Bài tập Tính xác suất có điều kiện bằng công thức lớp 12 (có lời giải)

Gọi A là biến cố "Xuất hiện mặt chẵn chấm", B là biến cố "Xuất hiện mặt 6 chấm".

Tập hợp các kết quả thuận lợi cho biến cố A là \(\{ 2;4;6\} \).

Tập hợp các kết quả thuận lợi cho biến cố B là \(\{ 6\} \).

Do đó \(P(B\mid A) = \frac{1}{3}\).

Nếu lần thứ nhất lấy được bi xanh thì xác suất xảy ra biến cố B là:

\(P(B\mid A) = \frac{3}{6} = \frac{1}{2}{\rm{. }}\)

Nếu lần thứ nhất không lấy được bi xanh thì xác suất xảy ra biến cố B là:

\(P(B\mid \bar A) = \frac{4}{6} = \frac{2}{3}\)

Không gian mẫu của phép thử:

\(\Omega  = \{ (1;2);(1;3);(2;1);(2;3);(3;1);(3;2)\} ,\)

trong đó \((i;j)\) là kết quả lần thứ nhất lấy được thẻ ghi số \(i\), lần thứ hai lấy được thẻ ghi số \(j\).

Tập hợp các kết quả thuận lợi cho biến cố \(A\) là: \(\{ (1;2);(1;3)\} \).

Tập hợp các kết quả thuận lợi cho biến cố \(B\) là: \(\{ (2;1);(2;3)\} \).

Tập hợp các kết quả thuận lợi cho biến cố \(C\) là: \(\{ (2;1);(3;1);(1;3);(2;3)\} \).

Xác suất cần tìm là \(P(C\mid A)\). Khi biến cố \(A\) xày ra thì kết quả của phép thử là \((1;2)\) hoặc \((1;3)\). Trong hai kết quả đồng khả năng này chỉ có kết quả \((1;3)\) là thuận lợi cho biến cố \(C\).

Vậy xác suất để thẻ lấy ra lần thứ hai ghi số lè, biết rằng thẻ lấy ra lần thứ nhất ghi số 1 là \(P(C\mid A) = \frac{1}{2}\).

Xác suất cần tìm là \(P(C\mid B)\). Khi biến cố \(B\) xảy ra thì kết quà của phép thử là \((2;1)\) hoặc \((2;3)\). Cả hai kết quả này đều thuận lợi cho biến cố \(C\).

Vậy xác suất để thẻ lấy ra lần thứ hai ghi số lè, biết rằng thẻ lấy ra lần thứ nhất ghi số 2 là \(P(C\mid B) = 1\).

Tính \(P(D\mid A)\).

Ta thấy khi biến cố \(A\) xảy ra thì kết quả của phép thử là \((1;2)\) hoặc \((1;3)\). Đây đều là các kết quả thuận lợi cho biến cố \(D\). Do đó \(P(D\mid A) = 1\).

Tính \(P(D\mid B)\)

Ta thấy khi biến cố \(B\) xảy ra thì kết quả của phép thử là \((2;1)\) hoặc \((2;3)\). Trong hai kết quả này thì có một kết quả thuận lợi cho biến cố \(D\). Do đó \(P(D\mid B) = \frac{1}{2}\)

 Gọi \(A\) là biến cố "Thành viên được chọn biết chơi cờ tướng" và \(B\) là biến cố "Thành viên được chọn biết chơi cờ vua".

Số thành viên của câu lạc bộ biết chơi cả hai môn cờ là \(20 + 25 - 35 = 10\).

Do đó, trong số 20 thành viên biết chơi cờ tướng, có đúng 10 thành viên biết chơi cờ vua.

Vậy nên xác suất thành viên được chọn biết chơi cờ vua, biết rằng thành viên đó biết chơi cờ tướng là \(P(B\mid A) = \frac{{10}}{{20}} = 0,5\).

Gọi A là biến cố "Thành viên được chọn biết chơi cờ vua" và B là biến cố "Thành viên được chọn không biết chơi cờ tướng".

Số thành viên của câu lạc bộ biết chơi cả hai môn cơ là \(20 + 25 - 35 = 10\).

Do đó, trong số 25 thành viên biết chơi cờ vua có 10 thành viên biết chơi cờ tướng. Suy ra có 15 thành viên không biết chơi cờ tướng.

Vậy xác suất thành viên được chọn không biết chơi cờ tướng, biết rằng thành viên đó biết chơi cờ vua là \(P(B\mid A) = \frac{{15}}{{25}} = \frac{3}{5}\)

Ta có không gian mẫu của phép thử là

\(\Omega  = \{ ({\rm{i}};{\rm{j}}):1 \le {\rm{i}} \le 6,1 \le {\rm{j}} \le 6\} \) trong đó (i; j ) là số chấm xuất hiện lần lượt ở hai con xúc xắc. Suy ra \(n(\Omega ) = 36\).

\({\rm{A}} \cap {\rm{B}}\) là biến cố "Xuất hiện hai mặt có cùng số chấm và tổng bằng 8 ".

Tập hợp các kết quả thuận lợi cho biến cố \(A \cap B\) là \(\{ (4;4)\} \). Suy ra \(n(A \cap B) = 1\).

Do đó \(P(A \cap B) = \frac{1}{{36}}\).

B là biến cố "Tổng số chấm của hai mặt xuất hiện bằng 8".

Tập hợp các kết quả thuận lợi cho biến cố B là \(\{ (2;6),(3;5),(4;4),(5;3),(6;2)\} \). Suy ra \(n(B) = 5\).

Do đó \(P(B) = \frac{5}{{36}}\). Vậy \(\frac{{P(A \cap B)}}{{P(B)}} = \frac{1}{5}\).

Trong số 5 kết quả thuận lợi cho biến cố B thì có 1 kết quả thuận lợi cho biến A.

Do đó \(P(A\mid B) = \frac{1}{5}\).

Ta có không gian mẫu của phép thử là

\(\Omega  = \{ ({\rm{i}};{\rm{j}}):1 \le {\rm{i}} \le 6,1 \le {\rm{j}} \le 6\} \) trong đó (i; j ) là số chấm xuất hiện lần lượt ở hai con xúc xắc. Suy ra \(n(\Omega ) = 36\).

Trong số những người phụ nữ mua bảo hiềm ô tô thì có \(75\% \) người trên 45 tuổi.

Theo công thức nhân xác suất, ta có \(P(AB) = P(B)P(A\mid B) = 0,2\).

Vì \(\bar AB\) và \(AB\) là hai biến cố xung khắc và \(\bar AB \cup AB = B\) nên theo tính chất của xác suất, ta có \(P(\bar AB) = P(B) - P(AB) = 0,3\).

Theo công thức tính xác suất có điều kiện, \(P(\bar A\mid B) = \frac{{P(\bar AB)}}{{P(B)}} = \frac{{0,3}}{{0,5}} = 0,6.\)

Gọi A là biến cố "Chọn hai bạn có cùng giới tính".

B là biến cố "Chọn được ít nhất 1 bạn nam".

AB là biến cố "Chọn được hai bạn có cùng giới tính trong đó có ít nhất 1 bạn nam" hay AB "Chọn được 2 bạn nam".

Ta có \(P(AB) = \frac{{C_5^2}}{{C_9^2}} = \frac{5}{{18}}\). \(P(B) = \frac{{C_5^1 \cdot C_4^1}}{{C_9^2}} + \frac{{C_5^2}}{{C_9^2}} = \frac{5}{9} + \frac{5}{{18}} = \frac{5}{6}{\rm{. }}\)

Do đó \(P(A\mid B) = \frac{{P(AB)}}{{P(B)}} = \frac{5}{{18}}:\frac{5}{6} = \frac{1}{3}\).

Gọi A là biến cố "Bệnh nhân bị chấn thương vùng đầu".

B là biến cố "Bệnh nhân đội mũ bảo hiểm đúng cách".

AB là biến cố "Bệnh nhân bị chấn thương vùng đầu và đội mũ bảo hiểm đúng cách".

Theo đề ta có: \({\rm{P}}({\rm{AB}}) = 0,18;{\rm{P}}({\rm{B}}) = 0,9;P(A) = 0,8\).

Khi đó \(P(A\mid B) = 0,18:0,9 = 0,2\).

Việc đội mũ bảo hiểm đúng cách sẽ làm giảm khả năng bị chấn thương vùng đầu số lần là: \(0,8:0,2 = 4\) lần.

\({\rm{ C\'o  }}P(\bar B) = 1 - P(B) = 0,2.{\rm{ }}\)

Theo công thức nhân xác suất ta có: \(P(A\bar B) = P(\bar B) \cdot P(A\mid \bar B) = 0,2 \cdot 0,5 = 0,1.\)

vi \(A\bar B\) và AB là hai biến cố xung khắc và \(A\bar B \cup AB = A\).

Suy ra \(P(AB) = P(A) - P(A\bar B) = 0,4 - 0,1 = 0,3\). Do đó \(P(A\mid B) = \frac{{P(AB)}}{{P(B)}} = \frac{{0,3}}{{0,8}} = \frac{3}{8}\)

Ta có: \({\rm{P}}(A\mid B) = \frac{{{\rm{P}}(A \cap B)}}{{{\rm{P}}(B)}} = \frac{{0,4}}{{0,8}} = 0,5;{\rm{ P}}(B\mid A) = \frac{{{\rm{P}}(B \cap A)}}{{{\rm{P}}(A)}} = \frac{{0,4}}{{0,5}} = 0,8\).

Áp dụng công thức nhân xác suất, ta có: \(P(AB) = P(A) \cdot P(B\mid A) = 0,2 \cdot 0,8 = \) 0,16 .

Khi đó, ta có: \(P(A\mid B) = \frac{{P(AB)}}{{P(B)}} = \frac{{0,16}}{{0,51}} \approx 0,3137\)

Ta có: \({\rm{P}}(A\mid B) = \frac{{{\rm{P}}(A \cap B)}}{{{\rm{P}}(B)}} = \frac{{0,2}}{{0,6}} = \frac{1}{3};{\rm{P}}(B\mid A) = \frac{{{\rm{P}}(B \cap A)}}{{{\rm{P}}(A)}} = \frac{{0,2}}{{0,4}} = 0,5\).

Vi \(A\), \(B\) là hai biến cố độc lập nên \(P(A \cap B) = P(A) \cdot P(B) = 0,8 \cdot 0,25 = 0,2\).

Khi đó, \({\rm{P}}({\rm{A}}\mid {\rm{B}}) = \frac{{P(A \cap B)}}{{P(B)}} = \frac{{0,2}}{{0,25}} = 0,8\)

Vi \({\rm{A}} \cap \bar B\) và \({\rm{A}} \cap {\rm{B}}\) là hai biến cố xung khắc và \(({\rm{A}} \cap \bar B) \cup ({\rm{A}} \cap {\rm{B}}) = {\rm{A}}\) nên theo tính chất của xác suất ta có \({\rm{P}}({\rm{A}}) = {\rm{P}}({\rm{A}} \cap \bar B) + {\rm{P}}({\rm{A}} \cap {\rm{B}})\).

Suy ra \({\rm{P}}({\rm{A}} \cap \bar B) = {\rm{P}}({\rm{A}}) - {\rm{P}}({\rm{A}} \cap {\rm{B}}) = 0,6 - 0,4 = 0,2\).

ĐS: \(\frac{1}{3}\).

ĐS:  0,15 .

Có \({\rm{P}}({\rm{A}}\mid {\rm{B}}) = 2{\rm{P}}({\rm{B}}\mid {\rm{A}})\) nên \(\frac{{P(A\mid B)}}{{P(B\mid A)}} = 2{\rm{ }}(1)\).

Mà \(P(A\mid B) = \frac{{P(AB)}}{{P(B)}};P(B\mid A) = \frac{{P(AB)}}{{P(A)}}\) (2).

Từ (1) và (2), suy ta \(\frac{{P(A)}}{{P(B)}} = 2\).

Nếu Sơn lấy được bút bi đen thì trong 11 chiếc bút còn lại có 7 bút bi xanh và 4 bút bi đen. Vậy xác suất để Tùng lấy được bút bi xanh khi biết Sơn lấy được bút bi đen là \(\frac{7}{{11}}\).

Gọi A là biến cố "Sách được chọn là sách khoa học tự nhiên",

B là biến cố "Sách được chọn là quyển sách về khoa học".

AB là biến cố "Sách được chọn là sách khoa học và là sách khoa học tự nhiên"

Theo đề ta có \(P(A) = 0,14;P(B) = 0,35;P(AB) = P(A) = 0,14\).

Do đó \(P(A\mid B) = \frac{{P(AB)}}{{P(B)}} = \frac{{0,14}}{{0,35}} = 0,4\).

Gọi A là biến cố "Hộ gia đình đó sử dụng điện để đun nước" và B là biến cố "Hộ gia đình đó sử dụng ấm điện siêu tốc".

Theo đề ta có \({\rm{P}}({\rm{A}}) = 0,85;{\rm{P}}({\rm{B}}) = 0,21;P(A\mid B) = 1\).

Cần tính \(P(B\mid A)\).

Ta có \(P(B\mid A) = \frac{{P(B) \cdot P(A\mid B)}}{{P(A)}} = \frac{{0,21}}{{0,85}} \approx 0,247\)

Cách 1: Bằng định nghĩa

Nếu \(B\) xảy ra tức là Bình lấy được viên bi trắng. Khi đó, trong hộp còn lại 29 viên bi với 19 viên bi trắng và 10 viên bi đen. Vậy \(P(A\mid B) = \frac{{19}}{{29}}\).

Cách 2: Bằng công thức

Bình có 30 cách chọn, An có 29 cách chọn một viên bi trong hộp. Do đó \(n(\Omega ) = 30 \cdot 29\).

Bình có 20 cách chọn một viên bi trắng, An có 29 cách chọn từ 29 viên bi còn lại.

Do đó \(n(B) = 20 \cdot 29\) và \(P(B) = \frac{{n(B)}}{{n(\Omega )}}\).

Bình có 20 cách chọn một viên bi trắng, An có 19 cách chọn một viên bi trắng trong 19 viên bi trắng còn lại.

Do đó \(n(AB) = 20 \cdot 19\) và \(P(AB) = \frac{{n(AB)}}{{n(\Omega )}}\).

Vậy \(P(A\mid B) = \frac{{P(AB)}}{{P(B)}} = \frac{{n(AB)}}{{n(B)}} = \frac{{20 \cdot 19}}{{20 \cdot 29}} = \frac{{19}}{{29}}\).

Cách 1: Bằng định nghĩa

Nếu \(B\) không xảy ra tức là Bình lấy được viên bi đen. Khi đó trong hộp còn lại 29 viên bi với 20 viên bi trắng và 9 viên bi đen. Vậy \(P(A\mid \bar B) = \frac{{20}}{{29}}\).

Cách 2: Bẳng công thức

Nếu B không xảy ra tức là Bình lấy được viên bi đen.

Bình có 10 cách chọn bi đen. An có 29 cách chọn từ 29 viên còn lại trong hộp.

Do đó \(n(\bar B) = 10 \cdot 29\) và \(P(\bar B) = \frac{{n(\bar B)}}{{n(\Omega )}}\).

Bình có 10 cách chọn bi đen. An có 20 cách chọn viên bi trắng.

Do đó \(n(A\bar B) = 20 \cdot 10\) và \(P(A\bar B) = \frac{{n(A\bar B)}}{{n(\Omega )}}\).

Vậy \(P(A\mid \bar B) = \frac{{P(A\bar B)}}{{P(\bar B)}} = \frac{{n(A\bar B)}}{{n(\bar B)}} = \frac{{20 \cdot 10}}{{10 \cdot 29}} = \frac{{20}}{{29}}\).

Nếu \(A\) và \(B\) là hai biến cố độc lập thì \(P(AB) = P(A) \cdot P(B)\).

Vậy với \(P(A) > 0,P(B) > 0\) ta có:

\(P(A\mid B) = \frac{{P(AB)}}{{P(B)}} = \frac{{P(A) \cdot P(B)}}{{P(B)}} = P(A);\)

\(P(B\mid A) = \frac{{P(BA)}}{{P(A)}} = \frac{{P(B) \cdot P(A)}}{{P(A)}} = P(B).\)

Theo định nghĩa, \(P(A\mid B)\) là xác suất của \(A\), tính trong điều kiện biết rằng biến cố \(B\) đã xảy ra. Vì \(A\), \(B\) độc lập nên việc xảy ra \(B\) không ảnh hưởng tới xác suất xuất hiện của \(A\). Do đó:

\(P(A\mid B) = P(A){\rm{. }}\)

Tương tự \(P(B\mid A)\) là xác suất của \(B\), tính trong điều kiện biết rằng biến cố \(A\) đã xảy ra. Vì \(A\), \(B\) độc lập nên việc xảy ra \(A\) không ảnh hưởng tới xác suất xuất hiện của \(B\). Do đó:

\(P(B\mid A) = P(B){\rm{. }}\)

Vi A và B là hai biến cố độc lập nên các cặp biến cố \(\bar A\) và \(B\) ; \(A\) và \(\bar B\) cũng độc lập.

Theo định nghĩa \(P(\bar A\mid B)\) là xác suất của \(\bar A\) (tức là xác suất không xuất hiện của A ) biết rằng biến cố B đã xảy ra. Vi \(\bar A,\;{\rm{B}}\) độc lập nên việc xảy ra B không ảnh hưởng tới xác suất không xuất hiện của A .

Do đó \(P(\bar A\mid B) = P(\bar A)\).

Tương tự \(P(A\mid \bar B)\) là xác suất của A biết rằng biến cố B không xảy ra. Vì \({\rm{A}},\bar B\) độc lập nên việc không xảy ra \(B\) không ảnh hưởng tới xác suất xuất hiện của A.

Do đó \(P(A\mid \bar B) = P(A)\)

Xét các biến cố:

A: "Chọn được học sinh đạt giải";

B: "Chọn được học sinh thuộc lớp 12A".

Khi đó, xác suất chọn được học sinh đạt giải, biết rằng học sinh đó thuộc lớp 12 A , là xác suất của \(A\) với điều kiện \(B\).

Ta có: \(n(B) = 5,n(A \cap B) = 3\). Suy ra \({\rm{P}}(A\mid B) = \frac{{n(A \cap B)}}{{n(B)}} = \frac{3}{5}\).

Vậy xác suất chọn được học sinh đạt giải, biết rằng học sinh đó thuộc lớp 12 A , là \(\frac{3}{5}\).

Không gian mẫu có số phần tử là 49 .

- Một kết quả thuận lợi cho biến cố \(A\) là một cách chọn quả bóng màu xanh ở lần thứ nhất (có 3 khả năng) và chọn quả bóng tuỳ ý ở lần thứ hai (có 7 khả năng). Do đó \(n(A) = 3.7 = 21\), suy ra \(n(\bar A) = 49 - n(A) = 49 - 21 = 28\).

Tương tự, ta có: \(n(B) = 7.4 = 28,n(\bar B) = 49 - 28 = 21\).

- Một kết quả thuận lợi cho biến cố \(A \cap B\) là một cách chọn quả bóng màu xanh ở lần thứ nhất (có 3 khả năng) và chọn quả bóng màu đỏ ở lần thứ hai (có 4 khả năng). Vì vậy \(n(A \cap B) = 3.4 = 12\). Tương tự, ta có: \(n(A \cap \bar B) = 3.3 = 9\), \(n(B \cap \bar A) = 4.4 = 16\).

\({\rm{ Ta c\'o : P}}(A) = \frac{{n(A)}}{{n(\Omega )}} = \frac{{21}}{{49}} = \frac{3}{7};{\rm{P}}(A\mid B) = \frac{{n(A \cap B)}}{{n(B)}} = \frac{{12}}{{28}} = \frac{3}{7};\)

\({\rm{P}}(A\mid \bar B) = \frac{{n(A \cap \bar B)}}{{n(\bar B)}} = \frac{9}{{21}} = \frac{3}{7};{\rm{P}}(B) = \frac{{n(B)}}{{n(\Omega )}} = \frac{{28}}{{49}} = \frac{4}{7};\)

\({\rm{P}}(B\mid A) = \frac{{n(B \cap A)}}{{n(A)}} = \frac{{12}}{{21}} = \frac{4}{7};{\rm{P}}(B\mid \bar A) = \frac{{n(B \cap \bar A)}}{{n(\bar A)}} = \frac{{16}}{{28}} = \frac{4}{7}.\)

Vì \({\rm{P}}(A) = {\rm{P}}(A\mid B) = {\rm{P}}(A\mid \bar B) = \frac{3}{7}\) và \({\rm{P}}(B) = {\rm{P}}(B\mid A) = {\rm{P}}(B\mid \bar A) = \frac{4}{7}\) nên \(A\), \(B\) là hai biến cố độc lập.

Gọi:

- A là biến cố "Chọn được học sinh thích kem";

- \(B\) là biến cố "Chọn được học sinh thích trà sữa".

Khi đó xác suất để chọn được học sinh thích kem, biết rằng học sinh đó thích trà sữa chính là xác suất của \(A\) với điều kiện \(B\).

Vì có \(68\% \) số học sinh thích trà sữa trong nhóm khảo sát nên \(P(B) = 68\%  = 0,68\).

Ta có AB là biến cố "Chọn được học sinh thích cả trà sửa và kem".

Vì có \(24\% \) số học sinh thích cả trà sữa và kem nên \(P(AB) = 24\%  = 0,24\).

Vì thế ta có: \(P(A\mid B) = \frac{{P(AB)}}{{P(B)}} = \frac{{0,24}}{{0,68}} \approx 0,35\).

Vậy xác suất để chọn được học sinh thích kem, biết rằng học sinh đó thích trà sữa là 0,35 .

Gọi:

- A là biến cố "Người được chọn mua sản phẩm X";

- \(B\) là biến cố "Người được chọn là nữ giới".

Khi đó xác suất để chọn được người mua sản phẩm \(X\), biết rằng người này là nữ giới chính là xác suất của \(A\) với điều kiện \(B\).

Vì có 80 người mua sản phẩm \(X\) là nữ giới nên \(P(AB) = \frac{{80}}{{200}} = 0,4\).

Vì có 140 người là nữ giới trong số lượng thống kê nên \(P(B) = \frac{{140}}{{200}} = 0,7\).

Ta có xác suất cần tìm là: \(P(A\mid B) = \frac{{P(AB)}}{{P(B)}} = \frac{{0,4}}{{0,7}} \approx 0,57\).

Vậy xác suất để người được chọn có mua sản phẩm \(X\), biết rằng người này là nữ giới là 0,57 .

Không gian mẫu \(\Omega \) là tập hợp gồm 577006 người lái xe xảy ra tai nạn giao thông \( \Rightarrow n(\Omega ) = 577006\).

Gọi \(A\) là biến cố: "Người lái xe đó tử vong khi xảy ra tai nạn giao thông";

\(B\) là biến cố: "Người lái xe đó không thắt dây an toàn khi xảy ra tai nạn giao thông".

Khi đó AB là biến cố: "Người lái xe đó tử vong và không thắt dây an toàn khi xảy ra tai nạn giao thông".

Ta cần tính \(P(A\mid B)\).

Ta có \(162527 + 1601 = 164128\) người không thắt dây an toàn \( \Rightarrow n(B) = 164128\).

Vậy \(P(B) = \frac{{n(B)}}{{n(\Omega )}} = \frac{{164128}}{{577006}}\).

Trong số những người không thắt dây an toàn, có 1601 người tử vong khi xảy ra tai nạn giao thông \( \Rightarrow n(AB) = 1601\). Vậy \(P(AB) = \frac{{n(AB)}}{{n(\Omega )}} = \frac{{1601}}{{577006}}\).

Do đó \(P(A\mid B) = \frac{{P(AB)}}{{P(B)}} = \frac{{1601}}{{164128}} \approx 9,755 \cdot {10^{ - 3}} = 0,009755\).

Ta cần tính \(P(A\mid \bar B)\).

\(\bar B\) là biến cố: "Người lái xe đó có thắt dây an toàn khi xảy ra tai nạn giao thông".

\(A\bar B\) là biến cố: "Người lái xe đó tử vong và có thắt dây an toàn khi xảy ra tai nạn giao thông".

Ta có \(412368 + 510 = 412878\) người lái xe có thắt dây an toàn \( \Rightarrow n(\bar B) = 412878\).

Trong số những người có thắt dây an toàn, có 510 người tử vong khi xảy ra tai nạn giao thông \( \Rightarrow n(A\bar B) = 510\).

Tương tự như trên, ta có: \(P(A\mid \bar B) = \frac{{P(A\bar B)}}{{P(\bar B)}} = \frac{{n(A\bar B)}}{{n(\bar B)}} = \frac{{510}}{{412878.}} \approx 1,235 \cdot {10^{ - 3}} = 0,001235.\)

Ta có: \(\frac{{P(A\mid B)}}{{P(A\mid \bar B)}} \approx \frac{{9,755 \cdot {{10}^{ - 3}}}}{{1,235 \cdot {{10}^{ - 3}}}} \approx 7,9 \Rightarrow P(A\mid B) \approx 7,9 \cdot P(A\mid \bar B).\)

Như vậy, xác suất để một người lái xe không thắt dây an toàn bị tử vong khi xảy ra tai nạn giao thông cao gá́p khoảng 7,9 lần xác suất để một người lái xe thắt dây an toàn bị tử vong khi xảy ra tai nạn giao thông. Tức là, không thắt dây an toàn làm tăng nguy cơ bị tử vong khi xảy ra tai nạn giao thông của người lái xe lên gấp khoảng 7,9 lần.

Gọi E là biến cố: “Người được chọn dùng thuốc \(X\) ”;

F là biến cố: “Người được chọn khỏi bệnh".

Theo bài ra ta có: \(P(E) = \frac{{1600 + 800}}{{4000}} = \frac{{2400}}{{4000}};P(F) = \frac{{1600 + 1200}}{{4000}} = \frac{{2800}}{{4000}}\)

\(P(EF) = \frac{{1600}}{{4000}};P(\bar EF) = \frac{{1200}}{{4000}}\)

Xác suất để người đó khỏi bệnh nếu biết người bệnh đó uống thuốc \(X\) chính là xác suất có điều kiện \({\rm{P}}({\rm{F}}\mid {\rm{E}})\).

Ta có: \(P(F\mid E) = \frac{{P(EF)}}{{P(E)}} = \frac{{1600}}{{2400}} = \frac{2}{3}\)

Gọi E là biến cố: “Người được chọn dùng thuốc \(X\) ”;

F là biến cố: “Người được chọn khỏi bệnh".

Theo bài ra ta có: \(P(E) = \frac{{1600 + 800}}{{4000}} = \frac{{2400}}{{4000}};P(F) = \frac{{1600 + 1200}}{{4000}} = \frac{{2800}}{{4000}}\)

\(P(EF) = \frac{{1600}}{{4000}};P(\bar EF) = \frac{{1200}}{{4000}}\)

Không gian mẫu \(\Omega \) là tập hợp 4000 bệnh nhân.

Gọi A là biến cố: "Bệnh nhân đó uống thuốc M " và B là biến cố: "Bệnh nhân đó khỏi bệnh".

Ta cần tính \({\rm{P}}({\rm{A}}\mid {\rm{B}})\).

Ta có B là tập hợp con của không gian mẫu gồm các bệnh nhân khỏi bệnh.

Ta có \({\rm{n}}({\rm{B}}) = 1600 + 1200 = 2800\) và \(P(B) = \frac{{n(B)}}{{n(\Omega )}}\).

AB là biến cố: "Bệnh nhân đó uống thuốc M và khỏi bệnh". AB là tập hợp con của không gian mẫu gồm các bệnh nhân uống thuốc \(M\) và khỏi bệnh.

Ta có \(n(AB) = 1600\) và \(P(AB) = \frac{{n(AB)}}{{n(\Omega )}}\).

Do đó \(P(A\mid B) = \frac{{P(AB)}}{{P(B)}} = \frac{{n(AB)}}{{n(B)}} = \frac{{1600}}{{2800}} = \frac{4}{7}\).

Không gian mẫu \(\Omega \) là tập hợp 4000 bệnh nhân.

Gọi A là biến cố: “Người đó rút được thẻ số 10 ”;

B là biến cố: "Người đó rút được thẻ mang số chẵn".

Ta có \(AB = \{ 10\} ;B = \{ 2;4;6;8;10;12;14;16;18;20\} \).

Do đó, \(P(AB) = \frac{1}{{20}};P(B) = \frac{{10}}{{20}}\).

Vậy \(P(A\mid B) = \frac{{P(AB)}}{{P(B)}} = \frac{1}{{10}}\)

Xét các biến cố:

A: "Chiếc áo sơ mi qua được lần kiểm tra thứ nhất";

\(B\) : "Chiếc áo sơ mi qua được lần kiểm tra thứ hai";

C: "Chiếc áo sơ mi đủ tiêu chuẩn xuất khẩu".

Khi đó, xác suất để chiếc áo sơ mi qua được lần kiểm tra thứ hai, biết rằng đã qua được lần kiểm tra thứ nhất, là xác suất có điều kiện \({\rm{P}}(B\mid A)\) và \({\rm{P}}(C) = {\rm{P}}(B \cap A)\).

Ta có: \({\rm{P}}(B\mid A) = 0,95;{\rm{P}}(A) = 0,98\).

Suy ra \({\rm{P}}(C) = {\rm{P}}(B \cap A) = {\rm{P}}(A) \cdot {\rm{P}}(B\mid A) = 0,98 \cdot 0,95 = 0,931\).

Vậy xác suất để một chiếc áo sơ mi đủ tiêu chuẩn xuất khẩu là 0,931 .

Xét các biến cố:

A: "Lần thứ nhất lấy ra sản phẩm chất lượng thấp";

\(B\) : "Lần thứ hai lấy ra sản phẩm chất lượng thấp";

\(C\) : "Cả hai lần đều lấy ra sản phẩm chất lượng thấp".

Khi đó, xác suất để lần thứ hai lấy ra sản phầm chất lượng thấp, biết lần thứ nhất lấy ra sản phẩm chất lượng thấp, là xác suất có điều kiện \({\rm{P}}(B\mid A)\) và \({\rm{P}}(C) = {\rm{P}}(B \cap A)\).

Ta có: \({\rm{P}}(A) = \frac{8}{{25}};{\rm{P}}(B\mid A) = \frac{7}{{24}}\). Suy ra \({\rm{P}}(C) = {\rm{P}}(B \cap A) = {\rm{P}}(A) \cdot {\rm{P}}(B\mid A) = \frac{8}{{25}} \cdot \frac{7}{{24}} = \frac{7}{{75}}\).

Vậy xác suất để cả hai sản phẩm được lấy ra đều có chất lượng thấp là \(\frac{7}{{75}}\).

Xét các biến cố:

A: "Cán bộ được chọn ra đạt loại giỏi";

\(B\) : "Cán bộ được chọn ra là nữ".

Khi đó, xác suất để cán bộ được chọn ra đạt loại giỏi, biết rằng cán bộ đó là nữ, là xác suất có điều kiện \({\rm{P}}(A\mid B)\).

Ta có: \(n(B) = 76;n(A \cap B) = 29\). Suy ra \({\rm{P}}(A\mid B) = \frac{{n(A \cap B)}}{{n(B)}} = \frac{{29}}{{76}} \approx 0,38\).

Vậy xác suất để cán bộ được chọn ra đạt loại giỏi, biết rằng cán bộ đó là nữ, là khoảng 0,38 .

Xét các biến cố:

A: "Lần thứ nhất lấy được quả bóng màu vàng";

\(B\) : "Lần thứ hai lấy được quả bóng màu trắng";

C: "Lần thứ nhất lấy được quả bóng màu vàng, lần thứ hai lấy được quả bóng màu trắng".

Khi đó, xác suất để lần thứ hai lấy được quả bóng màu trắng, biết lần thứ nhất lấy được quả bóng màu vàng là xác suất có điều kiện \({\rm{P}}(B\mid A)\) và \({\rm{P}}(C) = {\rm{P}}(A \cap B)\).

Ta có: \({\rm{P}}(A) = \frac{5}{8}\). Vì sau khi lấy một quả bóng màu vàng ở lần thứ nhất thì trong lần thứ hai chỉ còn 4 quả bóng màu vàng và 3 quả bóng màu trắng.

Do đó, \({\rm{P}}(B\mid A) = \frac{3}{7}\). Suy ra \({\rm{P}}(C) = {\rm{P}}(A \cap B) = {\rm{P}}(A) \cdot {\rm{P}}(B\mid A) = \frac{5}{8} \cdot \frac{3}{7} = \frac{{15}}{{56}}\).

Vậy xác suất để lần thứ nhất lấy được quả bóng màu vàng, lần thứ hai lấy được quả bóng màu trắng là \(\frac{{15}}{{56}}\).

Xét các biến cố:

A: "Chai được chọn ở lần thứ nhất có ghi giải thưởng";

B: "Chai được chọn ở lần thứ hai có ghi giải thưởng";

C: "Cả hai chai được chọn đều ghi giải thưởng".

Khi đó, xác suất để chai được chọn ở lần thứ hai có ghi giải thưởng, biết chai được chọn ở lần thứ nhất có ghi giải thưởng, là xác suất có điều kiện \({\rm{P}}(B\mid A)\) và \({\rm{P}}(C) = {\rm{P}}(A \cap B)\).

Ta có: \({\rm{P}}(A) = \frac{2}{{24}} = \frac{1}{{12}}\). Vì sau khi lấy một chai có ghi giải thưởng thì trong lần thứ hai chỉ còn 1 chai có ghi giải thưởng và tổng số chai là 23 . Do đó, \({\rm{P}}(B\mid A) = \frac{1}{{23}}\). Suy ra \({\rm{P}}(C) = {\rm{P}}(A \cap B) = {\rm{P}}(A) \cdot {\rm{P}}(B\mid A) = \frac{1}{{12}} \cdot \frac{1}{{23}} = \frac{1}{{276}}\).

Vậy xác suất để cả hai chai đều ghi giải thưởng là \(\frac{1}{{276}}\).

Xét các biến cố:

M: "Sản phẩm được chọn đạt loại A ";

\(N\) : "Sản phẩm được chọn của chi nhánh I ".

Khi đó, sản phẩm được chọn đạt loại A , biết rằng sản phẩm được chọn của cl nhánh I , là xác suất có điều kiện \({\rm{P}}(M\mid N)\).

Ta có: \({\rm{P}}(N\mid M) = 0,65;{\rm{P}}(M) = 0,75;{\rm{P}}(N) = 0,54\).

Khi đó, \({\rm{P}}(M \cap N) = {\rm{P}}(N \cap M) = {\rm{P}}(M).{\rm{P}}(N\mid M) = 0,75 \cdot 0,65 = 0,4875\).

Suy ra \({\rm{P}}(M\mid N) = \frac{{{\rm{P}}(M \cap N)}}{{{\rm{P}}(N)}} = \frac{{0,4875}}{{0,54}} \approx 0,9\).

Vậy xác suất sản phẩm được chọn đạt loại A , biết rằng sản phẩm được chọn của chi nhánh I , là khoảng 0,9 .

Cách 1:

Theo bài ra ta có: \(n(\Omega ) = 7 \cdot 7 = 49;n(A) = 3 \cdot 7 = 21;n(B) = 7 \cdot 4 = 28\).

Do đó, \({\rm{P}}({\rm{A}}) = \frac{{21}}{{49}} = \frac{3}{7};{\rm{P}}({\rm{B}}) = \frac{{28}}{{49}} = \frac{4}{7}\). Suy ra \(P(\bar A) = \frac{4}{7};P(\bar B) = \frac{3}{7}\).

Ta có biến cố \({\rm{A}} \cap {\rm{B}}\) : "Quả bóng màu xanh được lấy ra ở lần thứ nhất và quả bóng màu đỏ được lắy ra ở lần thứ hai". Suy ra \({\rm{P}}({\rm{A}} \cap {\rm{B}}) = \frac{{3 \cdot 4}}{{49}} = \frac{{12}}{{49}}\).

Khi đó, \({\rm{P}}({\rm{A}}\mid {\rm{B}}) = \frac{{P(A \cap B)}}{{P(B)}} = \frac{{\frac{{12}}{{49}}}}{{\frac{4}{7}}} = \frac{3}{7}\).

Ta có biến cố \({\rm{A}} \cap \bar B\) : "Quả bóng màu xanh được lấy ra ở cả hai lần".

Suy ra \({\rm{P}}({\rm{A}} \cap \bar B) = \frac{{3 \cdot 3}}{{49}} = \frac{9}{{49}}\).

Khi đó, \({\rm{P}}({\rm{A}}\mid \bar B) = \frac{{P(A \cap \bar B)}}{{P(\bar B)}} = \frac{{\frac{9}{{49}}}}{{\frac{3}{7}}} = \frac{3}{7}\).

Vậy ta có \({\rm{P}}({\rm{A}}) = {\rm{P}}({\rm{A}}\mid {\rm{B}}) = {\rm{P}}({\rm{A}}\mid \bar B) = \frac{3}{7}\).

Tương tự, ta tính được: \({\rm{P}}({\rm{B}}\mid {\rm{A}}) = \frac{{P(A \cap B)}}{{P(A)}} = \frac{{\frac{{12}}{{49}}}}{{\frac{3}{7}}} = \frac{4}{7};{\rm{P}}({\rm{B}}\mid \bar A) = \frac{{P(B \cap \bar A)}}{{P(\bar A)}} = \frac{{\frac{{44}}{{49}}}}{{\frac{4}{7}}} = \frac{4}{7}.\)

Vậy ta có \({\rm{P}}({\rm{B}}) = {\rm{P}}({\rm{B}}\mid {\rm{A}}) = {\rm{P}}({\rm{B}}\mid \bar A) = \frac{4}{7}\).

Từ (1) và (2) suy ra A, B là hai biến cố độc lập.

Cách 2:

Nếu A xảy ra, tức là quả bóng màu xanh được lấy ra ở lần thứ nhất. Vi quả bóng lấy ra được bỏ lại vào hộp nên trong hộp có 3 quả bóng xanh và 4 quả bóng đỏ.

Vậy \(P(B) = \frac{4}{7}\).

Nếu A không xảy ra, tức là quả bóng màu đỏ được lấy ra ở lần thứ nhất. Vi quả bóng lấy ra được bỏ lại vào hộp nên trong hộp vẫn có 3 quả bóng xanh và 4 quả bóng đỏ.

Vậy \(P(B) = \frac{4}{7}\).

Như vậy, xác suất xảy ra của biến cố B không thay đổi bởi việc xảy ra hay không xảy ra của biến cố \(A\).

Vi lần thứ nhất lấy và lần thứ hai lấy sau lần thứ nhất nên \({\rm{P}}({\rm{A}}) = \frac{3}{7}\) dù biến cố B có xảy ra hay không xảy ra.

Vậy A và B là hai biến cố độc lập.

Xét hai biến cố:

A: “Tổng số chấm xuất hiện trên hai xúc xắc bằng 6";

B: "Xúc xắc thứ nhất xuất hiện mặt 4 chấm".

Khi đó, xác suất để tổng số chấm xuất hiện trên hai xúc xắc bằng 6 , biết rằng xúc xắc thứ nhất xuất hiện mặt 4 chấm, chính là xác suất có điều kiện \({\rm{P}}({\rm{A}}\) | B).

Vi gieo lần lượt từng xúc xắc trong hai xúc xắc đó nên \(n(\Omega ) = 6 \cdot 6 = 36\).

Xúc xắc thứ nhất xuất hiện mặt 4 chấm thì có 1 cách chọn, xúc xắc thứ hai có 6 cách chọn mặt xuất hiện. Do đó, \(P(B) = \frac{{1 \cdot 6}}{{36}} = \frac{1}{6}\).

Biến cố \({\rm{A}} \cap {\rm{B}}\) : “Tổng số chấm xuất hiện trên hai xúc xắc bằng 6 và xúc xắc thứ nhất xuất hiện mặt 4 chấm". Khi đó, để có tổng số chấm bẳng 6 thì xúc xắc thứ hai phải xuất hiện mặt 2 chấm. Do đó, \({\rm{P}}({\rm{A}} \cap {\rm{B}}) = \frac{1}{{36}}\).

Khi đó, ta có \({\rm{P}}({\rm{A}}\mid {\rm{B}}) = \frac{{P(A \cap B)}}{{P(B)}} = \frac{{\frac{1}{{36}}}}{{\frac{1}{6}}} = \frac{1}{6}\).

Vậy xác suất để tổng số chấm xuất hiện trên hai xúc xắc bằng 6 , biết rằng xúc xă̆c thứ nhất xuất hiện mặt 4 chấm, là \(\frac{1}{6}\)

Gọi A là biến cố: "chiếc áo sơ mi trong lô hàng S được chọn qua được lần kiểm tra thứ nhất", B là biến cố: "chiếc áo sơ mi trong lô hàng S được chọn qua được lần kiểm tra thứ hai", C là biến cố: "chiếc áo sơ mi được chọn đủ tiêu chuẩn xuất khẩu".

Theo bài ra ta có: \(P(A) = 98\% = 0,98;P(B\mid A) = 95\% = 0,95\).

Một chiếc áo đủ tiêu chuẩn xuất khẩu khi cả hai lần kiểm tra chất lượng sản phẩm đều đạt. Xác suất để một chiếc áo sơ mi đủ tiêu chuẩn xuất khẩu là:

\(P(C) = P(A) \cdot P(B\mid A) = 0,98 \cdot 0,95 = 0,931.{\rm{ }}\)

Xét hai biến cố:

A: "Sản phẩm lấy ra ở lần thứ nhất có chất lượng thấp";

B: "Sản phẩm lấy ra ở lần thứ hai có chất lượng thấp".

Khi đó, xác suất để cả hai sản phẩm được lấy ra đều có chất lượng thấp chính là xác suất có điều kiện \({\rm{P}}({\rm{B}}\mid {\rm{A}})\).

Nếu A xảy ra tức là sản phẩm lấy ra ở lần thứ nhất có chất lượng thấp. Khi đó, trong lô sản phẩm còn lại 19 sản phẩm với 4 sản phẩm chất lượng thấp. Vậy \(P(B\mid A) = \frac{4}{{19}}\).

Vậy xác suất để cả hai sản phẩm được lấy ra đều có chất lượng thấp là \(\frac{4}{{19}}\)

a) Xét hai biến cố:

A: “Nhà được chọn có ô tô”;

B: "Nhà được chọn gắn biển số chẵn".

Khi đó, xác suất nhà được chọn có ô tô, biết rằng nhà đó gắn biển số chẵn, chính là xác suất có điều kiện \({\rm{P}}({\rm{A}}\mid {\rm{B}})\).

Theo bài ra, ta có: \(P(B) = \frac{{60}}{{100}} = 0,6;P(A \cap B) = \frac{{50}}{{100}} = 0,5\).

Khi đó, \({\rm{P}}({\rm{A}}\mid {\rm{B}}) = \frac{{P(A \cap B)}}{{P(B)}} = \frac{{0,5}}{{0,6}} = \frac{5}{6}\)

a) Xét hai biến cố:

A: "Bạn Nam chọn được máy tính đã cài đặt phần mềm lập trình Python";

B: "Bạn Nam chọn được máy tính được đánh số lẻ".

Khi đó, xác suất bạn Nam chọn được máy tính đã cài đặt phần mềm lập trình Python, biết rằng máy tính đó được đánh số lẻ, chính là xác suất có điều kiện \(P(A\mid B)\).

Vi có 40 máy tính được đánh số từ 1 đến 40 , mỗi máy đánh 1 số khác nhau nên có 20 máy được đánh số lẻ và 20 máy được đánh số chẳn. Ta có \({\rm{P}}({\rm{B}}) = \)\(\frac{{20}}{{40}} = 0,5\).

Theo bài ra ta có, xác suất chọn được một máy tính đã cài đặt phần mềm lập trình Python được đánh số lẻ là 0,45 , tức là \({\rm{P}}({\rm{A}} \cap {\rm{B}}) = 0,45\).

Khi đó, \({\rm{P}}({\rm{A}}\mid {\rm{B}}) = \frac{{P(A \cap B)}}{{P(B)}} = \frac{{0,45}}{{0,5}} = \frac{9}{{10}}\)

Xét hai biến cố sau:

A: "Học sinh được chọn ra đạt điểm giỏi";

\(B\) : "Học sinh được chọn ra là học sinh nữ".

Khi đó, xác suất để học sinh được chọn ra đạt điểm giỏi, biết rằng học sinh đó là nữ, chính là xác suất của \(A\) với điều kiện \(B\).

Do có 26 học sinh nữ đạt điểm giỏi nên

\({\rm{P}}(A \cap B) = \frac{{26}}{{200}} = 0,13.{\rm{ }}\)

Do có 105 học sinh nữ nên \({\rm{P}}(B) = \frac{{105}}{{200}} = 0,525\). Vì thế, ta có:

\({\rm{P}}(A\mid B) = \frac{{{\rm{P}}(A \cap B)}}{{{\rm{P}}(B)}} = \frac{{0,13}}{{0,525}} \approx 0,25.\)

Vậy xác suất để học sinh được chọn ra đạt điểm giỏi, biết rằng học sinh đó là nữ, là 0,25 .

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

Xác suất của biến cố A với điều kiện biến cố B đã xảy ra được tính bằng công thức: \(\frac{{P(A \cap B)}}{{P(B)}}\).

Do có 1 học sinh nữ tên Thanh nên \(P(A \cap B) = \frac{1}{{30}}\).

Do có 17 học sinh nữ trong lớp nên \(P(B) = \frac{{17}}{{17 + 13}} = \frac{{17}}{{30}}\).

Vì thế, ta có: \(\frac{{P(A \cap B)}}{{P(B)}} = \frac{{\frac{1}{{30}}}}{{\frac{{17}}{{30}}}} = \frac{1}{{17}}\)

Xét hai biến cố sau:

A: "Lần thứ hai lấy được quả bóng màu đỏ”;

B: "Lần thứ nhất lấy được quả bóng màu xanh".

Khi đó, xác suất để lần thứ hai lấy được quả bóng màu đỏ, biết rằng lần thứ nhất đã lấy được quả bóng màu xanh, chính là xác suất của A với điều kiện B .

Cách 1:

Nếu \(B\) xảy ra, tức là lần thứ nhất lấy được quả bóng màu xanh. Khi đó, trong hộp còn lại 9 quả bóng với 5 quả bóng màu xanh và 4 quả bóng màu đỏ.

Vậy xác suất để lần thứ hai lấy được quả bóng màu đỏ, biết rằng lần thứ nhất đã lấy được quả bóng màu xanh là: \({\rm{P}}({\rm{A}}\mid {\rm{B}}) = \frac{4}{9}\).

Cách 2 :

Lấy ngẫu nhiên lần lượt hai quả bóng trong hộp, lấy không hoàn lại, lần thứ nhất lấy một quả bóng có 10 cách chọn, lần thứ hai lấy một quả bóng có 9 cách chọn một quả bóng trong hộp. Do đó, \(n(\Omega ) = 10 \cdot 9 = 90\).

Lần thứ nhất lấy bóng có 6 cách chọn một quả bóng màu xanh, lần thứ hai có 9 cách chọn một quả bóng từ 9 quả bóng còn lại trong hộp. Do đó, \(n(B) = 6 \cdot 9\)\( = 54\).

Khi đó, \(P(B) = \frac{{54}}{{90}} = \frac{3}{5}\).

Lần thứ nhất lấy bóng có 6 cách chọn một quả bóng màu xanh, lần thứ hai lấy bóng có 4 cách chọn một quả bóng màu đỏ. Do đó, \(n(A \cap B) = 6 \cdot 4 = 24\).

Khi đó, \(P(A \cap B) = \frac{{24}}{{90}} = \frac{4}{{15}}\).

Vậy xác suất để lần thứ hai lấy được quả bóng màu đỏ, biết rằng lần thứ nhất đã lấy được quả bóng màu xanh là: \({\rm{P}}({\rm{A}}\mid {\rm{B}}) = \frac{{P(A \cap B)}}{{P(B)}} = \frac{{\frac{4}{{15}}}}{{\frac{3}{5}}} = \frac{4}{9}\)

Xét hai biến cố sau:

A: "Chiếc thẻ được chọn ra ghi số 5 ";

B: "Chiếc thẻ được chọn ra có màu vàng".

Khi đó, xác suất để chiếc thẻ được chọn ra ghi số 5 , biết rằng chiếc thẻ đó có màu vàng, chính là xác suất có điều kiện \({\rm{P}}({\rm{A}}\mid {\rm{B}})\).

Ta có \({\rm{P}}({\rm{A}}\mid {\rm{B}}) = \frac{{n(A \cap B)}}{{n(B)}} = \frac{{40}}{{200}} = \frac{1}{5} = 0,2\).

Vậy xác suất để chiếc thẻ được chọn ra ghi số 5 , biết rằng chiếc thẻ đó có màu vàng, là 0,2 .

\( \cdot \) Trong 1500 người đã bị nhiễm bệnh sốt xuất huyết, số người cho kết quả dương tính (khi kiểm tra) là: \(76\% \). \(1500 = 1140\) (người).

Trong 1500 người đã bị nhiễm bệnh sốt xuất huyết, số người cho kết quả âm tính (khi kiểm tra) là: \(1500 - 1140 = 360\) (người).

- Trong 7500 người không bị nhiễm bệnh sốt xuất huyết, số người cho kết quả dương tính (khi kiểm tra) là: \(7\% \). \(7500 = 525\) (người). Do đó, số người không bị nhiễm bệnh sốt xuất huyết cho kết quả âm tính (khi kiểm tra) là: \(7500 - 525 = 6975\) (người).

Từ đó, Bảng trên được hoàn thiện bởi Bảng dưới đây (đơn vị: người).

Từ Bảng vừa tìm được ta thấy số người có kết quả dương tính khi thử nghiệm là:

\(525 + 1140 = 1665 > 1500.\)

Xét các biến cố sau:

\(A\) : "Người được chọn ra trong số những người thử nghiệm là bị nhiễm bệnh sốt xuất huyết";

\(B\) : "Người được chọn ra trong số những người thử nghiệm cho kết quả dương tính (khi kiểm tra)".

Từ các dữ liệu thống kê ở Bảng 2, ta có:

\({\rm{P}}(B) = \frac{{1665}}{{9000}} = \frac{{37}}{{200}};{\rm{P}}(A \cap B) = \frac{{1140}}{{9000}} = \frac{{19}}{{150}}.{\rm{ N\^e n P}}(A\mid B) = \frac{{19}}{{150}}:\frac{{37}}{{200}} = \frac{{76}}{{111}} \approx 68,5\% .\)

Do \(68,5\%  < 90\% \) nên khẳng định của nhà sản xuất là không đúng.

Xét các biến cố sau:

C: “Người được chọn ra trong số những người thử nghiệm là bị nhiễm bệnh sốt xuất huyết";

D: “Người được chọn ra trong số những người thử nghiệm cho kết quả âm tính (khi kiểm tra)".

Từ các dữ liệu thống kê ở Bảng 2, ta có: \({\rm{P}}({\rm{D}}) = \frac{{360 + 6975}}{{9000}} = \frac{{163}}{{200}};P(C \cap D) = \frac{{360}}{{9000}} = \frac{1}{{25}}.\)

Vậy \(P(C\mid D) = \frac{1}{{25}}:\frac{{163}}{{200}} = \frac{8}{{163}}\)

Gọi A là biến cố: “Tổng số chấm xuất hiện trên hai con xúc xắc bằng 7”;

B là biến cố: "Có ít nhất một con xúc xắc xuất hiện mặt 5 chấm".

Cần tính \(P(A\mid B)\).

Ta có \(n(\Omega ) = 36;AB = \{ (2;5);(5;2)\}  \Rightarrow n(AB) = 2 \Rightarrow P(AB) = \frac{2}{{36}}\)

\(\bar B = \{ ({\rm{a}};{\rm{b}})\mid {\rm{a}},{\rm{b}} \in \{ 1;2;3;4;6\} \}  \Rightarrow {\rm{n}}(\bar B) = 5 \cdot 5 = 25.\)

\( \Rightarrow P(\bar B) = \frac{{25}}{{36}} \Rightarrow P(B) = 1 - P(\bar B) = 1 - \frac{{25}}{{36}} = \frac{{11}}{{36}}\)

Từ đó suy ra \(P(A\mid B) = \frac{{P(AB)}}{{P(B)}} = \frac{2}{{11}}\).

Gọi A là biến cố: “Tổng số chấm xuất hiện trên hai con xúc xắc bằng 7”;

B là biến cố: "Có ít nhất một con xúc xắc xuất hiện mặt 5 chấm".

Gọi A là biến cố: "tổng số chấm xuất hiện trên hai con xúc xắc đó không nhỏ hơn 10 ";

B là biến cố: "ít nhất một con xúc xắc xuắt hiện mặt 5 chấm".

Cần tính \(P(A\mid B)\).

Ta có \({\rm{AB}} = \{ (5;5);(5;6);(6;5)\} ;{\rm{n}}({\rm{AB}}) = 3 \Rightarrow P(AB) = \frac{3}{{36}}\)

\(\bar B = \{ ({\rm{a}};{\rm{b}})\mid {\rm{a}},{\rm{b}} \in \{ 1;2;3;4;6\} \}  \Rightarrow {\rm{n}}(\bar B) = 5 \cdot 5 = 25.\)

\( \Rightarrow P(\bar B) = \frac{{25}}{{36}} \Rightarrow P(B) = 1 - P(\bar B) = 1 - \frac{{25}}{{36}} = \frac{{11}}{{36}}.\)

Vậy \(P(A\mid B) = \frac{{P(AB)}}{{P(B)}} = \frac{3}{{11}}\)

Gọi A là biến cố: "Thí nghiệm thứ nhất thành công" và B là biến cố: "Thí nghiệm thứ hai thành công". Khi đó biến cố "Cả hai thí nghiệm đều thành công" là AB .

Theo công thức nhân xác suắt ta có \({\rm{P}}({\rm{AB}}) = {\rm{P}}({\rm{A}}) \cdot {\rm{P}}({\rm{B}}\mid {\rm{A}})\).

Theo bài ra ta có \(P(A) = 0,7;P(B\mid A) = 0,9\).

Thay vào ta được \({\rm{P}}({\rm{AB}}) = 0,7 \cdot 0,9 = 0,63\).

Biến cố: "Cả hai thí nghiệm đều không thành công" là \(\bar A\bar B\).

Theo công thức nhân xác suất ta có \(P(\bar A\bar B) = P(\bar A) \cdot P(\bar B\mid \bar A)\).

Ta có \(P(\bar B\mid \bar A)\) là xác suắt đế thí nghiệm thứ hai không thành công nếu thí nghiệm thứ nhắt không thành công. Do đó, từ dữ kiện của bài toán ta có:

\(P(\bar B\mid \bar A) = 1 - 0,4 = 0,6;P(\bar A) = 1 - P(A) = 1 - 0,7 = 0,3.{\rm{ }}\)

Vậy \(P(\bar A\bar B) = 0,3 \cdot 0,6 = 0,18.{\rm{ }}\)

Biến cố "Thí nghiệm thứ nhất thành công và thí nghiệm thứ hai không thành công" là \(P(A\bar B) = P(A) \cdot P(\bar B\mid A)\)

Theo công thức nhân xác suất ta có \(P(A\bar B) = P(A) \cdot P(\bar B\mid A)\).

Ta có \(P(\bar B\mid A)\) là xác suất đế thí nghiệm thứ hai không thành công nếu thí nghiệm thứ nhất thành công. Do đó từ dữ kiện của bài toán ta có

\(P(\bar B\mid A) = 1 - 0,9 = 0,1;\quad P(A) = 0,7.{\rm{ }}\)

Vậy \(P(\bar B\mid A) = 0,7 \cdot 0,1 = 0,07\)

Gọi A là biến cố: "Lằn 1 Hà lấy được kẹo màu cam";

B là biến cố: "Lần 2 Hà lấy được kẹo màu cam".

Khi đó AB là biến cố: "Cả hai lần Hà lấy được kẹo màu cam". Ta có \({\rm{P}}({\rm{AB}}) = \frac{1}{3}\).

Gọi \(n\) là số kẹo ban đầu trong túi \((n > 0)\).

Ta có \(P(A) = \frac{6}{n},P(B\mid A) = \frac{5}{{n - 1}}\).

Theo công thức nhân xác suất, ta có:

\(P(AB) = P(A) \cdot P(B\mid A) = \frac{6}{n} \cdot \frac{5}{{n - 1}} = \frac{{30}}{{{n^2} - n}} = \frac{1}{3}\)

\( \Rightarrow {n^2} - n - 90 = 0 \Leftrightarrow n =  - 9{\rm{ (loai) ; }}n = 10(t/m).\)

Vậy ban đầu trong túi có 10 cái kẹo.

Gọi A là biến cố "Cả 3 người được chọn đều là kĩ sư" và B là biến cố " 3 người được chọn có ít nhất 2 kĩ sư".

Cần tính \({\rm{P}}({\rm{A}}\mid {\rm{B}}) = \frac{{P(AB)}}{{P(B)}}\).

Số cách chọn 3 người từ phòng 10 người là \(C_{10}^3 = 120\) cách.

Số cách chọn 3 người trong có có ít nhất hai kĩ sư là \(C_4^2 \cdot C_6^1 + C_4^3 = 40\) cách. Suy ra \(P(B) = \frac{{40}}{{120}} = \frac{1}{3}\).

Số cách chọn 3 người đều là kĩ sư là \(C_4^3 = 4\) cách.

Do đó \(P(AB) = \frac{4}{{120}} = \frac{1}{{30}}\).

Vậy \(P(A\mid B) = \frac{1}{{30}}:\frac{1}{3} = \frac{1}{{10}}\).