Bài này không thêm công thức mới. Nó dạy cách ghép ba công cụ đã có — quy tắc nhân, công thức xác suất toàn phần và công thức Bayes — với công cụ đếm của tổ hợp, để giải những bài nhiều giai đoạn mà nếu tính thẳng thì rối ngay từ dòng thứ hai.
Mọi bài xác suất nhiều bước đều vẽ được thành một cây. Mỗi tầng là một giai đoạn, mỗi nhánh là một khả năng, và trên mỗi nhánh ta ghi xác suất có điều kiện, tức xác suất của khả năng đó khi biết mọi thứ đã xảy ra ở các tầng trước. Hai quy tắc:
Quy tắc nhân là công thức nhân xác suất viết lại: $P(A\cap B)=P(A)\cdot P(B\mid A)$. Quy tắc cộng dùng được vì các nhánh khác nhau của cây là những biến cố xung khắc — không thể vừa đi nhánh này vừa đi nhánh kia.
Nếu $A_1,A_2,\dots,A_n$ đôi một xung khắc và hợp lại lấp kín không gian mẫu (gọi là một hệ đầy đủ) thì với mọi biến cố $B$:
$$P(B)=\sum_{i=1}^{n}P(A_i)\cdot P\left(B\mid A_i\right).$$Đó chính là “cộng mọi nhánh dẫn tới $B$”. Công thức Bayes đi ngược chiều — đã thấy $B$, hỏi khả năng nó đến từ nhánh nào:
$$P\left(A_k\mid B\right)=\dfrac{P(A_k)\cdot P\left(B\mid A_k\right)}{P(B)}=\dfrac{\text{một nhánh}}{\text{tổng mọi nhánh}}.$$Vì tử là một nhánh còn mẫu là tổng tất cả, ta có ngay một phép kiểm miễn phí: cộng $P\left(A_k\mid B\right)$ theo mọi $k$ phải được đúng $1$. Sai một con số ở đâu đó thì tổng này lệch khỏi $1$ và lộ ra ngay.
Nhiều đề ghép hai mảng kiến thức: nhánh cấp một là một phép chọn đơn giản, còn nhánh cấp hai là “lấy đồng thời $k$ vật từ $n$ vật”. Xác suất nhánh cấp hai khi đó tính bằng tổ hợp:
$$P\left(\text{lấy được }k\text{ vật đỏ}\right)=\dfrac{C_{\text{số đỏ}}^{k}}{C_{n}^{k}}.$$Hai lối lấy hay bị lẫn nhau. Lấy đồng thời thì dùng tổ hợp, không quan tâm thứ tự. Lấy lần lượt không hoàn lại thì đi theo cây, mỗi tầng cập nhật lại cả tử lẫn mẫu. Điều thú vị: khi câu hỏi chỉ hỏi về tập hợp các vật lấy được thì hai lối cho cùng một kết quả — chẳng hạn lấy $3$ viên từ hộp $5$ đỏ, $4$ xanh, xác suất cả ba đều đỏ bằng $\dfrac{C_5^3}{C_9^3}=\dfrac{10}{84}=\dfrac{5}{42}$, cũng bằng $\dfrac{5}{9}\cdot\dfrac{4}{8}\cdot\dfrac{3}{7}=\dfrac{5}{42}$. Khác nhau chỉ khi đề hỏi tới thứ tự, ví dụ “viên thứ hai là bi đỏ”.
Với phép lấy lần lượt không hoàn lại, cây ba tầng có $8$ nhánh. Tính đủ cả tám thì lâu, nhưng có một kết quả rất đáng nhớ: xác suất để viên lấy ở lần thứ $k$ mang màu đỏ không phụ thuộc vào $k$, luôn bằng tỉ lệ bi đỏ ban đầu. Lý do: nếu ta rút hết mọi viên ra và xếp thành một hàng ngẫu nhiên thì mọi vị trí trong hàng đều có vai trò như nhau, nên vị trí thứ $k$ cũng có cùng khả năng là bi đỏ như vị trí thứ nhất.
Gọi $M_1$, $M_2$, $M_3$ là biến cố “sản phẩm do dây chuyền tương ứng làm ra” và $E$ là biến cố “sản phẩm bị lỗi”. Ba biến cố $M_i$ đôi một xung khắc, và
$$P\left(M_1\right)+P\left(M_2\right)+P\left(M_3\right)=0{,}40+0{,}35+0{,}25=1,$$nên chúng lập thành hệ đầy đủ. Đây là điều kiện để dùng công thức xác suất toàn phần, và kiểm nó chỉ tốn một phép cộng.
$P(E)=0{,}021$ và $P\left(M_3\mid E\right)=\dfrac{10}{21}\approx 47{,}6\%$. Đáng chú ý: dây chuyền $M_3$ chỉ làm ra một phần tư sản phẩm nhưng gây ra gần một nửa số hàng lỗi.
Tính nốt hai xác suất hậu nghiệm còn lại rồi cộng: $P\left(M_1\mid E\right)=\dfrac{0{,}004}{0{,}021}=\dfrac{4}{21}$ và $P\left(M_2\mid E\right)=\dfrac{0{,}007}{0{,}021}=\dfrac{7}{21}$. Tổng ba số bằng $\dfrac{4+7+10}{21}=1$ đúng như bắt buộc, vì sản phẩm lỗi chắc chắn phải đến từ một trong ba dây chuyền. Thêm một phép chặn cho $P(E)$: nó là trung bình có trọng số của $1\%$, $2\%$, $4\%$ nên bắt buộc nằm trong khoảng từ $0{,}01$ tới $0{,}04$ — giá trị $0{,}021$ thoả mãn.
Bẫy thứ nhất là cộng thẳng ba tỉ lệ lỗi: $1\%+2\%+4\%=7\%$, vượt hẳn chặn trên $4\%$ nên sai ngay cả khi chưa kiểm số liệu. Bẫy thứ hai là chia cho $P\left(M_3\right)$: $\dfrac{0{,}010}{0{,}25}=0{,}04$, tức trả lời lại đúng tỉ lệ lỗi của $M_3$ — con số này chính là $P\left(E\mid M_3\right)$, chiều ngược với câu hỏi. Bẫy thứ ba là lấy trung bình cộng $\dfrac{1\%+2\%+4\%}{3}\approx 2{,}33\%$, chỉ đúng nếu ba dây chuyền làm ra số sản phẩm bằng nhau.
Gọi $H_1$, $H_2$ là biến cố chọn hộp thứ nhất, thứ hai; $D$ là biến cố “hai viên lấy ra đều đỏ”. Chọn ngẫu nhiên một trong hai hộp nên $P\left(H_1\right)=P\left(H_2\right)=\dfrac{1}{2}$, và hai biến cố này lập thành hệ đầy đủ.
Hai viên được lấy đồng thời nên dùng tổ hợp, không dùng cây con:
$$P\left(D\mid H_1\right)=\dfrac{C_5^2}{C_8^2}=\dfrac{10}{28}=\dfrac{5}{14},\qquad P\left(D\mid H_2\right)=\dfrac{C_4^2}{C_{10}^2}=\dfrac{6}{45}=\dfrac{2}{15}.$$$P(D)=\dfrac{103}{420}\approx 0{,}245$ và $P\left(H_1\mid D\right)=\dfrac{75}{103}\approx 72{,}8\%$.
Tính nhánh còn lại rồi dùng phép cộng bằng $1$: $P\left(H_2\mid D\right)=\dfrac{\dfrac{1}{15}}{\dfrac{103}{420}}=\dfrac{28}{420}\cdot\dfrac{420}{103}=\dfrac{28}{103}$. Ta có $\dfrac{75}{103}+\dfrac{28}{103}=1$, đúng yêu cầu. Thêm một phép chặn cho $P(D)$: nó là trung bình cộng của $\dfrac{5}{14}\approx 0{,}357$ và $\dfrac{2}{15}\approx 0{,}133$, nên phải nằm giữa hai số đó — giá trị $0{,}245$ nằm đúng khoảng giữa, rất hợp lý vì hai hộp có trọng số bằng nhau.
Bẫy thứ nhất là gộp hai hộp thành một hộp $9$ đỏ và $9$ xanh rồi tính $\dfrac{C_9^2}{C_{18}^2}=\dfrac{36}{153}$; phép gộp này chỉ đúng nếu ta đổ chung bi, còn ở đây ta chọn hộp trước. Bẫy thứ hai là dùng cây lấy lần lượt cho hộp thứ nhất, viết $\dfrac{5}{8}\cdot\dfrac{4}{7}$ — thật ra vẫn ra $\dfrac{5}{14}$ vì câu hỏi chỉ quan tâm tập hợp hai viên, nhưng lối này sai ngay khi đề hỏi tới thứ tự. Bẫy thứ ba là trả lời $\dfrac{5}{14}$ cho câu hỏi cuối, tức đưa ra $P\left(D\mid H_1\right)$ trong khi đề hỏi $P\left(H_1\mid D\right)$ — hai chiều ngược nhau.
Ta chỉ quan tâm màu của hai viên đầu, vì chúng quyết định trạng thái của hộp trước lần lấy thứ ba. Có bốn khả năng cho hai viên đầu: ĐĐ, ĐX, XĐ, XX (Đ là đỏ, X là xanh). Bốn khả năng này đôi một xung khắc và phủ kín mọi trường hợp, nên chúng lập thành một hệ đầy đủ.
Kiểm nhanh: $20+15+15+6=56$ nên tổng bốn xác suất bằng $1$, đúng như một hệ đầy đủ phải có.
Quy về cùng mẫu $336$: tử số lần lượt là $60$, $60$, $60$, $30$, tổng bằng $210$. Vậy xác suất bằng $\dfrac{210}{336}=\dfrac{5}{8}$.
$P\left(\text{viên thứ ba đỏ}\right)=\dfrac{5}{8}=0{,}625$, đúng bằng tỉ lệ bi đỏ ban đầu.
Dùng lập luận đối xứng, không tính một phép nhân nào. Hình dung ta rút hết $8$ viên ra và xếp thành một hàng ngẫu nhiên; mọi cách xếp đều có cùng khả năng xảy ra, nên vị trí thứ ba trong hàng cũng có cùng cơ hội là bi đỏ như vị trí thứ nhất. Mà vị trí thứ nhất là bi đỏ với xác suất $\dfrac{5}{8}$, nên vị trí thứ ba cũng vậy. Hai đường hoàn toàn khác nhau cho cùng một số, và cách thứ hai còn cho biết kết quả này đúng với mọi thứ tự lấy.
Bẫy thứ nhất là tưởng phải giảm mẫu số cho lần thứ ba mà không xét hai lần trước, viết $\dfrac{5}{6}$ hoặc $\dfrac{3}{6}$ như thể đã biết chắc hai viên đầu màu gì. Bẫy thứ hai là dùng xác suất có hoàn lại $\dfrac{5}{8}$ nhưng vì lý do sai — ở đây con số đúng là do đối xứng, không phải do các lần lấy độc lập; cùng lối nghĩ đó sẽ cho $\left(\dfrac{5}{8}\right)^3$ khi đề hỏi cả ba viên đều đỏ, trong khi đáp số đúng là $\dfrac{5}{8}\cdot\dfrac{4}{7}\cdot\dfrac{3}{6}=\dfrac{5}{28}$. Bẫy thứ ba là quên nhánh XĐ vì tưởng nó trùng với ĐX, làm mất $\dfrac{60}{336}$ và cho đáp số $\dfrac{25}{56}$.