Bài này trả lời một câu hỏi rất đời thường: khi đã biết chắc một biến cố đã xảy ra, cơ hội của biến cố còn lại thay đổi thế nào? Toàn bộ chương xác suất lớp 12 dựng trên đúng một định nghĩa dưới đây; công thức nhân, cách kiểm độc lập, bảng hai chiều và sơ đồ hình cây đều chỉ là các cách dùng lại nó.
Cho hai biến cố $A$ và $B$ với $P(B)\gt 0$. Xác suất của $A$ với điều kiện $B$ là $$P(A\mid B)=\dfrac{P(A\cap B)}{P(B)}.$$ Ý nghĩa: biết $B$ đã xảy ra thì không gian mẫu bị thu hẹp lại còn đúng phần $B$; trong phần đó ta hỏi có bao nhiêu phần thuộc $A$. Vì thế mẫu số phải là $P(B)$ — xác suất của biến cố đứng sau dấu gạch — chứ không phải $P(A)$.
Điều kiện $P(B)\gt 0$ là bắt buộc: không thể lấy điều kiện trên một biến cố không bao giờ xảy ra, vì mẫu số sẽ bằng $0$. Ngoài ra $P(A\mid B)$ vẫn là một xác suất, nên luôn nằm trong đoạn từ $0$ đến $1$; ra kết quả lớn hơn $1$ là dấu hiệu chắc chắn đã chia nhầm mẫu số.
Hai chiều điều kiện là hai đại lượng khác nhau. Nói chung $P(A\mid B)\ne P(B\mid A)$; chúng chỉ bằng nhau khi $P(A)=P(B)$. Trong một bài đọc bảng số liệu, hai con số này thường lệch nhau rõ rệt, và đọc nhầm chiều là lỗi mất điểm phổ biến nhất của chương.
Nhân chéo định nghĩa trên ta được công thức nhân, dùng cho các phép thử nối tiếp nhau: $$P(A\cap B)=P(B)\cdot P(A\mid B)=P(A)\cdot P(B\mid A).$$ Với ba biến cố: $P(A\cap B\cap C)=P(A)\cdot P(B\mid A)\cdot P(C\mid A\cap B)$. Đây chính là cơ sở của lối tính "lấy lần lượt, không hoàn lại": ở lần lấy thứ hai, cả tử lẫn mẫu đều đổi vì vật lấy ra không được trả lại.
Hai biến cố $A$, $B$ gọi là độc lập khi và chỉ khi $$P(A\cap B)=P(A)\cdot P(B),$$ điều này tương đương với $P(A\mid B)=P(A)$ và cũng tương đương với $P(B\mid A)=P(B)$: biết $B$ xảy ra cũng không làm thay đổi cơ hội của $A$. Độc lập là một đẳng thức phải kiểm bằng số, không phải cảm nhận "hai chuyện này chẳng liên quan gì đến nhau". Cũng đừng lẫn độc lập với xung khắc: hai biến cố xung khắc có $P(A\cap B)=0$, nên nếu cả hai đều có xác suất dương thì chúng không độc lập.
Khi dữ kiện cho bằng số lượng, kẻ bảng hai chiều rồi cộng đủ hai dòng tổng là cách an toàn nhất. Ví dụ khảo sát $200$ học sinh khối 12 theo hai tiêu chí "có học thêm tiếng Anh" và "đạt điểm từ $8$ trở lên":
| Đạt từ $8$ trở lên | Chưa đạt | Tổng dòng | |
|---|---|---|---|
| Có học thêm | $90$ | $30$ | $120$ |
| Không học thêm | $20$ | $60$ | $80$ |
| Tổng cột | $110$ | $90$ | $200$ |
Gọi $H$ là biến cố "học sinh được chọn có học thêm" và $Đ$ là biến cố "học sinh được chọn đạt từ $8$ trở lên". Đọc từ bảng: $P(H)=\dfrac{120}{200}=0{,}6$; $P(Đ)=\dfrac{110}{200}=0{,}55$; $P(H\cap Đ)=\dfrac{90}{200}=0{,}45$. Từ đó $$P(Đ\mid H)=\dfrac{90}{120}=0{,}75\quad\text{còn}\quad P(H\mid Đ)=\dfrac{90}{110}=\dfrac{9}{11}\approx 0{,}818.$$ Mẹo đọc: tử số luôn là ô giao, còn mẫu số là tổng của dòng hay cột ứng với biến cố điều kiện. Hai biến cố này không độc lập vì $P(H)\cdot P(Đ)=0{,}33\ne 0{,}45$.
Với các phép thử nối tiếp, vẽ cây là cách trình bày gọn nhất: nhánh cấp một ghi $P(A)$, nhánh cấp hai ghi xác suất có điều kiện $P(B\mid A)$. Quy tắc chỉ có hai dòng: đi dọc một nhánh thì nhân, gộp nhiều nhánh khác nhau thì cộng. Tổng xác suất của tất cả các nhánh tận cùng luôn bằng $1$ — đây là phép kiểm nhanh nên làm trước khi khoanh đáp án.
Câu “biết rằng $B$ đã xảy ra” có nghĩa là không gian mẫu bị thu hẹp từ $\Omega$ xuống còn $B$. Mọi kết quả không thuộc $B$ bị loại, nên số trường hợp có thể xảy ra chỉ còn $n(B)$, và số trường hợp thuận lợi cho $A$ trong thế giới mới đó là $n(A\cap B)$. Chia hai số đó cho $n$ thì ra công thức quen thuộc. Nhìn theo kiểu này thì không cần học thuộc vị trí tử – mẫu: vế sau dấu gạch luôn là cái thế giới mình đang đứng trong, nên nó phải ở mẫu.
Đề chỉ cho ba số, hai số còn lại suy ra bằng phép trừ: nam không dùng $150-60=90$; nữ không dùng $100-55=45$. Có đủ bốn ô thì mọi câu hỏi về sau chỉ còn là việc chọn mẫu số.
Cùng ô giao $60$ nhưng hai mẫu số khác nhau nên hai kết quả khác hẳn — đây chính là lý do không được đổi chiều điều kiện.
$P(N\cap B)=\dfrac{60}{250}=0{,}24$ và $P(N)=\dfrac{150}{250}=0{,}6$, do đó
$$P(B\mid N)=\dfrac{0{,}24}{0{,}6}=0{,}4,$$khớp với kết quả đọc thẳng từ bảng. Thêm một phép chặn: mọi xác suất có điều kiện đều phải nằm trong $[0;1]$.
$P(B\mid N)=0{,}4$ và $P(N\mid B)=\dfrac{12}{23}\approx 0{,}522$.
Lấy mẫu số $250$ cho cả hai câu thì ra $0{,}24$ — đó là $P(N\cap B)$, không phải xác suất có điều kiện. Đổi chiều điều kiện (trả lời $0{,}522$ cho câu hỏi $P(B\mid N)$) là sai tới $30\%$ giá trị. Lấy $\dfrac{115}{250}=0{,}46$ là trả lời $P(B)$, tức bỏ qua điều kiện.
Nếu số nam dùng buýt đổi từ $60$ thành $90$ thì $P(B\mid N)=0{,}6$ và $P(N\mid B)=\dfrac{90}{145}\approx 0{,}62$ — cả hai cùng tăng nhưng không bằng nhau. Hai số này chỉ trùng nhau khi $P(N)=P(B)$, ở đây là khi số nam đúng bằng số người dùng buýt.
Gọi $T_1$: “sản phẩm thứ nhất tốt”, $T_2$: “sản phẩm thứ hai tốt”. Cần tính $P(T_1\cap T_2)$. Hai lần lấy nối tiếp và không hoàn lại nên dùng công thức nhân có điều kiện.
$$P(T_1\cap T_2)=P(T_1)\cdot P(T_2\mid T_1).$$Lô có $10$ sản phẩm, trong đó $10-3=7$ sản phẩm tốt:
$$P(T_1)=\dfrac{7}{10}.$$Đã lấy ra một sản phẩm tốt và không trả lại, lô còn $9$ sản phẩm với $6$ tốt:
$$P(T_2\mid T_1)=\dfrac{6}{9}=\dfrac{2}{3}\ \Rightarrow\ P(T_1\cap T_2)=\dfrac{7}{10}\cdot\dfrac{2}{3}=\dfrac{7}{15}.$$Chọn $2$ trong $7$ sản phẩm tốt trên tổng số cách chọn $2$ trong $10$:
$$\dfrac{C_7^2}{C_{10}^2}=\dfrac{21}{45}=\dfrac{7}{15}.$$Hai đường ra cùng một số. Ngoài ra tổng bốn nhánh tận cùng trên cây phải bằng $1$: $\dfrac{7}{15}+\dfrac{7}{30}+\dfrac{7}{30}+\dfrac{1}{15}=1$ — đúng.
$P(T_1\cap T_2)=\dfrac{7}{15}\approx 0{,}467$.
Dùng $\dfrac{7}{10}\cdot\dfrac{7}{10}=\dfrac{49}{100}=0{,}49$ là tính cho trường hợp có hoàn lại — lớn hơn đáp số đúng. Giữ mẫu $10$ ở lần hai ($\dfrac{7}{10}\cdot\dfrac{6}{10}=0{,}42$) là nhớ giảm tử mà quên giảm mẫu. Cộng hai xác suất ($\dfrac{7}{10}+\dfrac{2}{3}$) cho một số lớn hơn $1$ — vô lý ngay từ cái nhìn đầu.
Hỏi “ít nhất một sản phẩm lỗi” thì lấy phần bù: $1-\dfrac{7}{15}=\dfrac{8}{15}$. Hỏi “sản phẩm thứ hai tốt” (không biết lần đầu) thì cộng hai nhánh dẫn tới đó: $\dfrac{7}{15}+\dfrac{7}{30}=\dfrac{7}{10}$ — đúng bằng xác suất lần đầu, một kết quả đẹp và hay bị hỏi.
Phải kiểm $P(K\cap M)=P(K)\cdot P(M)$ bằng số, nên bước đầu là lập đủ bảng hai chiều: đeo kính nhưng không dùng máy tính bảng $40-24=16$; dùng máy tính bảng nhưng không đeo kính $60-24=36$; còn lại $100-24-16-36=24$.
Đẳng thức đúng nên $K$ và $M$ độc lập.
$P(M\mid K)=\dfrac{24}{40}=0{,}6=P(M)$: biết thêm người đó đeo kính cũng không làm thay đổi cơ hội dùng máy tính bảng. Kiểm nhánh còn lại cho chắc: $P(M\mid \overline{K})=\dfrac{36}{60}=0{,}6$ — cũng bằng, đúng như phải thế.
$K$ và $M$ độc lập với nhau.
Kết luận “không độc lập vì có $24$ người thuộc cả hai nhóm” là lẫn độc lập với xung khắc: độc lập không đòi hai tập rời nhau, trái lại đòi phần giao phải đúng bằng $0{,}24$. Kết luận “độc lập vì đeo kính và dùng máy tính bảng chẳng liên quan gì” là đoán chứ không kiểm. Dùng $P(K\cup M)=0{,}4+0{,}6=1$ (quên trừ phần giao) cho kết quả sai: đúng là $0{,}4+0{,}6-0{,}24=0{,}76$.
Đổi số người vừa đeo kính vừa dùng máy tính bảng từ $24$ thành $30$ thì $P(K\cap M)=0{,}3\ne 0{,}24$: hết độc lập, và $P(M\mid K)=\dfrac{30}{40}=0{,}75\gt 0{,}6$ — đeo kính làm tăng cơ hội dùng máy tính bảng. Còn đổi thành $0$ thì hai biến cố xung khắc, và khi đó chúng chắc chắn không độc lập.