Hình dạng hạt của đậu Hà Lan có hai kiểu hình: hạt trơn và hạt nhăn, có hai gene ứng với hai kiểu hình này là gene trội B và gene lặn b. Khi cho lai hai cây đậu Hà Lan, cây con lấy ngẫu nhiên một cách độc lập một gene từ cây bố và một gene từ cây mẹ để hình thành một cặp gene. Giả sử cây bố và cây mẹ được chọn ngẫu nhiên từ một quần thể các cây đậu Hà Lan, ở đó tỉ lệ cây mang kiểu gene bb, Bb tương ứng là \(40\% \) và \(60\% \).

a) Xác suất để cây con lấy gene b từ cây bố với điều kiện cây bố có kiểu gene bb là \(0,5\).

b) Xác suất để cây con lấy gene b từ cây bố với điều kiện cây bố có kiểu gene Bb là \(0,5\).

c) Xác suất để cây con lấy gene b từ cây bố là \(0,6\).

d) Xác suất để cây con có kiểu gene bb là \(0,49\).

Giả sử \(T\) là biến cố “ Gặp sinh viên thi trượt môn Toán”, có \(P\left( T \right) = 0,3\).

\(L\) là biến cố “Gặp sinh viên thi trượt môn Tâm lý”, có \(P\left( L \right) = 0,22\). Khi đó \(P\left( {L|T} \right) = 0,4\).

Sơ đồ hình cây:

a) Sai. Vì xác suất gặp sinh viên thi trượt cả môn Toán và Tâm Lý là:

\(P\left( {TL} \right) = P\left( T \right)P\left( {L|T} \right) = 0,3.0,4 = 0,12\).

b) Đúng. Xác suất gặp sinh viên đậu cả môn Toán và Tâm lý là

\(P\left( {\overline {TL} } \right) = 1 - P\left( {T \cup L} \right) = 1 - P\left( T \right) - P\left( L \right) + P\left( {TL} \right) = 1 - 0,3 - 0,22 + 0,12 = 0,6\).

c) Sai. Xác suất gặp sinh viên đậu môn Toán, biết rằng sinh viên này trượt môn Tâm lý là

\(P\left( {\overline T |L} \right) = \frac{{P\left( {\overline T L} \right)}}{{P\left( L \right)}} = \frac{{P\left( L \right) - P\left( {TL} \right)}}{{P\left( L \right)}} = \frac{{0,22 - 0,12}}{{0,22}} = 0,45\).

d) Đúng. Theo công thức tính xác suất toàn phần, xác suất gặp sinh viên đậu môn Tâm lý là

\(P\left( {\overline L } \right) = P\left( T \right).P\left( {\overline L |T} \right) + P\left( {\overline T } \right).P\left( {\overline L |\overline T } \right) = 0,3.0,6 + 0,7.0,78 = 0,726\).

Xét phép thử chọn ngẫu nhiên một thùng hàng trong kho.

Gọi \(A\) là biến cố: “Chọn được thùng hàng loại I”.

\(B\) là biến cố: “Chọn được thùng hàng đã được kiểm định”.

Theo bài ra ta có \[P\left( {B\left| A \right.} \right) = 80\% ,\,\,P\left( {B\left| {\overline A } \right.} \right) = 85\% \].

a) Đúng. Xác suất chọn được thùng hàng loại I là \(P\left( A \right) = \frac{{480}}{{1000}} = 48\% \).

b) Sai. Ta có \(P\left( {\overline A } \right) = \frac{{520}}{{1000}} = 52\% \), \[P\left( {B\left| {\overline A } \right.} \right) = 85\% \].

Xác suất chọn được thùng hàng loại II đã được kiểm định là

\(P\left( {\overline A  \cap B} \right) = P\left( {\overline A } \right).P\left( {B\left| {\overline A } \right.} \right) = 52\% .85\%  = 44,2\% \).

c) Đúng. Xác suất chọn được thùng hàng đã được kiểm định là

\(P\left( B \right) = P\left( A \right).P\left( {B\left| A \right.} \right) + P\left( {\overline A } \right).P\left( {B\left| {\overline A } \right.} \right) = 48\% .80\%  + 52\% .85\%  = 82,6\% \).

Suy ra xác suất chọn được thùng hàng chưa kiểm định là \(P\left( {\overline B } \right) = 1 - P\left( B \right) = 17,4\% \).

d) Sai. Giả sử thùng hàng được lấy ra là thùng hàng chưa được kiểm định.

Xác suất thùng hàng đó là thùng loại I là \(P\left( {A\left| {\overline B } \right.} \right) = \frac{{P\left( A \right).P\left( {\overline B \left| A \right.} \right)}}{{P\left( {\overline B } \right)}} = \frac{{48\% .\left( {1 - 80\% } \right)}}{{17,4\% }} = \frac{{16}}{{29}}\).

Xác suất thùng hàng đó là thùng loại II là \(P\left( {\overline A \left| {\overline B } \right.} \right) = \frac{{P\left( {\overline A } \right).P\left( {\overline B \left| A \right.} \right)}}{{P\left( {\overline B } \right)}} = \frac{{52\% .\left( {1 - 85\% } \right)}}{{17,4\% }} = \frac{{13}}{{29}}\).

Vây xác suất thùng hàng đó là thùng loại I cao hơn xác suất thùng hàng đó là thùng loại II.