Bài 30: Công thức nhân xác suất cho hai biến cố độc lập

Hai phép thử (gieo đồng xu và gieo xúc xắc) hoàn toàn độc lập với nhau.

• Gọi $A$ là biến cố “Đồng xu xuất hiện mặt ngửa” $\implies P(A) = \dfrac{1}{2}$.
• Gọi $B$ là biến cố “Xúc xắc xuất hiện mặt có số chấm chẵn” (gồm các mặt 2, 4, 6) $\implies P(B) = \dfrac{3}{6} = \dfrac{1}{2}$. Do $A$ và $B$ độc lập, xác suất để cả hai cùng xảy ra là: $P(AB) = P(A) \cdot P(B) = \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{4}$

• Gọi $A$ là biến cố “Xạ thủ thứ nhất bắn trúng mục tiêu” $\implies P(A) = 0,8$.
• Gọi $B$ là biến cố “Xạ thủ thứ hai bắn trúng mục tiêu” $\implies P(B) = 0,7$. Vì hai xạ thủ bắn một cách độc lập nên $A$ và $B$ là hai biến cố độc lập. Xác suất để cả hai người cùng bắn trúng mục tiêu là: $P(AB) = P(A) \cdot P(B) = 0,8 \cdot 0,7 = 0,56$

• Ở mỗi quả, xác suất cầu thủ sút hỏng là: $1 - 0,85 = 0,15$.
• Gọi $A_i$ là biến cố “Sút hỏng quả thứ $i$” (với $i=1, 2, 3$). Các biến cố này hoàn toàn độc lập.
• Biến cố “Sút hỏng cả 3 quả” chính là giao của 3 biến cố độc lập: $A_1 A_2 A_3$. Áp dụng quy tắc nhân cho 3 biến cố: $P(A_1 A_2 A_3) = P(A_1) \cdot P(A_2) \cdot P(A_3) = 0,15 \cdot 0,15 \cdot 0,15 = 0,003375$

• Vì tính trạng vỏ trơn và nhăn là hai biến cố đối của nhau, xác suất để hạt có tính trạng vỏ nhăn là: $P(\text{Nhăn}) = 1 - 0,75 = 0,25$.
• Theo định luật Mendel, tính trạng vỏ vàng và nhăn độc lập với nhau. Xác suất để một hạt xuất hiện đồng thời hai tính trạng hạt nhăn và vỏ vàng là tích hai xác suất: $P(\text{Nhăn, Vàng}) = 0,25 \cdot 0,6 = 0,15$

Không gian mẫu khi gieo đồng xu hai lần $\Omega = \{NN, NS, SN, SS\}$, có $n(\Omega) = 4$.

• Các kết quả thuận lợi cho biến cố $A$: là $\{NN, NS\} \implies P(A) = \dfrac{2}{4} = \dfrac{1}{2}$.
• Các kết quả thuận lợi cho biến cố $B$: là $\{NS, SS\} \implies P(B) = \dfrac{2}{4} = \dfrac{1}{2}$.
• Biến cố giao $AB$: “Lần thứ nhất xuất hiện mặt ngửa VÀ Lần thứ hai xuất hiện mặt sấp”, kết quả duy nhất là $\{NS\}$. Số phần tử giao là $n(AB) = 1 \implies P(AB) = \dfrac{1}{4}$. Ta so sánh: $P(A) \cdot P(B) = \dfrac{1}{2} \cdot \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{4}$. Tính toán cho thấy $P(AB) = P(A) \cdot P(B)$, điều này thỏa mãn định nghĩa nên $A$ và $B$ là hai biến cố phân li độc lập.

Đây là bài toán thực hiện qua 2 giai đoạn không hoàn lại.

• Bộ bài tiêu chuẩn $52$ lá có chứa đúng $4$ lá quân Át.
• Ở lần rút thứ nhất, xác suất lấy được lá quân Át là: $P_1 = \dfrac{4}{52}$.
• Xử lí giai đoạn hai: Do lá Át được rút ra không trả lại, số lá bài trên tay còn $51$ lá, trong đó số quân Át giảm còn $3$. Xác suất rút lá Át thứ hai là: $P_2 = \dfrac{3}{51}$. Xác suất xảy ra đồng thời cho 2 lần rút liên tiếp: $P = \dfrac{4}{52} \cdot \dfrac{3}{51} = \dfrac{1}{13} \cdot \dfrac{1}{17} = \dfrac{1}{221}$

• Ở hộp ban đầu, tổng số thẻ trên bình là $9$.
• Giai đoạn 1: Xác suất để rút một thẻ Xanh là $P_1 = \dfrac{5}{9}$.
• Giai đoạn 2: Do thực hiện rút không hoàn lại, hộp hiện tại còn lại $4$ thẻ Xanh và $4$ thẻ Đỏ (Tổng cộng $8$ thẻ lưu trữ). Xác suất lấy được thẻ Đỏ ở lượt thứ hai là: $P_2 = \dfrac{4}{8} = \dfrac{1}{2}$.
• Phép nhân hai biến cố định hình theo nhánh: $P = P_1 \cdot P_2 = \dfrac{5}{9} \cdot \dfrac{1}{2} = \dfrac{5}{18}$.

• Phép lấy trả bóng thực nghiệm với số lượng cố định nên cấu trúc hoàn toàn độc lập (Không biến đổi không gian $n=11$).
• Xác suất lần thứ nhất rút được bóng Trắng: $P_1 = \dfrac{5}{11}$.
• Xác suất lần thứ hai rút được bóng Trắng: $P_2 = \dfrac{5}{11}$. Vì phép thử biến cố độc lập qua các giai đoạn: $P(\text{Trắng, Trắng}) = P_1 \cdot P_2 = \dfrac{5}{11} \cdot \dfrac{5}{11} = \dfrac{25}{121}$

Sử dụng phương pháp Cộng - Nhân bằng cách tách hai trường hợp theo vòng sơ đồ nhánh.

• Định nhánh 1: Lần 1 lấy được chữ A, Lần 2 lấy được chữ B. $P(A_1 B_2) = \dfrac{3}{10} \cdot \dfrac{7}{9} = \dfrac{21}{90}$.
• Định nhánh 2: Lần 1 lấy được chữ B, Lần 2 lấy được chữ A. $P(B_1 A_2) = \dfrac{7}{10} \cdot \dfrac{3}{9} = \dfrac{21}{90}$.
• Vì hai trường hợp xung khắc lẫn nhau hoàn toàn nên xác suất Hợp hệ tổng sẽ chia bằng pháp tắc Cộng: $P(\text{Khác loại}) = P(\text{Nhánh 1}) + P(\text{Nhánh 2}) = \dfrac{21}{90} + \dfrac{21}{90} = \dfrac{42}{90} = \dfrac{7}{15}$

Bài toán đánh dấu quá trình dừng khi chỉ khi tại phép thử thứ 3 kết quả trả về phần linh kiện lỗi. Điều này có nghĩa: Linh kiện lượt 1 (tốt), linh kiện lượt 2 (tốt), linh kiện lượt 3 (bị hỏng). Các sự kiện kiểm tra liên tiếp không trả về gồm ba quy trình:

• Giai đoạn 1 (Lấy mạch tốt): $P_1 = \dfrac{10}{12}$.
• Giai đoạn 2 (Lấy mạch tốt tiếp): Số linh kiện giảm xuống 11 phần. (9 tốt, 2 chết hỏng). $P_2 = \dfrac{9}{11}$.
• Giai đoạn 3 (Lấy mạch lỗi): Số linh kiện dư 10 phần. (8 xịn tốt, 2 lỗi bám hỏng). $P_3 = \dfrac{2}{10}$. Xác suất dây chuyền nối tiếp chuỗi bằng tích: $P(\text{Giai đoạn hoàn thiện}) = P_1 \cdot P_2 \cdot P_3 = \dfrac{10}{12} \cdot \dfrac{9}{11} \cdot \dfrac{2}{10} = \dfrac{5}{6} \cdot \dfrac{9}{11} \cdot \dfrac{1}{5} = \dfrac{3}{22}$

• Đường đi để bóng về lại vị trí A là: A chuyền trúng cho B $\implies$ Việc giữ bóng thuộc về B $\implies$ sau đó B chuyền trúng lại cho A.
• Phép thử gồm 2 hành động liên tiếp độc lập với nhau ở từng bước tiến hành: Bước 1 (A chuyền cho B): Xác suất bằng $P_1 = 0,7$. Bước 2 (B chuyền cho A): Xác suất bằng $P_2 = 0,6$.
• Xác suất của chuỗi các hành động liên tiếp là: $P = 0,7 \cdot 0,6 = 0,42$.

Chia trường hợp lựa chọn theo nguồn gốc xuất xứ (Xưởng 1 hoặc Xưởng 2).

• Trường hợp 1: Lấy trúng áo của Xưởng 1 VÀ chiếc áo đó bị lỗi. $P_1 = P(\text{Thuộc Xưởng 1}) \cdot P(\text{Lỗi} \mid \text{Xưởng 1}) = 0,60 \cdot 0,02 = 0,012$.
• Trường hợp 2: Lấy trúng áo của Xưởng 2 VÀ chiếc áo đó bị lỗi. $P_2 = P(\text{Thuộc Xưởng 2}) \cdot P(\text{Lỗi} \mid \text{Xưởng 2}) = 0,40 \cdot 0,03 = 0,012$.
• Áp dụng quy tắc cộng mở rộng cho hai trường hợp loại trừ nhau hoàn toàn: $P(\text{Áo Lỗi}) = P_1 + P_2 = 0,012 + 0,012 = 0,024$. (Tương đương $2,4\%$).

Lấy mỗi hộp 1 viên là hai sự kiện độc lập hoàn toàn vì kết quả hộp 1 không ảnh hưởng kết quả hộp 2. Xác suất phần tử biến cố trong từng hộp:

• Hộp 1 ($n=5$): Đen $P(\text{Đ}_1) = \dfrac{3}{5}$, Trắng $P(\text{T}_1) = \dfrac{2}{5}$.
• Hộp 2 ($n=8$): Đen $P(\text{Đ}_2) = \dfrac{4}{8}$, Trắng $P(\text{T}_2) = \dfrac{4}{8}$.

Phân ra hai nhánh điều kiện để bi khác màu:

• Nhánh 1: Bốc Hộp 1 màu Đen $(3/5)$ VÀ Hộp 2 màu Trắng $(4/8)$. $P_1 = \dfrac{3}{5} \cdot \dfrac{4}{8} = \dfrac{12}{40}$.
• Nhánh 2: Bốc Hộp 1 màu Trắng $(2/5)$ VÀ Hộp 2 màu Đen $(4/8)$. $P_2 = \dfrac{2}{5} \cdot \dfrac{4}{8} = \dfrac{8}{40}$. Tổng gộp phép biến cố khác màu: $P = P_1 + P_2 = \dfrac{12}{40} + \dfrac{8}{40} = \dfrac{20}{40} = \dfrac{1}{2}$.

Hệ thống báo động hoạt động khi thiết bị có ít nhất một máy reo chuông báo cháy.

• Cách 1 (Sử dụng Công thức kết hợp Cộng và Nhân tổng quát xác suất): $P(\text{Báo tín hiệu}) = P(\text{Máy 1 kêu}) + P(\text{Máy 2 kêu}) - P(\text{Cả 2 cùng kêu})$. $P = 0,9 + 0,75 - (0,9 \cdot 0,75) = 1,65 - 0,675 = 0,975$. (Vì hai máy hoàn toàn chạy độc lập nên $P(\text{Cùng kêu}) = P_1 \cdot P_2$).
• Cách 2 (Xét theo quy tắc tính xác suất ở Biến cố đối): Trường hợp xấu nhất là không thiết bị nào hoạt động. “Hệ thống phát động thất bại” xảy ra khi cả Máy 1 hỏng VÀ Máy 2 hỏng. Xác suất Máy 1 không báo là: $1 - 0,9 = 0,1$. Xác suất Máy 2 không báo là: $1 - 0,75 = 0,25$. Xác suất để không có máy nào tự động kêu: $0,1 \cdot 0,25 = 0,025$. Vậy xác suất hệ thống chuông phản hồi làm việc: $1 - 0,025 = 0,975$.

Phân chia quá trình thành 2 nhánh thực nghiệm có liên đới để tính xác suất đầy đủ:

• Điểm nhánh 1: Chọn được viên bi Đỏ từ chuyển từ Hộp A sang Hộp B. Xác suất ở giai đoạn chèn thêm = $\dfrac{5}{9}$. Theo giả thiết nhận bi Đỏ, cấu trúc Hộp B chuyển đổi thành $(3T, 7Đ)$, tổng bằng $10$ viên. Xác suất lấy được bi Đỏ từ Hộp B ở điều kiện hiện tại: $\dfrac{7}{10}$. Xác suất cho nhánh nối thứ nhất: $P_1 = \dfrac{5}{9} \cdot \dfrac{7}{10} = \dfrac{35}{90}$.

• Điểm nhánh 2: Lấy được viên bi Trắng từ Hộp A và chuyển vào Hộp B. Xác suất sự kiện thứ hai = $\dfrac{4}{9}$. Hộp B nạp mới thêm viên bi Trắng, trở thành tỉ lệ $(4T, 6Đ)$, thành phần là $10$. Xác suất lấy bi Đỏ có tỉ lệ hiện hành thu hẹp xuống: $\dfrac{6}{10}$. Xác suất cho Nhánh nối thứ hai: $P_2 = \dfrac{4}{9} \cdot \dfrac{6}{10} = \dfrac{24}{90}$.

Xác suất phép lấy tổng: $P = P_1 + P_2 = \dfrac{35}{90} + \dfrac{24}{90} = \dfrac{59}{90}$.

• Gọi $A$ là biến cố “Có ít nhất một người trúng tuyển”. Biến cố đối $\overline{A}$ là: “Không có ai trúng tuyển cả” (Tất cả hồ sơ đều bị loại).
• Xác suất trượt của X là: $1 - 0,4 = 0,6$.
• Xác suất trượt của Y là: $1 - 0,5 = 0,5$.
• Xác suất trượt của Z là: $1 - 0,6 = 0,4$. Do các lần dự tuyển hoàn toàn độc lập với nhau, ta có: $P(\overline{A}) = P(X') \cdot P(Y') \cdot P(Z') = 0,6 \cdot 0,5 \cdot 0,4 = 0,12$.
• Xác suất cần tìm là: $P(A) = 1 - 0,12 = 0,88$.

• Căn cứ cụm từ “lấy được ít nhất 1 viên bi Trắng”, ta sẽ dùng biến cố đối $\overline{A}$: “Không lấy được bất kỳ viên bi Trắng nào” (Nghĩa là lấy được toàn bi Đen ở cả hai hộp).
• Xác suất lấy được bi Đen từ hộp $\alpha$ là: $\dfrac{6}{10}$.
• Xác suất lấy được bi Đen từ hộp $\beta$ là: $\dfrac{5}{10}$.
• Do hai phép thử trên hai hộp tiến hành rời rạc độc lập: $P(\overline{A}) = \dfrac{6}{10} \cdot \dfrac{5}{10} = \dfrac{30}{100} = 0,3$.
• Xác suất xảy ra biến cố $A$ là: $P(A) = 1 - P(\overline{A}) = 1 - 0,3 = 0,7$.

Quá trình có bản chất là phép chọn ngẫu nhiên không hoàn lại. Sự kiện mở khóa thành công ở đúng lần thứ $3$ có nghĩa là quy trình diễn biến bắt buộc như sau:

• Lần 1: Rút chìa và mở thất bại.
• Lần 2: Rút chìa mới và tiếp tục mở thất bại.
• Lần 3: Rút chìa và nhận kết quả ổ khóa mở ra.

• Lần 1: Dùng phải chìa sai. Chùm 5 chìa gồm $4$ chìa sai, 1 chìa đúng. Xác suất là $P(\text{Sai}_1) = \dfrac{4}{5}$.
• Lần 2: Vẫn dùng chìa sai. Chùm khóa đã bị vứt bỏ một chiếc, còn lại $4$ chiếc gồm $3$ chìa sai, 1 chìa đúng. Xác suất là $P(\text{Sai}_2) = \dfrac{3}{4}$.
• Lần 3: Rút trúng chiếc chìa thật. Chùm khóa khi này chỉ còn lại $3$ chiếc gồm $2$ chìa sai, 1 chìa đúng. Xác suất là $P(\text{Đúng}_3) = \dfrac{1}{3}$. Xác suất diễn ra trạng thái trên theo quy tắc nhân tuyến tính: $P = \dfrac{4}{5} \cdot \dfrac{3}{4} \cdot \dfrac{1}{3} = \dfrac{1}{5}$

• Gọi $n$ là số phát đạn thực hiện nổ súng ($n \in \mathbb{N}^*$).
• Biến cố $A$: “Bắn trúng mục tiêu ít nhất một lần” có dạng biến cố đối nghịch phản chiếu tương đương với mệnh đề $\overline{A}$: “Tất cả $n$ phát đạn đều không trúng mục tiêu”.
• Xác suất bắn trượt hướng tiêu chuẩn ở mỗi một phát độc lập là: $1 - 0,2 = 0,8$. Do $n$ phát súng là độc lập $\implies P(\text{Trượt toàn bộ}) = (0,8)^n$. $\implies$ Xác xuất xảy ra đáp ứng yêu cầu là: $P(A) = 1 - (0,8)^n$.
• Thiết lập bất phương trình theo điều kiện đề bài: $1 - (0,8)^n > 0,99 \iff (0,8)^n < 0,01$. Giải bất phương trình trên bằng phương pháp lôgarit, ta có $n > \log_{0,8}(0,01) \approx 20,6$. Vì $n \in \mathbb{N}^*$, giá trị đầu tiên chấp nhận là $n=21$ phát bắn để thỏa mãn biến số ranh giới.

• Quá trình có thể lập sơ đồ cây và chia thành 2 giai đoạn. Khả năng chọn lô hàng thuộc Xưởng A mang xác suất $m$. Do không gian tổng quát nên phần xác suất phần bù $1-m$ sẽ là thuộc lô hàng Xưởng B.
• Xét các khả năng có thể truy trích ra linh kiện lỗi: Trường hợp 1: Rút được linh kiện từ lô Xưởng A và thuộc nhóm lỗi. Tích sự kiện phần tử bằng $m \cdot a$. Trường hợp 2: Lấy được linh kiện từ lô Xưởng B và bản thân bị lỗi. Tích xác suất bằng $(1-m) \cdot b$. Kết xuất tổng giá trị xác suất thu thập được của toàn bộ lô khảo sát theo công thức đầy đủ: $P(\text{Lỗi}) = m \cdot a + (1-m) \cdot b$