Bài tập chương 1: Đại cương về xác suất - Xác suất thống kê | Trường Đại học Khoa học Tự nhiên, Đại học Quốc gia Thành phố Hồ Chí Minh

Bài tập

1. Cho A, B, C là ba biến cố. Chứng minh

PA  B  C  PA  PB  PC  PAB  PAC  PBC  PABC .

Lời giải. Do A  B  C  A  B  C nên do công thức cộng,

PA  B  C  PA  B  C  PA  PB  C  P A B  C . (1) Do AB  C  AB  AC, nên cũng do công thức cộng, ta có

PB  C  PB  PC  PBC

và

(2)

PAB  C  PAB  AC  PAB  PAC  P ABAC . (3)

Chú ý rằng ABAC  ABC

3 2

4

nên thế (2, 3) vào (1), ta được đẳng thức cần tìm. ◾

1. Cho

PAB .

PA  ¹ , PB  ¹

và PA  B  ³ . Tính

PAB ,

PAB ,

PA  B ,

PAB , và

Lời giải. Do công thức cộng, PAB  PA  PB  PA  B  ¹  ¹  ³  ¹ . Do AB  A  B

3 2 4 12

nên PAB  PA  B 1 PA  B 1 ³  ¹ . Do A  B  AB

4 4

nên

Vì AB  AB  A

PA  B  PAB 1 PAB 1 ¹  ¹¹ .

và ABAB  nên ta có PA  PAB  AB  PAB  PAB . Suy ra

12 12

PAB  PA  PAB  1  1  1 .

3 12 4

Tương tự, ta có

PAB  PB  PAB  1  1  5 . ◾

1. Tỷ lệ người mắc bệnh tim trong một vùng dân cư là 9%, mắc bệnh huyết áp là 12%, mắc cả hai bệnh này là 7%. Chọn ngẫu nhiên một người trong vùng. Tính xác suất để người đó

2 12 12

• 1. bị bệnh tim hay bị bệnh huyết áp.
  2. không bị bệnh tim cũng không bị bệnh huyết áp.
  3. không bị bệnh tim hay không bị bệnh huyết áp.
  4. bị bệnh tim nhưng không bị bệnh huyết áp.
  5. không bị bệnh tim nhưng bị bệnh huyết áp.

Lời giải. Với phép thử  : Chọn ngẫu nhiên một người trong vùng, xét các biến cố T : “nhận được người mắc bệnh tim”, và

H : “nhận được người mắc bệnh huyết áp”.

Ta được PT  0.09 , PH  0.12 , và PTH  0.07 .

1. Biến cố “bị bệnh tim hay bị bệnh huyết áp” là T  H , với

PT  H  PT  PH  PTH  0.14 .

1. Biến cố “không bị bệnh tim cũng không bị bệnh huyết áp” là TH  T  H , với

PTH  PT  H  1 PT  H  0.86 .

1. Biến cố “không bị bệnh tim hay không bị bệnh huyết áp” là T  H  TH , với

PT  H  PTH  1 PTH  0.93.

1. Biến cố “bị bệnh tim nhưng không bị bệnh huyết áp” là TH , với PTH  PT  PTH  0.02 .
2. Biến cố “không bị bệnh tim nhưng bị bệnh huyết áp” là TH , với

PTH  PH  P TH  0.05 . ◾

1. Theo dõi dự báo thời tiết trên đài truyền hình (nắng, sương mù, mưa) và so sánh với thời tiết thực tế xảy ra, ta có bảng thống kê sau

nghĩa là có 30 lần dự báo nắng, trời nắng; 4 lần dự báo nắng, trời sương mù; 10 lần dự báo nắng, trời mưa, v.v...

• 1. Tính xác suất dự báo trời nắng của đài truyền hình.
  2. Tính xác suất dự báo của đài truyền hình là đúng với thực tế.
  3. Được tin dự báo là trời nắng. Tính xác suất để thực tế thì trời mưa ? trời sương mù ? trời nắng ?

Lời giải. Đặt D  1, D  2 , và D  3 lần lượt chỉ biến cố “đài truyền hình dự báo trời nắng”, “đài

truyền hình dự báo trời sương mù”, và “đài truyền hình dự báo trời mưa”. Tương tự, Đặt T  1 , T  2 , và T  3 lần lượt chỉ biến cố “thực tế trời nắng”, “thực tế trời sương mù”, và “thực tế trời mưa”. Bảng thống kê được viết lại thành

trong đó ta lấy tổng các dòng, các cột.

1. Ta có bảng thống kê (lề) cho dự báo (D) của đài truyền hình

Do trong 100 lần dự báo, đài truyền hình dự báo trời nắng (biến cố D  1) 44 lần nên xác suất dự báo trời nắng của đài truyền hình là ⁴⁴  0.44 .

100

1. Biến cố “dự báo của đài truyền hình là đúng với thực tế” là

D  1, T  1  D  2, T  2  D  3, T  3 với xác suất

PD  1, T  1  D  2, T  2  D  3, T  3

 PD  1, T  1  PD  2, T  2  PD  3, T  3

 30 

20  20  70

 0.7.

100 100 100 100

1. Được tin dự báo là trời nắng, nghĩa là biến cố D  1 đã xảy ra, nên ta có bảng thống kê cho thời tiết thực tế (T) khi đài truyền hình dự báo trời nắng

nên xác suất để thực tế thì trời mưa là

PT  3 D  1  10  0.227 , xác suất để thực tế trời sương

mù là PT  2 D  1  4  0.091 , và xác suất để thực tế trời nắng là PT  1 D  1  30  0.682 .◾

44

44

44

1. Một hộp đựng 10 phiếu trong đó chỉ có 4 phiếu có trúng thưởng. Hai người A và B lần lượt rút thăm (không hoàn lại). Tính xác suất đế
   1. A rút được phiếu trúng thưởng.
   2. Cả A lẫn B đều rút được phiếu trúng thưởng.
   3. B rút được phiếu trúng thưởng.
   4. Các biến cố “A rút được phiếu trúng thưởng” và “B rút được phiếu trúng thưởng” có độc lập không?

Lời giải. Đặt các biến cố

A : “A rút được phiếu trúng thưởng”, và

B : “B rút được phiếu trúng thưởng”

1. Ta có PA  ⁴  0.4 .

10

1. Do PB A  3 nên do công thức nhân, PAB  PB APA  3  4  2 .

9

9 10 15

1. Do công thức xác suất toàn phần,

PB  PB APA  PB APA  3  4  4  6  36  0.4 .

9 10 9 10 90

1. Do PAB  ²  PA PB  0.16 nên các biến cố “A rút được phiếu trúng thưởng” và “B rút

15

được phiếu trúng thưởng” không độc lập. ◾

1. Có hai hộp đựng bi :

• Hộp H₁ đựng 20 bi trong đó có 5 bi đỏ và 15 bi trắng,
• Hộp H2

đựng 15 bi trong đó có 6 bi đỏ và 9 bi trắng.

Lấy một bi ở hộp trắng ?

H₁ , bỏ vào

H₂ , trộn đều rồi lấy ra một bi. Tính xác suất nhận được bi đỏ ? bi

Lời giải. Xét các biến cố

D1 : “bi lấy ra từ H₁ là bi đỏ”, và

D2 : “bi lấy ra từ H₂

là bi đỏ”.

Ta có

PD1  5 ,

20

PD2 D1  7 ,

16

P D2 D1  6

16

 

, và do công thức xác suất toàn phần, xác suất

nhận được bi đỏ (lấy ra từ H₂ ) là

PD2  PD2 D1P D1  P D2 D1 P D1  7  5  6  15  0.39 ,

   

16 20 16 20

và xác suất nhận được bi trắng là

PD2  1 PD2  0.61. ◾

1. Trong một vùng dân cư, cứ 100 người thì có 30 người hút thuốc lá. Biết rằng tỷ lệ người bị viêm họng trong số người hút thuốc lá là 60%, trong số người không hút thuốc lá là 20%. Khám ngẫu nhiên một người và thấy người đó bị viêm họng. Tìm xác suất để người đó hút thuốc lá. Nếu người đó không bị viêm họng thì xác suất để người đó hút thuốc lá là bao nhiêu ?

Lời giải. Chọn ngẫu nhiên một người trong vùng. Xét các biến cố H : “nhận được người hút thuốc”, và

G : “nhận được người bị viên họng”.

Ta có

PH  0.3 ,

PV H  0.6 , và

PV H  0.2 . Do công thức xác suất toàn phần, tỷ lệ người

bị viêm họng trong vùng là

PV  PV HPH  PV HPH  0.6  0.3  0.2  1 0.3  0.32 ,

và do công thức Bayes, xác suất để người đó hút thuốc lá khi biết người đó không bị viêm họng là

PV HPH

0.6  0.3

PH V    0.5625 ,

PV

0.32

và nếu biết người đó không bị viêm họng, thì xác suất để người đó hút thuốc lá cho bởi

PV HPH PV

PH V  ,

trong đó cần tìm là

PV H 1 PV H 1 0.6  0.4

và PV  1 PV  1 0.32  0.68 . Vậy xác suất

0.4 0.3

   

P H V 0.17647 . ◾

0.68

1. Một dây chuyền lắp ráp nhận các chi tiết từ hai nhà máy khác nhau. Tỷ lệ chi tiết do nhà máy thứ nhất cung cấp là 60%, của nhà máy thứ hai là 40%. Tỷ lệ chính phẩm của nhà máy thứ nhất là 90%, của nhà máy thứ hai là 85%. Lấy ngẫu nhiên một chi tiết trên dây chuyền và thấy rằng nó là chính phẩm. Tìm xác suất để chi tiết đó do nhà máy thứ nhất sản xuất.

Lời giải. Đặt các biến cố

1. : “nhận được chi tiết của nhà máy thứ nhất”,
2. : “nhận được chi tiết của nhà máy thứ hai”, và C : “nhận được chi tiết là chính phẩm”.

Ta có PI  0.6 , PII  0.4 , PC I  0.9 , và PC II  0.85 . Do công thức xác suất toàn phần,

PC  PC IPI  PC IIPII  0.9  0.6  0.85  0.4  0.88 ,

và do công thức Bayes, xác suất để chi tiết đó do nhà máy thứ nhất sản xuất (khi biết chi tiết đó đã là chính phẩm) là

PC IPI

0.9  0.6

PI C    0.614 . ◾

PC

0.88

1. Một cặp trẻ sinh đôi có thể do cùng một trứng (sinh đôi thật) hay do hai trứng khác nhau sinh ra (sinh đôi giả). Các cặp sinh đôi thật luôn luôn có cùng giới tính. Các cặp sinh đôi giả thì giới tính của mỗi đứa độc lập nhau và có xác suất là 0.5. Thống kê cho thấy 34% cặp sinh đôi là trai; 30% cặp sinh đôi là gái và 36% cặp sinh đôi có giới tính khác nhau.
   1. Tính tỷ lệ cặp sinh đôi thật,
   2. Tìm tỷ lệ cặp sinh đôi thật trong số các cặp sinh đôi có cùng giới tính.

Lời giải. Chọn ngẫu nhiên một cặp trẻ sinh đôi. Xét các biến cố T : “nhận được cặp trẻ sinh đôi thật”, và

G : “nhận được cặp trẻ sinh đôi cùng giới tính”.

Do thống kê, ta có

PG  0.64 . Do cặp trẻ sinh đôi thật luôn luôn có cùng giới tính nên

PG T  1, và do cặp trẻ sinh đôi giả thì giới tính của mỗi đứa độc lập nhau và có xác suất là 0.5

nên PG T  0.5 .

1. Do công thức xác suất toàn phần,

PG  PG TPT  PG TPT , ta suy ra

0.64  PT  0.51 PT và do đó, tỷ lệ cặp trẻ sinh đôi thật là

0.64  0.5

   

P T 0.28.

0.5

1. Dùng công thức Bayes, tỷ lệ cặp sinh đôi thật trong số các cặp sinh đôi có cùng giới tính là

PG TPT

0.28

PT G    0.4375 . ◾

PG

0.64

1. Một trung tâm chẩn đoán bệnh dùng một phép kiểm định T. Xác suất để một người đến trung tâm mà có bệnh là 0.8. Xác suất để người khám có bệnh khi phép kiểm định dương tính là 0.9 và xác suất để người khám không có bệnh khi phép kiểm định âm tính là 0.6. Tính các xác suất
   1. phép kiểm định là dương tính,
   2. phép kiểm định cho kết quả đúng.

Lời giải. Chọn ngẫu nhiên một người khám bệnh ở trung tâm. Xét các biến cố B : “nhận được người khám là có bệnh”, và

D : “nhận được người khám là có kết quả kiểm định dương tính”.

Ta có PB  0.8 , PB D  0.9 , và PB D  0.6 . Chú ý rằng PB D  1 PB D  0.4 .

1. Từ công thức xác suất toàn phần

PB  PB DPD  PB DPD

ta suy ra

0.8  0.9 PD  0.4  1 PD và do đó xác suất phép kiểm định cho kết quả dương tính là

0.8  0.4

   

P D 0.8 .

0.9  0.4

1. Biến cố phép kiểm định cho kết quả đúng là BD  BD . Vì BD và BD là các biến cố xung khắc nên từ công thức cộng và công thức nhân, xác suất để phép kiểm định cho kết quả đúng là

PBD  BD  PBD  PBD  PB DPD  PB DPD  0.9 0.8  0.6 1 0.8  0.84 . ◾

1. Một thiết bị gồm 3 cụm chi tiết, mỗi cụm bị hỏng không ảnh hưởng gì đến các cụm khác và chỉ cần một cụm bị hỏng thì thiết bị ngừng hoạt động. Xác suất để cụm thứ nhất bị hỏng trong ngày là 0.1, cụm thứ hai là 0.05 và cụm thứ ba là 0.15. Tìm xác suất để thiết bị không ngừng hoạt động trong ngày.

Lời giải. Đặt các biến cố

A : “cụm chi tiết thứ nhất bị hỏng trong ngày”,

B : “cụm chi tiết thứ hai bị hỏng trong ngày”, và

C : “cụm chi tiết thứ ba bị hỏng trong ngày”.

Ta có các biến cố A, B, và C độc lập, và

PA  0.1,

PB  0.05 ,

PC  0.15 . Biến cố “thiết bị

không ngừng hoạt động trong ngày” là A  B C  ABC và vì các biến cố A , B , và C cũng độc lập nên xác suất để thiết bị không ngừng hoạt động trong ngày là

PA  B C  PABC  PAPBPC  1 0.11 0.051 0.15  0.72675. ◾