1}{3} = \frac{{19}}{{42}}$.

Dựa theo sơ đồ hình cây, ta có

$P\left( B \right) = P\left( A \right).P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right)P\left( {B|\overline A } \right) = \frac{7}{{19}}.\frac{2}{5} + \frac{8}{{19}}.\frac{3}{5} = \frac{2}{5}$.

Dựa theo sơ đồ hình cây, ta có

$P\left( B \right) = P\left( A \right).P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right)P\left( {B|\overline A } \right) = 0{,}6.0{,}5 + 0{,}4.0{,}6 = 0{,}54$.

+ Ta có: $P\left( {\overline B } \right) = 1 - 0{,}8 = 0{,}2$.

+ Công thức Bayes: $P\left( {B|A} \right) = \frac{{P\left( B \right)P\left( {A|B} \right)}}{{P\left( B \right)P\left( {A|B} \right) + P\left( {\overline B } \right)P\left( {A|\overline B } \right)}}$

$\Rightarrow P\left( {B|A} \right) = \frac{{0{,}8.0{,}7}}{{0{,}8.0{,}7 + 0{,}2.0{,}45}} = \frac{{56}}{{65}}$.

Gọi biến cố $X:''$Chọn được quả bóng xanh$''$, biến cố $L:''$chọn được quả bóng lỗi$''$.

Ta có:

$P(X) = 0.6$ : xác suất chọn được bóng xanh.

$P(X|L) = 0.7$: xác suất chọn được bóng xanh biết bóng bị lỗi.

$P(L) = 0.2$: xác suất chọn được bóng bị lỗi.

Xác suất chọn bóng bị lỗi biết bóng đã chọn màu xanh là:

$P(L|X) = P\left( {X|L} \right).\frac{{P\left( L \right)}}{{P\left( X \right)}} = 0.7.\frac{{0.2}}{{0.6}} = \frac{7}{{30}}$

Gọi biến cố Người đó mắc bệnh$''$

Biến cố $B:''$Người đó có kết quả xét nghiệm dương tính$''$.

Với $P\left( {B|A} \right)$: xác suất kết quả dương tính khi người đó mắc bệnh,

$P\left( {B|A} \right) = \frac{{100}}{{100 + 20}} = \frac{5}{6}$.

$\begin{array}{l}P\left( A \right) = \frac{{100 + 20}}{{1000}} = \frac{{120}}{{1000}} = 0.12.{\rm{ }}\\P\left( B \right) = \frac{{100 + 30}}{{1000}} = 0.13.\end{array}$

Từ đó suy ra: $P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( {B|A} \right).P\left( A \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{5}{6}.\frac{{0.12}}{{0.13}} = 0.7692 \simeq 77\%$.

Giả sử ta gặp một cư dân của xã, gọi $A$ là biến cố "Người đó có hút thuốc lá" và $B$ là biến cố "Người đó thường xuyên gặp các vấn đề sức khoẻ về đường hô hấp". Ta có sơ đồ hình cây sau:

Ta có $P(B) = P(A) \cdot P(B\mid A) + P(\bar A) \cdot P(B\mid \bar A) = 0{,}15 + 0{,}1875 = 0{,}3375$.

Theo công thức Bayes, ta có $P(A\mid B) = \frac{{P(A)P(B\mid A)}}{{P(B)}} = \frac{{0{,}15}}{{0{,}3375}} = \frac{4}{9}$.

Gọi $A$ là biến cố “người nghiện thuốc lá”, suy ra $\bar A$ là biến cố “người không nghiện thuốc lá”.

Gọi $B$ là biến cố “người bị bệnh phổi”.

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

Theo bài ra có $P\left( A \right) = 0{,}2\,;\,P\left( {B|A} \right) = 0{,}7\,;\,P\left( {\bar A} \right) = 0{,}8\,;\,P\left( {B|\bar A} \right) = 0{,}15$.

Vậy $P\left( B \right) = P\left( A \right).P\left( {B|A} \right) + P\left( {\bar A} \right).P\left( {B|\bar A} \right) = 0{,}2.0{,}7 + 0{,}8.0{,}15 = 0{,}26$.

Theo công thức Bayes, ta có: $P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( A \right).P\left( {B|A} \right)}}{{P\left( B \right)}} = \frac{{0{,}2.0{,}7}}{{0{,}26}} = \frac{7}{{13}}$

Như vậy trong số người bị bệnh phổi của tỉnh X, có khoảng $\frac{7}{{13}}$ số người nghiện thuốc lá.

Gọi $A$ là biến cố “viên bi được lấy ra có đánh số”.

Gọi $B$ là biến cố “viên bi được lấy ra có màu đỏ”, suy ra $\bar B$ là biến cố “viên bi được lấy ra có màu vàng”.

Lúc này ta đi tính $P\left( A \right)$ theo công thức: $P\left( A \right) = P\left( B \right).P\left( {A|B} \right) + P\left( {\bar B} \right).P\left( {A|\bar B} \right)$.

Ta có:$P\left( B \right) = \frac{{50}}{{80}} = \frac{5}{8}$.

$P\left( {\bar B} \right) = \frac{{30}}{{80}} = \frac{3}{8}$.

$P\left( {A|B} \right) = 60\% = \frac{3}{5}$.

$P\left( {A|\bar B} \right) = 100\% - 50\% = \frac{1}{2}$.

Vậy $P\left( A \right) = P\left( B \right).P\left( {A|B} \right) + P\left( {\bar B} \right).P\left( {A|\bar B} \right) = \frac{5}{8}.\frac{3}{5} + \frac{3}{8}.\frac{1}{2} = \frac{9}{{16}}$.

a) Đúng. $P\left( {B|A} \right)$ là xác suất thí nghiệm thứ 2 thành công nếu thí nghiệm thứ nhất thành công do đó $P\left( {B|A} \right) = 0{,}9$.

b) Sai. $P\left( {\overline B \left| A \right.} \right) = 1 - P\left( {B|A} \right) = 1 - 0{,}9 = 0{,}1$.

c) Đúng. $P\left( {AB} \right) = P\left( A \right).P\left( {B|A} \right) = 0{,}8.0{,}9 = 0{,}72$.

d) Đúng. $\overline A \overline B$ là biến cố “Cả hai thí nghiệm đều không thành công”.

Theo giả thiết, $P\left( {\overline A } \right) = 1 - 0{,}8 = 0{,}2$ và $P\left( {\overline B |\overline A } \right) = 1 - P\left( {B|\overline A } \right) = 1 - 0{,}5 = 0{,}5$.

Vậy xác suất để cả hai thí nghiệm không thành công là

$P\left( {\overline A \overline B } \right) = P\left( {\overline A } \right) \cdot P\left( {\overline B |\overline A } \right) = 0{,}2 \cdot 0{,}5 = 0{,}1$.

a) Xác suất để vận động viên chọn ra thuộc đội I là $\frac{8}{{18}} = \frac{4}{9}$.

b) Xác suất không đạt huy chương vàng của mỗi vận động viên đội II là $1 - 0{,}55 = 0{,}45$

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

Do đó, $P\left( B \right) = \frac{8}{{18}} = \frac{4}{9};\,P\left( {\overline B } \right) = \frac{5}{9}$ ; $P\left( {A|B} \right) = 0{,}6;P\left( {A|\overline B } \right) = 0{,}55$

Theo công thức xác suất toàn phần ta có

$P\left( A \right) = P\left( B \right).P\left( {A|B} \right) + P\left( {\overline B } \right).P\left( {A|\overline B } \right) = \frac{4}{9}.0{,}6 + \frac{5}{9}.0{,}55 = \frac{{103}}{{180}}$

d) Ta có $P\left( {B|A} \right) = \frac{{P\left( B \right).P\left( {A|B} \right)}}{{P\left( A \right)}} = \frac{{\frac{4}{9}.0{,}6}}{{\frac{{103}}{{180}}}} = \frac{{48}}{{103}}$

Xét phép thử chọn ngẫu nhiên một thùng hàng trong kho.

Gọi $A$ là biến cố: “Chọn được thùng hàng loại I”.

$B$ là biến cố: “Chọn được thùng hàng đã được kiểm định”.

Theo bài ra ta có $P\left( {B\left| A \right.} \right) = 80\% ,\,\,P\left( {B\left| {\overline A } \right.} \right) = 85\%$

a) Đúng

Xác suất chọn được thùng hàng loại I là $P\left( A \right) = \frac{{480}}{{1000}} = 48\%$.

b) Sai

Ta có $P\left( {\overline A } \right) = \frac{{520}}{{1000}} = 52\%$, $P\left( {B\left| {\overline A } \right.} \right) = 85\%$.

Xác suất chọn được thùng hàng loại II đã được kiểm định là

$P\left( {\overline A \cap B} \right) = P\left( {\overline A } \right).P\left( {B\left| {\overline A } \right.} \right) = 52\% .85\% = 44{,}2\%$.

c) Đúng

Xác suất chọn được thùng hàng đã được kiểm định là

$P\left( B \right) = P\left( A \right).P\left( {B\left| A \right.} \right) + P\left( {\overline A } \right).P\left( {B\left| {\overline A } \right.} \right) = 48\% .80\% + 52\% .85\% = 82{,}6\%$

Suy ra xác suất chọn được thùng hàng chưa kiểm định là $P\left( {\overline B } \right) = 1 - P\left( B \right) = 17{,}4\%$

d) Sai

Giả sử thùng hàng được lấy ra là thùng hàng chưa được kiểm định. Khi đó:

Xác suất thùng hàng đó là thùng loại I là $P\left( {A\left| {\overline B } \right.} \right) = \frac{{P\left( A \right).P\left( {\overline B \left| A \right.} \right)}}{{P\left( {\overline B } \right)}} = \frac{{48\% .\left( {1 - 80\% } \right)}}{{17{,}4\% }} = \frac{{16}}{{29}}$.

Xác suất thùng hàng đó là thùng loại II là $P\left( {\overline A \left| {\overline B } \right.} \right) = \frac{{P\left( {\overline A } \right).P\left( {\overline B \left| A \right.} \right)}}{{P\left( {\overline B } \right)}} = \frac{{52\% .\left( {1 - 85\% } \right)}}{{17{,}4\% }} = \frac{{13}}{{29}}$.

Vây xác suất thùng hàng đó là thùng loại I cao hơn xác suất thùng hàng đó là thùng loại II.

a) Sai

vì B và C tạo thành họ đầy đủ các biến cố nên $P\left( A \right) = P\left( B \right)P\left( {A|B} \right) + P\left( C \right).P\left( {A|C} \right)$

b) Đúng

Gọi A là biến cố “Viên đạn trúng đích”.

B là biến cố “ Xạ thủ loại I bắn”.

C là biến cố “ Xạ thủ loại II bắn”.

Ta có: $P\left( B \right) = \frac{2}{{10}} = 0{,}2;\quad P\left( {A|B} \right) = 0.9;\quad P\left( C \right) = \frac{8}{{10}} = 0{,}8;\quad P\left( {A|C} \right) = 0.7$

B và C tạo thành họ đầy đủ các biến cố nên $P\left( A \right) = P\left( B \right)P\left( {A|B} \right) + P\left( C \right).P\left( {A|C} \right)$

$$= 0.2.0.9 + 0.8.0.7 = 0.74$$

c) Sai

vì ${E_i}$ tạo thành họ đầy đủ các biến cố nên

$$P\left( E \right) = P\left( {{E_o}} \right).P\left( {E|{E_o}} \right) + P\left( {{E_1}} \right).P\left( {E|{E_1}} \right) + P\left( {{E_2}} \right).P\left( {E|{E_2}} \right)$$

d) Sai

Gọi E là biến cố “ Cả hai viên đạn đều bắn trúng đích” ${E_i}$ là biến cố “chọn được i xạ thủ loại I”

Ta có: $P\left( {{E_0}} \right) = \frac{{C_8^2}}{{C_{10}^2}} = \frac{{28}}{{45}};\;P\left( {E|{E_o}} \right) = 0{,}7.0{,}7 = 0{,}49$

$$P\left( {{E_1}} \right) = \frac{{C_2^1C_8^1}}{{C_{10}^2}} = \frac{{16}}{{45}};\;P\left( {E|{E_1}} \right) = 0{,}9.0{,}7 = 0{,}63$$

$$P\left( {{E_2}} \right) = \frac{{C_2^2}}{{C_{10}^2}} = \frac{1}{{45}};\;P\left( {E|{E_2}} \right) = 0{,}9.0{,}9 = 0{,}81$$

Vì ${E_o},{\kern 1pt} {E_1},\;{E_2}$ tạo thành họ đầy đủ các biến cố nên ta có Xác suất để cả hai viên đạn đó trúng đích là:

$$P\left( E \right) = P\left( {{E_o}} \right).P\left( {E|{E_o}} \right) + P\left( {{E_1}} \right).P\left( {E|{E_1}} \right) + P\left( {{E_2}} \right).P\left( {E|{E_2}} \right)$$

$= \frac{{28}}{{45}}.0{,}49 + \frac{{16}}{{45}}.0.63 + \frac{1}{{45}}.0{,}81 = 0{,}5469$.

Gọi $A$ là biến cố “Chọn được người trình bày báo cáo bằng tiếng anh”, $\Rightarrow P\left( A \right) = 0{,}6$

Gọi $B$ là biến cố “Chọn được người trình bày nữ”$\Rightarrow P\left( B \right) = 0{,}4$.

Theo đề bài ta có $P\left( {A|B} \right) = 0{,}3$. Áp dụng công thức Bayes ta có:

Do đó: $P\left( {B|A} \right) = \frac{{P\left( B \right).P\left( {A|B} \right)}}{{P\left( A \right)}} = \frac{{0{,}4.0{,}3}}{{0{,}6}} = 0{,}2$

Số học sinh nữ là đoàn viên là $60\% .150 = 90$ (học sinh).

Số học sinh nam là đoàn viên là $50\% .100 = 50$ (học sinh).

Xét biến cố:

$A$ là biến cố “Chọn được học sinh là đoàn viên”.

$B$ là biến cố “ Chọn được học sinh nam”. Khi đó:

$P\left( B \right) = \frac{{100}}{{250}} = \frac{2}{5}$; $P\left( {\overline B } \right) = 1 - P\left( B \right) = 1 - \frac{2}{5} = \frac{3}{5}$.

$P\left( {A|B} \right) = \frac{{50}}{{100}} = 0{,}5$; $P\left( {A|\overline B } \right) = \frac{{90}}{{150}} = 0{,}6$.

Áp dụng công thức xác suất toàn phần ta có:

$$P\left( B \right)$$

Với $P\left( A \right) = P\left( B \right).P\left( {A|B} \right) + P\left( {\overline B } \right).P\left( {A|\overline B } \right) = \frac{2}{5}.0{,}5 + \frac{3}{5}.0{,}6 = 0{,}56$.

Gọi ${A_i}$ là biến cố chọn được thùng loại $i.$ ($i = I,II,III$)

$B$ là biến cố chọn được 10 sản phẩm trong đó có 2 lon quá hạn từ thùng được chọn ra.

Gọi số thùng loại III là $x$ thùng ( $x > 0$).

Do đó số thùng loại I và loại II lần lượt là $6x;{\rm{ 3}}x.$

Từ đó, ta có $P\left( {{A_1}} \right) = \frac{6}{{10}};\;P\left( {{A_2}} \right) = \frac{3}{{10}};\;P\left( {{A_3}} \right) = \frac{1}{{10}}$

Xác suất để chọn được 2 lon quá hạn là:

$$\begin{array}{l}P\left( B \right) = P\left( {{A_1}} \right).P\left( {B|{A_1}} \right) + P\left( {{A_2}} \right).P\left( {B|{A_2}} \right) + P\left( {{A_3}} \right).P\left( {B|{A_3}} \right)\\ = \frac{6}{{10}} \times \frac{{C_3^2C_{21}^8}}{{C_{24}^{10}}} + \frac{3}{{10}} \times \frac{{C_4^2C_{20}^8}}{{C_{24}^{10}}} + \frac{1}{{10}} \times \frac{{C_2^2C_{22}^8}}{{C_{24}^{10}}} \approx 0{,}3\end{array}$$

Gọi biến cố $A$: “Người được phỏng vấn sẽ mua sản phẩm”.

Biến cố ${H_1}$: “Khách hàng được phỏng vấn trả lời sẽ mua”.

Biến cố ${H_2}$: “Khách hàng được phỏng vấn trả lời có thể sẽ mua”.

Biến cố ${H_3}$: “Khách hàng được phỏng vấn trả lời không mua”.

Ta có $P\left( {{H_1}} \right) = \frac{{50}}{{200}} = 0{,}25\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,P\left( {{H_2}} \right) = \frac{{90}}{{200}} = 0{,}45\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,P\left( {{H_3}} \right) = \frac{{60}}{{200}} = 0{,}3\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,$

$$P\left( {A|{H_1}} \right) = 0{,}6\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,P\left( {A|{H_2}} \right) = 0{,}4\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,P\left( {A|{H_3}} \right) = 0{,}1\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,$$

Áp dụng công thức xác suất toàn phần, ta có tiềm năng của sản phẩm đó trên thị trường là

$\begin{array}{l}P\left( A \right) = P\left( {{H_1}} \right).P\left( {A|{H_1}} \right) + P\left( {{H_2}} \right).P\left( {A|{H_2}} \right) + P\left( {{H_3}} \right).P\left( {A|{H_3}} \right)\\\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\, = 0{,}25.0{,}6 + 0{,}45.0{,}4 + 0{,}3.0{,}1 = 0{,}36.\end{array}$

Theo công thức Bayes, ta có xác suất khách hàng trả lời “sẽ mua” là

$P\left( {{H_1}|A} \right) = \frac{{P\left( {{H_1}} \right).P\left( {A|{H_1}} \right)}}{{P\left( A \right)}} = \frac{{0{,}25.0{,}6}}{{0{,}36}} = \frac{5}{{12}}.$

Suy ra $a = 5,\,b = 12.$

Vậy $T = \frac{1}{2}a + b = \frac{1}{2}.5 + 12 = 14{,}5.$

Gọi A là biến cố dự án gặp rủi ro trong kỳ đầu tư.

${H_i}{\rm{ }}\left( {i = 1{,}2{,}3} \right)$ lần lượt là các biến cố dự án thuộc loại ít rủi ro, rủi ro trung bình và rủi ro cao

$P{\rm{ }}\left( {{H_1}} \right) = {\rm{ }}0{,}2;{\rm{ }}P{\rm{ }}\left( {{H_2}} \right) = 0{,}45;{\rm{ }}P{\rm{ }}\left( {{H_3}} \right) = 0{,}35$ .

$P{\rm{ }}(A\;|{H_1}) = {\rm{ }}0{,}05;{\rm{ }}P{\rm{ }}\left( {A|{H_2}} \right) = {\rm{ }}0{,}2;{\rm{ }}P{\rm{ }}\left( {A|{H_2}} \right) = {\rm{ }}0{,}4$.

$P{\rm{ }}\left( A \right) = {\rm{ }}P{\rm{ }}\left( {{H_1}} \right).{\rm{ }}P{\rm{ }}\left( {A|{H_1}} \right){\rm{ }} + {\rm{ }}P{\rm{ }}\left( {{H_2}} \right).{\rm{ }}P{\rm{ }}\left( {A|{H_2}} \right){\rm{ }} + {\rm{ }}P{\rm{ }}\left( {{H_3}} \right).{\rm{ }}P{\rm{ }}\left( {A|{H_3}} \right) = {\rm{ }}0{,}24$.

$\;P{\rm{ }}\left( {{H_1}|A} \right) =$ $\frac{{P{\rm{ }}\left( {{H_1}} \right).{\rm{ }}P{\rm{ }}\left( {A|{H_1}} \right)}}{{P(A)}} \approx$ $0{,}04$

$\;P{\rm{ }}\left( {{H_2}|A} \right) =$$\frac{{P{\rm{ }}\left( {{H_2}} \right).{\rm{ }}P{\rm{ }}\left( {A|{H_2}} \right)}}{{P(A)}} \approx$ $0{,}38$ .

$\;P{\rm{ }}\left( {{H_3}|A} \right) =$$\frac{{P{\rm{ }}\left( {{H_3}} \right).{\rm{ }}P{\rm{ }}\left( {A|{H_3}} \right)}}{{P(A)}} \approx$ $0{,}58$

Vậy khả năng dự án gặp rủi ro là cao nhất là $0{,}58$.

Gọi $A$ là biến cố: “Lấy được đồng xu cân đối đồng chất” và $B$ là biến cố: “Tung đồng xu ba lần đều xuất hiện mặt ngửa”. Khi đó ta cần tính $P\left( {A|B} \right)$.

Ta có $P\left( A \right) = \frac{1}{2}$, $P\left( {\overline A } \right) = \frac{1}{2}$ và $P\left( {B|A} \right) = {\left( {\frac{1}{2}} \right)^3} = \frac{1}{8}$, $P\left( {B|\overline A } \right) = {\left( {\frac{2}{3}} \right)^3} = \frac{8}{{27}}$.

Theo công thức Bayes và công thức xác suất toàn phần ta có

$P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( A \right)P\left( {B|A} \right)}}{{P\left( A \right)P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right)P\left( {B|\overline A } \right)}} = \frac{{\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{8}}}{{\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{8} + \frac{1}{2} \cdot \frac{8}{{27}}}} \approx 0.3$.