Xác suất có điều kiện

Xác suất có điều kiện là nội dung mới của lớp 12 và được đề thi rất "ưu ái": phần II thường có câu đúng/sai về công thức xác suất toàn phần và Bayes trong tình huống thực tế (sản xuất, xét nghiệm, dự báo, lọc thư rác), phần III cũng có thể có câu tính xác suất. Cái khó không nằm ở công thức mà ở việc đặt đúng biến cố và đọc đúng câu hỏi — bài này hướng dẫn cách làm đó bằng sơ đồ hình cây và bảng hai chiều.

Kiến thức trọng tâm

Xác suất có điều kiện

Cho hai biến cố $A$ và $B$ với $P(B) > 0$⁠. Xác suất của $A$ với điều kiện $B$ (xác suất xảy ra $A$ khi biết $B$ đã xảy ra) là

Khi các kết quả đồng khả năng: $P(A \mid B) = \dfrac{n(A \cap B)}{n(B)}$ — tức là đếm trong "không gian thu hẹp" $B$⁠.

Tính chất: $P(\overline{A} \mid B) = 1 - P(A \mid B)$⁠. Nói chung $P(A \mid B) \ne P(B \mid A)$⁠.

Ví dụ trực giác: trong một trường, "xác suất một học sinh cao trên $1{,}8\,\text{m}$⁠, biết học sinh đó ở đội bóng rổ" lớn hơn nhiều so với "xác suất một học sinh ở đội bóng rổ, biết học sinh đó cao trên $1{,}8\,\text{m}$". Hai câu dùng cùng hai biến cố nhưng điều kiện khác nhau, nên đáp số khác nhau.

Công thức nhân và biến cố độc lập

Hai biến cố $A$⁠, $B$ (với $P(B) > 0$⁠) độc lập khi và chỉ khi $P(A \mid B) = P(A)$⁠, tương đương ${P(A \cap B) = P(A)\cdot P(B)}$⁠. Lấy lần lượt có hoàn lại cho các lần độc lập; lấy không hoàn lại thì lần sau phụ thuộc lần trước, phải dùng xác suất có điều kiện.

Công thức xác suất toàn phần

Với $0 < P(B) < 1$⁠:

Nếu $B_1, B_2, \dots, B_n$ đôi một xung khắc và hợp lại là toàn bộ không gian mẫu (ví dụ ba phân xưởng, ba loại khách hàng) thì $P(A) = \sum P(B_i)\cdot P(A \mid B_i)$ — trên sơ đồ hình cây, đó là tổng các nhánh dẫn tới $A$⁠. SGK phát biểu công thức cho hai biến cố $B$ và $\overline{B}$⁠; dạng nhiều nhóm là mở rộng tự nhiên với cùng cách làm (mỗi nhóm một nhánh).

Công thức Bayes

Với $P(A) > 0$⁠, $0 < P(B) < 1$⁠:

Bayes trả lời câu hỏi "ngược": biết kết quả $A$ đã xảy ra, xác suất nguyên nhân $B$ là bao nhiêu. Với nhiều nguyên nhân $B_1, \dots, B_n$⁠: $P(B_k \mid A) = \dfrac{P(B_k)\cdot P(A \mid B_k)}{P(A)}$ — một nhánh chia cho tổng các nhánh tới $A$⁠.

Cách đọc một đề xác suất có điều kiện

1. Gạch chân từng con số phần trăm và hỏi: số này là xác suất của một nhóm (⁠$P(B)$⁠) hay là tỉ lệ bên trong một nhóm (⁠$P(A \mid B)$⁠)? Cụm "trong số...", "ở dây chuyền I thì...", "với người mắc bệnh thì..." báo hiệu xác suất có điều kiện.
2. Đặt tên biến cố bằng chữ cái gợi nhớ (L: lỗi, M: mưa, D: dương tính) và viết ngay kí hiệu cạnh mỗi số.
3. Đọc câu hỏi: phần đứng sau chữ "biết", "nếu", "trong số những..." là điều kiện, đứng sau dấu $\mid$⁠.

Dạng bài thường gặp trong đề thi

Mỗi dạng có phương pháp và ví dụ theo ba mức nhận biết, thông hiểu, vận dụng. Tự làm trước rồi mới mở lời giải.

Dạng 1: Tính xác suất có điều kiện bằng định nghĩa, bảng hoặc đếm (phần I)

Phương pháp

1. Cho sẵn xác suất: dùng thẳng $P(A \mid B) = \dfrac{P(A \cap B)}{P(B)}$⁠.
2. Cho bảng số liệu hai chiều: lấy ô giao chia cho tổng hàng (hoặc cột) điều kiện.
3. Bài đếm: xác định không gian thu hẹp $B$ (đếm $n(B)$⁠), rồi đếm các kết quả của $B$ có thêm tính chất $A$⁠; dùng phần bù khi gặp "ít nhất".

Xem lời giải

$P(A \mid B) = \dfrac{0{,}12}{0{,}4} = 0{,}3$ và $P(\overline{A} \mid B) = 1 - 0{,}3 = 0{,}7$⁠.

Xem lời giải

Gọi $A$⁠: "học sinh tham gia câu lạc bộ", $B$⁠: "học sinh là nữ". Có $n(B) = 22$⁠, $n(A) = 20$⁠, ${n(A \cap B) = 12}$⁠.

$$\begin{aligned} P(A \mid B) &= \dfrac{n(A \cap B)}{n(B)} = \dfrac{12}{22} \\ &= \dfrac{6}{11}; \\ P(B \mid A) &= \dfrac{n(A \cap B)}{n(A)} = \dfrac{12}{20} \\ &= \dfrac{3}{5}. \end{aligned}$$

Hai kết quả khác nhau: "điều kiện" quyết định ta đếm trong nhóm nào.

Xem lời giải

Gọi $B$⁠: "có ít nhất một nữ", $A$⁠: "cả hai là nữ". Mỗi cách chọn 2 trong 7 bạn đồng khả năng.

• $n(B) = C_7^2 - C_4^2 = 21 - 6 = 15$ (bỏ các cách chọn toàn nam).
• $A \subset B$ nên $n(A \cap B) = n(A) = C_3^2 = 3$⁠.

$$P(A \mid B) = \dfrac{3}{15} = \dfrac{1}{5}.$$

So sánh: nếu không có điều kiện thì $P(A) = \dfrac{3}{21} = \dfrac{1}{7}$⁠. Biết thêm "có ít nhất một nữ" làm không gian mẫu thu hẹp từ 21 xuống 15 kết quả, nên xác suất tăng lên.

Dạng 2: Công thức nhân — lấy lần lượt, các bước nối tiếp (phần I, phần III)

Phương pháp

1. Tách sự kiện thành các bước theo thứ tự thời gian: lần 1, lần 2, lần 3...
2. Xác suất của cả chuỗi = tích các xác suất có điều kiện: $P(A_1 \cap A_2 \cap A_3) = P(A_1)\cdot P(A_2 \mid A_1)\cdot P(A_3 \mid A_1 \cap A_2)$⁠.
3. Không hoàn lại: sau mỗi lần lấy, giảm tổng số và số loại vừa lấy đi một.
4. Câu hỏi về một lần lấy ở giữa mà không biết các lần trước: dùng xác suất toàn phần (hoặc lí lẽ đối xứng).

Xem lời giải

$P(A \cap B) = P(B)\cdot P(A \mid B) = 0{,}25\cdot 0{,}4 = 0{,}1$⁠.

Xem lời giải

Gọi $D_1$⁠, $D_2$ lần lượt là "viên thứ nhất đỏ", "viên thứ hai đỏ".

a) $P(D_1 \cap D_2) = P(D_1)\cdot P(D_2 \mid D_1) = \dfrac{5}{8}\cdot\dfrac{4}{7} = \dfrac{5}{14}$⁠.

b) Xác suất toàn phần theo màu viên thứ nhất:

$$\begin{aligned} P(D_2) &= \dfrac{5}{8}\cdot\dfrac{4}{7} + \dfrac{3}{8}\cdot\dfrac{5}{7} \\ &= \dfrac{20 + 15}{56} = \dfrac{5}{8}. \end{aligned}$$

Kết quả bằng đúng xác suất viên thứ nhất đỏ — điều này hợp lí vì không biết viên thứ nhất thì hai lần lấy "bình đẳng" như nhau.

Xem lời giải

Gọi $T_i$⁠: "bạn thứ $i$ bốc trúng". Theo công thức nhân:

$$\begin{aligned} P\left(\overline{T_1} \cap \overline{T_2} \cap T_3\right) &= \dfrac{8}{10}\cdot\dfrac{7}{9}\cdot\dfrac{2}{8} \\ &= \dfrac{7}{45} \approx 0{,}16. \end{aligned}$$

Giải thích từng thừa số: lần 1 có 8 trong 10 lá không trúng; lần 2 còn 9 lá, trong đó 7 lá không trúng; lần 3 còn 8 lá, trong đó vẫn đủ 2 lá trúng.

Không thiệt: nếu chưa biết kết quả của hai bạn đầu thì mỗi lá trong 10 lá có khả năng như nhau rơi vào tay bạn thứ ba, nên $P(T_3) = \dfrac{2}{10} = P(T_1)$⁠. Con số $0{,}16$ nhỏ hơn vì nó là xác suất của một chuỗi sự kiện (hai bạn đầu trượt và bạn thứ ba trúng).

Dạng 3: Xác suất toàn phần và Bayes — câu đúng/sai (phần II)

Phương pháp

1. Xác định tầng "nguyên nhân" (dây chuyền, nhà cung cấp, loại khách, có bệnh hay không) và tầng "kết quả" (lỗi, hỏng, dương tính...).
2. Vẽ sơ đồ hình cây, ghi xác suất trên từng nhánh, tính tích ở cuối mỗi nhánh.
3. Ý hỏi "xác suất kết quả" → cộng các nhánh; ý hỏi "biết kết quả, xác suất nguyên nhân" → Bayes; ý hỏi "nguyên nhân và kết quả" → chỉ một tích, không chia.
4. Ý so sánh "khả năng cao nhất" → so sánh các tích ở tử số (cùng mẫu số $P(A)$⁠).

Xem lời giải

Xác suất toàn phần: $P(A) = 0{,}2\cdot 0{,}5 + 0{,}8\cdot 0{,}1 = 0{,}1 + 0{,}08 = 0{,}18$⁠.

Bayes: $P(B \mid A) = \dfrac{0{,}1}{0{,}18} = \dfrac{5}{9}$⁠.

Xem lời giải

Gọi $B$⁠: "sản phẩm do dây chuyền I sản xuất", $L$⁠: "sản phẩm bị lỗi". Có $P(B) = 0{,}6$⁠, $P(\overline{B}) = 0{,}4$⁠, $P(L \mid B) = 0{,}03$⁠, $P(L \mid \overline{B}) = 0{,}05$⁠.

a) Đúng. $P(\overline{B}) = 1 - 0{,}6 = 0{,}4$⁠.

b) Đúng. $P(L) = 0{,}6\cdot 0{,}03 + 0{,}4\cdot 0{,}05 = 0{,}018 + 0{,}02 = 0{,}038$⁠.

c) Sai. $P(B \cap L) = P(B)\cdot P(L \mid B) = 0{,}6\cdot 0{,}03 = 0{,}018$⁠; số $0{,}03$ là xác suất có điều kiện $P(L \mid B)$⁠.

d) Đúng. $P(\overline{B} \mid L) = \dfrac{0{,}02}{0{,}038} = \dfrac{10}{19} \approx 0{,}526 > 0{,}5$⁠. Dù dây chuyền II làm ra ít sản phẩm hơn, tỉ lệ lỗi cao hơn khiến nó là "nghi phạm" chính.

Xem lời giải

Gọi $B_1$⁠, $B_2$⁠, $B_3$ là "bóng do NCC I, II, III cung cấp", $H$⁠: "bóng hỏng".

a) Đúng. $P(H) = 0{,}5\cdot 0{,}02 + 0{,}3\cdot 0{,}03 + 0{,}2\cdot 0{,}06 = 0{,}01 + 0{,}009 + 0{,}012 = 0{,}031$⁠.

b) Sai. $P(B_2 \cap H) = 0{,}3\cdot 0{,}03 = 0{,}009$⁠; số $0{,}03$ là $P(H \mid B_2)$⁠.

c) Đúng. Ba xác suất $P(B_i \mid H)$ có chung mẫu số $0{,}031$⁠, nên chỉ cần so sánh tử số $0{,}01$⁠; $0{,}009$⁠; $0{,}012$⁠. Lớn nhất là $0{,}012$ của NCC III: $P(B_3 \mid H) = \dfrac{12}{31} \approx 0{,}387$⁠, trong khi $P(B_1 \mid H) = \dfrac{10}{31} \approx 0{,}323$⁠.

d) Sai. $P(\overline{H}) = 1 - 0{,}031 = 0{,}969$ và $P(B_1 \cap \overline{H}) = 0{,}5\cdot 0{,}98 = 0{,}49$⁠, nên $P(B_1 \mid \overline{H}) = \dfrac{0{,}49}{0{,}969} \approx 0{,}506 > 0{,}5$⁠.

Dạng 4: Bayes trong tình huống thực tế — trả lời ngắn (phần III)

Phương pháp

1. Đặt biến cố "nguyên nhân" (mưa, hàng giả, mắc bệnh) và "dấu hiệu" (dự báo mưa, máy báo giả, dương tính).
2. Tính xác suất của dấu hiệu bằng công thức xác suất toàn phần, rồi lấy nhánh "nguyên nhân và dấu hiệu" chia cho nó.
3. Kiểm tra lần hai (độc lập khi đã biết nguyên nhân): coi kết quả lần một là xác suất ban đầu mới rồi dùng Bayes lần nữa, hoặc nhân hai xác suất dấu hiệu trên mỗi nhánh.
4. Giữ phân số đến cuối, làm tròn một lần.

Xem lời giải

Gọi $M$⁠: "ngày có mưa", $D$⁠: "ứng dụng dự báo có mưa". $P(M) = 0{,}3$⁠, $P(D \mid M) = 0{,}9$⁠, ${P(D \mid \overline{M}) = 0{,}2}$⁠.

Xác suất toàn phần: $P(D) = 0{,}3\cdot 0{,}9 + 0{,}7\cdot 0{,}2 = 0{,}27 + 0{,}14 = 0{,}41$⁠.

Bayes: $P(M \mid D) = \dfrac{0{,}27}{0{,}41} = \dfrac{27}{41} \approx 0{,}66$⁠.

Xem lời giải

Gọi $G$⁠: "hàng giả", $K$⁠: "máy báo giả". $P(G) = 0{,}05$⁠, $P(K \mid G) = 0{,}9$⁠, $P(K \mid \overline{G}) = 0{,}08$⁠.

a) $P(K) = 0{,}05\cdot 0{,}9 + 0{,}95\cdot 0{,}08 = 0{,}045 + 0{,}076 = 0{,}121$⁠, nên

$$P(G \mid K) = \dfrac{0{,}045}{0{,}121} = \dfrac{45}{121} \approx 0{,}37.$$

Chỉ khoảng $37\%$⁠: vì hàng thật nhiều gấp 19 lần hàng giả, xác suất để một sản phẩm là hàng thật và bị báo nhầm (⁠$0{,}076$⁠) còn lớn hơn xác suất là hàng giả và bị báo đúng (⁠$0{,}045$⁠).

b) Hai lần đều báo giả: trên nhánh $G$ xác suất là $0{,}9^2 = 0{,}81$⁠, trên nhánh $\overline{G}$ là $0{,}08^2 = 0{,}0064$⁠.

Xác suất toàn phần của "hai lần đều báo giả":

$$\begin{aligned} & 0{,}05\cdot 0{,}81 + 0{,}95\cdot 0{,}0064 \\ &= 0{,}0405 + 0{,}00608 = 0{,}04658. \end{aligned}$$

Bayes:

$$\begin{aligned} P(G \mid K_1 \cap K_2) &= \dfrac{0{,}0405}{0{,}04658} \\ &\approx 0{,}87. \end{aligned}$$

Kết luận thực tế: một lần báo "giả" chưa đủ để kết luận, nhưng hai lần liên tiếp nâng xác suất lên khoảng $87\%$⁠. Cách khác cho câu b: lấy $\dfrac{45}{121}$ ở câu a làm $P(G)$ mới và dùng Bayes thêm một lần, cũng được $\dfrac{2025}{2329} \approx 0{,}87$⁠.

Lỗi thường gặp

Mẹo làm bài

Tự luyện

Tám câu trộn đủ ba dạng câu hỏi của đề. Làm xong cả bài rồi mới mở đáp án.

1. (Phần I) Cho $P(A) = 0{,}5$⁠, $P(B) = 0{,}4$⁠, $P(A \cap B) = 0{,}2$⁠. Tính $P(A \mid B)$⁠. Hai biến cố $A$⁠, $B$ có độc lập không?

Xem đáp án

$P(A \mid B) = \dfrac{0{,}2}{0{,}4} = 0{,}5 = P(A)$⁠, nên $A$ và $B$ độc lập (kiểm tra lại: $P(A)\cdot P(B) = 0{,}2 = P(A \cap B)$⁠).

2. (Phần I) Cho $P(A) = 0{,}6$⁠, $P(B \mid A) = 0{,}5$⁠, $P(B \mid \overline{A}) = 0{,}25$⁠. Giá trị của $P(B)$ là

   A. $0{,}75$ · B. $0{,}4$ · C. $0{,}3$ · D. $0{,}125$

Xem đáp án

B. $P(B) = 0{,}6\cdot 0{,}5 + 0{,}4\cdot 0{,}25 = 0{,}3 + 0{,}1 = 0{,}4$⁠. Phương án C chỉ là một nhánh $P(A \cap B)$⁠; phương án A cộng nhầm hai xác suất có điều kiện.

3. (Phần I) Gieo hai con xúc xắc cân đối. Biết tổng số chấm bằng $8$⁠, tính xác suất có ít nhất một con xuất hiện mặt 6 chấm.

Xem đáp án

Các kết quả có tổng $8$⁠: $(2; 6)$⁠, $(3; 5)$⁠, $(4; 4)$⁠, $(5; 3)$⁠, $(6; 2)$ — gồm $5$ kết quả, trong đó $2$ kết quả có mặt 6. Xác suất $\dfrac{2}{5}$⁠.

4. (Phần I) Một cửa hàng có 100 khách hàng thân thiết, trong đó 60 người là nữ; 45 người thường mua hàng trực tuyến, trong số đó có 30 người là nữ. Chọn ngẫu nhiên một khách hàng thân thiết. Biết người đó thường mua hàng trực tuyến, tính xác suất người đó là nữ.

Xem đáp án

Không gian thu hẹp là 45 người mua trực tuyến, trong đó 30 nữ: $P = \dfrac{30}{45} = \dfrac{2}{3}$⁠. Số $60$ (tổng số nữ) không dùng tới.

5. (Phần III) Lấy lần lượt 2 sản phẩm, không hoàn lại, từ một hộp có 8 sản phẩm trong đó có 3 sản phẩm lỗi. Tính xác suất trong 2 sản phẩm lấy ra có đúng một sản phẩm lỗi (làm tròn đến hàng phần trăm).

Xem đáp án

Hai thứ tự: lỗi rồi tốt $\dfrac{3}{8}\cdot\dfrac{5}{7}$⁠, tốt rồi lỗi $\dfrac{5}{8}\cdot\dfrac{3}{7}$⁠. Tổng $\dfrac{30}{56} = \dfrac{15}{28} \approx 0{,}54$⁠. Đáp số: 0,54.

6. (Phần II) Một nhân viên giao hàng mỗi ngày đi một trong hai tuyến: tuyến 1 vào $60\%$ số ngày, tuyến 2 vào $40\%$ số ngày. Xác suất bị tắc đường khi đi tuyến 1 là $0{,}1$⁠; khi đi tuyến 2 là $0{,}2$⁠. Xét một ngày ngẫu nhiên. Xét tính đúng sai:

   a) Xác suất hôm đó bị tắc đường là $0{,}14$⁠.

   b) Xác suất hôm đó đi tuyến 1 và bị tắc đường là $0{,}1$⁠.

   c) Biết hôm đó bị tắc đường, xác suất nhân viên đã đi tuyến 2 lớn hơn $0{,}5$⁠.

   d) Biết hôm đó không bị tắc đường, xác suất nhân viên đã đi tuyến 1 lớn hơn $0{,}6$⁠.

Xem đáp án

a) Đúng. $0{,}6\cdot 0{,}1 + 0{,}4\cdot 0{,}2 = 0{,}06 + 0{,}08 = 0{,}14$⁠.

b) Sai. $0{,}6\cdot 0{,}1 = 0{,}06$⁠; số $0{,}1$ là xác suất có điều kiện.

c) Đúng. $\dfrac{0{,}08}{0{,}14} = \dfrac{4}{7} \approx 0{,}571 > 0{,}5$⁠.

d) Đúng. $\dfrac{0{,}6\cdot 0{,}9}{1 - 0{,}14} = \dfrac{0{,}54}{0{,}86} = \dfrac{27}{43} \approx 0{,}628 > 0{,}6$⁠.

7. (Phần III) Một ứng dụng học tập có $40\%$ người dùng là học sinh. Có $75\%$ học sinh và $35\%$ người dùng còn lại sử dụng tính năng luyện đề. Chọn ngẫu nhiên một người dùng tính năng luyện đề. Tính xác suất người đó là học sinh (làm tròn đến hàng phần trăm).

Xem đáp án

Xác suất một người dùng tính năng luyện đề: $0{,}4\cdot 0{,}75 + 0{,}6\cdot 0{,}35 = 0{,}3 + 0{,}21 = 0{,}51$⁠. Bayes: $\dfrac{0{,}3}{0{,}51} = \dfrac{10}{17} \approx 0{,}588$⁠. Đáp số: 0,59.

8. (Phần III) Một hộp có 10 lá thăm, trong đó 2 lá trúng thưởng. Ba bạn lần lượt bốc mỗi người một lá, không hoàn lại. Biết hai bạn đầu đều không trúng, tính xác suất bạn thứ ba bốc trúng.

Xem đáp án

Sau khi hai bạn đầu lấy 2 lá không trúng, hộp còn 8 lá, trong đó vẫn có 2 lá trúng: $P(T_3 \mid \overline{T_1} \cap \overline{T_2}) = \dfrac{2}{8} = 0{,}25$⁠. Đáp số: 0,25. (Khác với $\dfrac{7}{45}$ ở Dạng 2 — đó là xác suất của cả chuỗi, không phải xác suất có điều kiện.)