Giải SGK Toán 12 trang 78 tập 2 Kết nối tri thức

Giải SGK Toán 12 trang 78 tập 2 Kết nối tri thức Bài 19

Giải SGK Toán 12 trang 78 tập 2 Kết nối tri thức cung cấp lời giải đầy đủ cho Bài 19: Công thức xác suất toàn phần và công thức Bayes. Nội dung được trình bày mạch lạc, bám sát SGK, giúp học sinh hiểu rõ cách áp dụng các công thức xác suất và nâng cao hiệu quả học tốt Toán 12.

Giải bài 6.8 trang 78 SGK Toán 12 Tập 2 KNTT

Hướng dẫn giải:

Gọi A là biến cố: “Bắt được thỏ trắng từ chuồng II”;

B là biến cố: “Sau đó bắt được thỏ trắng từ chuồng I”.

Ta cần tính P(B). Theo công thức xác suất toàn phần, ta có:

\(P\left( B \right) = P\left( A \right).P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right).P\left( {B|\overline A } \right)\)

Vì chuồng II có 7 con thỏ đen và 3 con thỏ trắng nên ta có: \(P\left( A \right) = \frac{3}{{10}}\).

Suy ra \(P\left( {\overline A } \right) = 1 - P\left( A \right) = 1 - \frac{3}{{10}} = \frac{7}{{10}}\)

Nếu A xảy ra tức là bắt được thỏ trắn \(P(B|A) = \frac{{11}}{{16}}\)g từ chuồng II rồi cho vào chuồng I thì chuồng I có 5 thỏ đen và 11 thỏ trắng. Do đó

Nếu A không xảy ra thì chuồng I có 6 thỏ đen và 10 thỏ trắng. Do đó: \(P\left( {B|\overline A } \right) = \frac{{10}}{{16}}\)

Khi đó:

\(P\left( B \right) = P\left( A \right).P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right).P\left( {B|\overline A } \right)\)

\(= \frac{3}{{10}}.\frac{{11}}{{16}} + \frac{7}{{10}}.\frac{{10}}{{16}} = \frac{{103}}{{160}}\)

Vậy xác suất để con thỏ được lấy ra là con thỏ trắng là: \(\frac{{103}}{{160}}\).

Giải bài 6.9 trang 78 SGK Toán 12 Tập 2 KNTT

Hướng dẫn giải:

a) Gọi A là biến cố: “Linh kiện điện tử được chọn đạt tiêu chuẩn”;

B là biến cố: “Linh kiện điện tử được chọn được đóng dấu OTK”.

Ta cần tính P(B). Theo công thức xác suất toàn phần ta có:

\(P\left( B \right) = P\left( A \right).P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right).P\left( {B|\overline A } \right)\)

Theo giả thiết P(A) = 0,8. Suy ra \(P\left( {\overline A } \right) = 1 - P\left( A \right) = 1 - 0,8 = 0,2\)

Tính P(B | A): Đây là xác suất để linh kiện điện tử đạt tiêu chuẩn được đóng dấu OTK. Theo giả thiết ta có P(B | A) = 0,99.

Tính \(P\left( {B|\overline A } \right)\): Đây là xác suất để linh kiện điện tử không đạt tiêu chuẩn được đóng dấu OTK. Theo giả thiết nếu linh kiện điện tử không đạt tiêu chuẩn thì nó không được đóng dấu OTK với xác suất 0,95. Vậy nếu linh kiện điện tử không đạt tiêu chuẩn thì nó được đóng dấu OTK với xác suất là 1 – 0,95 = 0,05. Do đó \(P\left( {B|\overline A } \right) = 0,05\)

Khi đó:

\(P\left( B \right) = P\left( A \right).P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right).P\left( {B|\overline A } \right)\)

\(= 0,8 . 0,99 + 0,2 . 0,05 = 0,802.\)

Vậy xác suất để linh kiện điện tử đó được đóng dấu OTK là 0,802.

b) Với A là biến cố: “Linh kiện điện tử được chọn đạt tiêu chuẩn”;

B là biến cố: “Linh kiện điện tử được chọn được đóng dấu OTK”.

Khi đó, \(\overline B\) là biến cố: “Linh kiện điện tử được chọn không được đóng dấu OTK”.

Ta vẽ sơ đồ hình cây như sau:

Có hai nhánh cây đi tới \(\overline B\) là \(OA\overline B\) và \(O\overline A \overline B\)

Vậy \(P\left( {\overline B } \right)\; = {\rm{ }}0,8{\rm{ }}{\rm{. }}0,01{\rm{ }} + {\rm{ }}0,2{\rm{ }}{\rm{. }}0,95{\rm{ }} = {\rm{ }}0,198\)

Giải bài 6.10 trang 78 SGK Toán 12 Tập 2 KNTT

Hướng dẫn giải:

a) Gọi A là biến cố: “VĐV được chọn thuộc đội I”;

B là biến cố: “VĐV được chọn thuộc đội II”;

E là biến cố: “VĐV được chọn đạt HCV”.

(Với VĐV: vận động viên, HCV: huy chương vàng).

Ta có: \(B{\rm{ }} = \overline {\;A}\)

Ta cần tính P(E). Theo công thức xác suất toàn phần, ta có:

\(P\left( E \right) = P\left( A \right).P\left( {E|A} \right) + P\left( {\overline A } \right).P\left( {E|\overline A } \right)\)

Theo bài ra ta có: \(\left\{ \begin{array}{l} P\left( A \right) = \frac{5}{{12}}\\ P\left( B \right) = P\left( {\overline A } \right) = \frac{7}{{12}} \end{array} \right.\)

P(E | A) là xác suất để VĐV thuộc đội I đoạt HCV. Theo bài ra ta có P(E | A) = 0,65.

\(P\left( {E|\overline A } \right)\) là xác suất để VĐV thuộc đội II đoạt HCV. Theo bài ra ta có \(P\left( {E|\overline A } \right) = 0,55\).

Thay vào ta được: \(P\left( E \right) = \;\frac{5}{{12}}.0,65 + \frac{7}{{12}}.0,55 \approx 0,5917\)

Vậy xác suất để vận động viên này đạt huy chương vàng là khoảng 0,5917.

b) Ta có xác suất để vận động viên được chọn thuộc đội I, biết rằng vận động viên này đạt huy chương vàng, chính là xác suất P(A | E).

Theo công thức Bayes và kết quả ở câu a) ta có:

\(P\left( {A|E} \right) = \frac{{P\left( A \right)P\left( {E|A} \right)}}{{P\left( E \right)}} \approx 0,4577\)

Giải bài 6.11 trang 78 SGK Toán 12 Tập 2 KNTT

Hướng dẫn giải:

a) Gọi A là biến cố: “Thư được chọn là thư rác”;

B là biến cố: “Thư được chọn là bị chặn”.

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l} P\left( A \right) = 3\% = 0,03\\ \;P(\overline A ) = 1 - P(A) = 0,97\;\\ P\left( {B|A} \right) = {\rm{ }}0,95\\ P(B|\overline A ) = 0,01 \end{array} \right.\)

Ta cần phải tính P(A | B). Áp dụng công thức Bayes, ta có:

\(P\left( {A|B} \right) = \frac{{P\left( A \right).P\left( {B|A} \right)}}{{P\left( A \right).P\left( {B|A} \right) + P\left( {\overline A } \right).\left( {B|\overline A } \right)}}\)

\(= \frac{{0,03.0,95}}{{0,03.0,95 + 0,07.0,01}} \approx 0,746\)

Vậy khi chọn ngẫu nhiên một thư bị chặn thì xác suất để đó là thư rác khoảng 0,746.

b) Ta phải tính \(P\left( {\overline A |\overline B } \right)\)

Ta có:

\(\begin{array}{l} P(B\mid \overline A ) = 0,01\\ \Rightarrow P(\overline B \mid \overline A ) = 0,99;\;P(B|A) = 0,95\\ \Rightarrow P(\overline B \mid A) = 0,05 \end{array}\)

Áp dụng công thức Bayes, ta có:

\(P\left( {\overline A |\overline B } \right) = \frac{{P\left( {\overline A } \right).P\left( {\overline B |\overline A } \right)}}{{P\left( {\overline A } \right).\left( {\overline B |\overline A } \right) + P(A).P\left( {\overline B |A} \right)}}\)

\(= \frac{{0,97.0,99}}{{0,97.0,99 + 0,03.0,05}} \approx 0,998\)

Vậy khi ngẫu nhiên một thư không bị chặn thì xác suất để đó là thư đúng khoảng 0,998.

c) Từ câu a), ta thấy xác suất một thư là thư rác nếu biết rằng thư đó bị chặn là 0,746. Nghĩa là trong số các thư bị chặn có khoảng 74,6% thư rác.

Vậy trong số các thư bị chặn có \(100\% – 74,6\% = 25,4\%\) là thư đúng.

Từ câu b), ta thấy xác suất để đó là thư đúng nếu biết rằng thư đó không bị chặn là 0,998. Nghĩa là trong số các thư không bị chặn có khoảng 99,8% thư đúng.

Vậy trong số các thư không bị chặn có  \(100\% – 99,8\% = 0,2\%\) là thư rác.

--------------------------------------------------