Mở đầu trang 83

Đề bài: Trở lại tình huống mở đầu trong Bài 26. Hãy tính xác suất trúng giải độc đắc, trúng giải nhất của bạn An khi chọn bộ số ${5; 13; 20; 31; 32; 35}$.

Lời giải:

Bài toán này sẽ được trả lời ở phần Vận dụng trong bài học, sau khi học cách dùng tổ hợp để đếm số phần tử của không gian mẫu và các biến cố.

1. Sử dụng phương pháp tổ hợp

HĐ1 (trang 83)

Đề bài: Theo định nghĩa cổ điển của xác suất, để tính xác suất của biến cố $F$: “Bạn An trúng giải độc đắc” và biến cố $G$: “Bạn An trúng giải nhất” ta cần xác định $n(\Omega),; n(F)$ và $n(G)$. Liệu có thể tính $n(\Omega),; n(F)$ và $n(G)$ bằng cách liệt kê ra hết các phần tử của $\Omega,; F$ và $G$ rồi kiểm đếm được không?

Lời giải:

Không thể liệt kê được. Lý do:

• Mỗi phần tử của $\Omega$ là một bộ $6$ số đôi một khác nhau chọn từ $45$ số. Số phần tử của $\Omega$ chính là số tổ hợp chập $6$ của $45$:

$$n(\Omega) = C_{45}^{6} = 8\,145\,060.$$

Đây là một số rất lớn, không thể liệt kê hết bằng tay.

• Tương tự, để xác định $n(G)$ (các bộ trùng đúng $5/6$ số với bộ trúng thưởng) cũng phải liệt kê rất nhiều bộ.

Vì vậy ta dùng các quy tắc đếm, công thức hoán vị, chỉnh hợp, tổ hợp thay cho việc liệt kê thủ công.

Luyện tập 1 (trang 84)

Đề bài: Một tổ trong lớp 10B có $12$ học sinh, trong đó có $7$ học sinh nam và $5$ học sinh nữ. Giáo viên chọn ngẫu nhiên $6$ học sinh trong tổ để kiểm tra vở bài tập Toán. Tính xác suất để trong $6$ học sinh được chọn số học sinh nữ bằng số học sinh nam.

Lời giải:

Số học sinh nữ bằng số học sinh nam trong nhóm $6$ học sinh được chọn, tức là chọn $3$ nam và $3$ nữ.

Bước 1: Tính $n(\Omega)$.

Không gian mẫu là tập tất cả các nhóm $6$ học sinh chọn từ $12$ học sinh:

$$n(\Omega) = C_{12}^{6} = 924.$$

Bước 2: Tính $n(E)$ với $E$ = “$3$ nam và $3$ nữ”.

Áp dụng quy tắc nhân qua hai công đoạn:

• Công đoạn 1: Chọn $3$ nam trong $7$ nam: $C_{7}^{3} = 35$ (cách).
• Công đoạn 2: Chọn $3$ nữ trong $5$ nữ: $C_{5}^{3} = 10$ (cách).

Vậy $n(E) = 35 \cdot 10 = 350$.

Bước 3: Tính xác suất.

$$P(E) = \dfrac{n(E)}{n(\Omega)} = \dfrac{350}{924} = \dfrac{25}{66}.$$

2. Sử dụng sơ đồ hình cây

HĐ2 (trang 84)

Đề bài: Trong trò chơi “Vòng quay may mắn”, người chơi sẽ quay hai bánh xe. Mũi tên ở bánh xe thứ nhất có thể dừng ở một trong hai vị trí: Loại xe $50$ cc và Loại xe $110$ cc. Mũi tên ở bánh xe thứ hai có thể dừng ở một trong bốn vị trí: màu đen, màu trắng, màu đỏ và màu xanh.

Phép thử $T$ là quay hai bánh xe. Hãy vẽ sơ đồ hình cây mô tả các phần tử của không gian mẫu.

Lời giải:

Đặt kí hiệu: bánh xe 1 có $2$ kết quả là $50$ và $110$; bánh xe 2 có $4$ kết quả là Đ (đen), T (trắng), Đỏ, X (xanh).

Sơ đồ hình cây gồm $2$ tầng:

• Tầng 1 (bánh xe 1): $2$ nhánh ứng với $50$ và $110$.
• Tầng 2 (bánh xe 2): từ mỗi nhánh ở tầng 1, có $4$ nhánh con ứng với $4$ màu.

Tổng số “lá” của cây: $2 \times 4 = 8$ kết quả.

Không gian mẫu (mỗi phần tử là cặp (loại xe; màu)):

$$\Omega = {(50;,\text{Đ}), (50;,\text{T}), (50;,\text{Đỏ}), (50;,\text{X}), (110;,\text{Đ}), (110;,\text{T}), (110;,\text{Đỏ}), (110;,\text{X})}.$$

$n(\Omega) = 8$.

Luyện tập 2 (trang 85)

Đề bài: Trở lại trò chơi “Vòng quay may mắn” ở HĐ2. Tính xác suất để người chơi nhận được loại xe $110$ cc có màu trắng hoặc màu xanh.

Lời giải:

Theo HĐ2: $n(\Omega) = 8$. Vì hai bánh xe ngẫu nhiên và các vị trí trên mỗi bánh đều nhau, các kết quả là đồng khả năng.

Biến cố $E$ = “nhận xe $110$ cc, màu trắng hoặc xanh”. Liệt kê các kết quả thuận lợi:

$$E = {(110;,\text{T}), (110;,\text{X})}, \quad n(E) = 2.$$

$$P(E) = \dfrac{n(E)}{n(\Omega)} = \dfrac{2}{8} = \dfrac{1}{4}.$$

Luyện tập 3 (trang 85)

Đề bài: Trong một cuộc tổng điều tra dân số, điều tra viên chọn ngẫu nhiên một gia đình có ba người con và quan tâm giới tính của ba người con này.

a) Vẽ sơ đồ hình cây để mô tả các phần tử của không gian mẫu.

b) Giả thiết rằng khả năng sinh con trai và khả năng sinh con gái là như nhau. Tính xác suất để gia đình đó có một con trai và hai con gái.

Lời giải:

Kí hiệu T = con trai, G = con gái.

a) Sơ đồ hình cây: Cây có $3$ tầng (3 con), mỗi tầng có $2$ nhánh (T hoặc G). Tổng số lá: $2^3 = 8$.

Liệt kê không gian mẫu:

$$\Omega = {TTT;; TTG;; TGT;; TGG;; GTT;; GTG;; GGT;; GGG}.$$

$n(\Omega) = 8$. Theo giả thiết, các kết quả đồng khả năng.

b) Tính xác suất “1 trai 2 gái”:

Liệt kê các phần tử có đúng $1$ T và $2$ G: $TGG,; GTG,; GGT$. Có $3$ phần tử.

$$P = \dfrac{3}{8}.$$

3. Xác suất của biến cố đối

HĐ3 (trang 85)

Đề bài: Cho $E$ là một biến cố và $\Omega$ là không gian mẫu. Tính $n(\overline{E})$ theo $n(\Omega)$ và $n(E)$.

Lời giải:

Biến cố $\overline{E}$ gồm các phần tử của $\Omega$ không thuộc $E$. Vì $E \subset \Omega$ và $E$ với $\overline{E}$ không có phần tử chung, ta có:

$$n(\overline{E}) = n(\Omega) – n(E).$$

Từ đây suy ra công thức:

$$P(\overline{E}) = \dfrac{n(\overline{E})}{n(\Omega)} = \dfrac{n(\Omega) – n(E)}{n(\Omega)} = 1 – \dfrac{n(E)}{n(\Omega)} = 1 – P(E).$$

Luyện tập 4 (trang 86)

Đề bài: Có ba hộp $A,; B,; C$. Hộp $A$ có chứa ba thẻ mang số $1,; 2,; 3$. Hộp $B$ chứa hai thẻ mang số $2$ và số $3$. Hộp $C$ chứa hai thẻ mang số $1$ và số $2$. Từ mỗi hộp ta rút ra ngẫu nhiên một thẻ.

a) Vẽ sơ đồ hình cây để mô tả các phần tử của không gian mẫu.

b) Gọi $M$ là biến cố: “Trong ba thẻ rút ra có ít nhất một thẻ số $1$”. Biến cố $\overline{M}$ là tập con nào của không gian mẫu?

c) Tính $P(M)$ và $P(\overline{M})$.

Lời giải:

a) Sơ đồ hình cây: Cây có $3$ tầng:

• Tầng A (3 nhánh): $1,; 2,; 3$.
• Tầng B (2 nhánh): $2,; 3$.
• Tầng C (2 nhánh): $1,; 2$.

Tổng số lá: $3 \times 2 \times 2 = 12$.

Liệt kê các phần tử dạng $(a, b, c)$:

$$\Omega = {(1\,2\,1); (1\,2\,2); (1\,3\,1); (1\,3\,2); (2\,2\,1); (2\,2\,2); (2\,3\,1); (2\,3\,2); (3\,2\,1); (3\,2\,2); (3\,3\,1); (3\,3\,2)}.$$

$n(\Omega) = 12$.

b) Biến cố $\overline{M}$:

$\overline{M}$ = “$M$ không xảy ra” = “trong ba thẻ rút ra không có thẻ nào ghi số $1$”, tức cả ba thẻ đều khác $1$.

• Hộp A khác $1$: chọn $2$ hoặc $3$ → $2$ cách.
• Hộp B vốn không có thẻ $1$: bất kì → $2$ cách.
• Hộp C khác $1$: chỉ còn thẻ $2$ → $1$ cách.

$$n(\overline{M}) = 2 \cdot 2 \cdot 1 = 4.$$

Liệt kê: $\overline{M} = {(2\,2\,2); (2\,3\,2); (3\,2\,2); (3\,3\,2)}$.

c) Tính xác suất:

$$P(\overline{M}) = \dfrac{4}{12} = \dfrac{1}{3}; \quad P(M) = 1 – P(\overline{M}) = 1 – \dfrac{1}{3} = \dfrac{2}{3}.$$

Vận dụng (trang 86)

Đề bài: Giải bài toán trong tình huống mở đầu (tính xác suất bạn An trúng giải độc đắc, giải nhất).

Lời giải:

Theo phần hướng dẫn trong SGK:

Bước 1: $n(\Omega) = C_{45}^{6} = 8\,145\,060$ (chọn $6$ số đôi một khác nhau từ $45$ số).

Bước 2: Tính $n(F)$ và $n(G)$.

Biến cố $F$ – “An trúng giải độc đắc”: bộ $6$ số của An phải trùng hoàn toàn với bộ trúng thưởng → chỉ có một bộ duy nhất.

$$n(F) = 1.$$

Biến cố $G$ – “An trúng giải nhất”: bộ $6$ số của An trùng đúng $5/6$ số trúng thưởng. Mỗi phần tử của $G$ được hình thành qua hai công đoạn:

• Công đoạn 1: Chọn $5$ số (trùng với bộ trúng thưởng) trong $6$ số của An: $C_{6}^{5} = 6$ (cách).
• Công đoạn 2: Chọn $1$ số còn lại (không trùng) trong $45 – 6 = 39$ số không thuộc bộ trúng thưởng: $C_{39}^{1} = 39$ (cách).

$$n(G) = 6 \cdot 39 = 234.$$

Bước 3: Tính xác suất.

$$P(F) = \dfrac{1}{8\,145\,060} \approx 0{,}000\,000\,12.$$

$$P(G) = \dfrac{234}{8\,145\,060} = \dfrac{39}{1\,357\,510} \approx 0{,}000\,029.$$

Nhận xét: Cả hai xác suất đều rất nhỏ. Theo nguyên lí xác suất bé (đã học ở Bài 26), thực tế bạn An gần như không thể trúng giải độc đắc hay giải nhất chỉ qua một lần chơi.

Bài tập (trang 86 – 87)

Bài 9.6 (trang 86)

Đề bài: Chọn ngẫu nhiên một gia đình có ba con và quan sát giới tính của ba người con này. Tính xác suất của các biến cố sau:

a) $A$: “Con đầu là gái”;

b) $B$: “Có ít nhất một người con trai”.

Lời giải:

Kí hiệu T = trai, G = gái. Không gian mẫu (giống Luyện tập 3):

$$\Omega = {TTT;; TTG;; TGT;; TGG;; GTT;; GTG;; GGT;; GGG}, \quad n(\Omega) = 8.$$

Các kết quả đồng khả năng (khả năng sinh trai = sinh gái).

a) “Con đầu là gái”: chọn vị trí đầu là G, hai vị trí sau tuỳ ý.

$$A = {GTT;; GTG;; GGT;; GGG}, \quad n(A) = 4.$$

$$P(A) = \dfrac{4}{8} = \dfrac{1}{2}.$$

b) “Có ít nhất một con trai”: dùng biến cố đối cho gọn.

$\overline{B}$ = “không có con trai” = “cả ba con đều là gái” = ${GGG}$, $n(\overline{B}) = 1$.

$$P(\overline{B}) = \dfrac{1}{8} ;\Rightarrow; P(B) = 1 – \dfrac{1}{8} = \dfrac{7}{8}.$$

Bài 9.7 (trang 86)

Đề bài: Một hộp đựng các tấm thẻ đánh số $10;; 11;; \ldots;; 20$. Rút ngẫu nhiên từ hộp hai tấm thẻ. Tính xác suất của các biến cố sau:

a) $C$: “Cả hai thẻ rút được đều mang số lẻ”;

b) $D$: “Cả hai thẻ rút được đều mang số chẵn”.

Lời giải:

Số thẻ trong hộp: từ $10$ đến $20$ có $20 – 10 + 1 = 11$ thẻ.

Bước 1: $n(\Omega) = C_{11}^{2} = 55$ (chọn $2$ thẻ trong $11$ thẻ).

Bước 2: Đếm số lẻ và số chẵn trong ${10, 11, \ldots, 20}$.

• Số lẻ: $11,; 13,; 15,; 17,; 19$ → $5$ số.
• Số chẵn: $10,; 12,; 14,; 16,; 18,; 20$ → $6$ số.

a) Chọn $2$ thẻ lẻ trong $5$ thẻ lẻ: $n(C) = C_{5}^{2} = 10$.

$$P(C) = \dfrac{10}{55} = \dfrac{2}{11}.$$

b) Chọn $2$ thẻ chẵn trong $6$ thẻ chẵn: $n(D) = C_{6}^{2} = 15$.

$$P(D) = \dfrac{15}{55} = \dfrac{3}{11}.$$

Bài 9.8 (trang 86)

Đề bài: Một chiếc hộp đựng $6$ viên bi trắng, $4$ viên bi đỏ và $2$ viên bi đen. Chọn ngẫu nhiên ra $6$ viên bi. Tính xác suất để trong $6$ viên bi đó có $3$ viên bi trắng, $2$ viên bi đỏ và $1$ viên bi đen.

Lời giải:

Tổng số bi: $6 + 4 + 2 = 12$. Chọn $6$ trong $12$:

$$n(\Omega) = C_{12}^{6} = 924.$$

Gọi $E$ là biến cố “$3$ trắng, $2$ đỏ, $1$ đen”. Áp dụng quy tắc nhân:

• Chọn $3$ trắng trong $6$ trắng: $C_{6}^{3} = 20$.
• Chọn $2$ đỏ trong $4$ đỏ: $C_{4}^{2} = 6$.
• Chọn $1$ đen trong $2$ đen: $C_{2}^{1} = 2$.

$$n(E) = 20 \cdot 6 \cdot 2 = 240.$$

$$P(E) = \dfrac{240}{924} = \dfrac{20}{77}.$$

Bài 9.9 (trang 86)

Đề bài: Gieo liên tiếp một con xúc xắc cân đối và một đồng xu cân đối.

a) Vẽ sơ đồ hình cây mô tả các phần tử của không gian mẫu.

b) Tính xác suất của các biến cố sau:

$F$: “Đồng xu xuất hiện mặt ngửa”;

$G$: “Đồng xu xuất hiện mặt sấp hoặc số chấm xuất hiện trên con xúc xắc là $5$”.

Lời giải:

Kí hiệu $S$ = sấp, $N$ = ngửa.

a) Sơ đồ hình cây có $2$ tầng:

• Tầng 1 (xúc xắc): $6$ nhánh ứng với số chấm $1,; 2,; 3,; 4,; 5,; 6$.
• Tầng 2 (đồng xu): từ mỗi nhánh ở tầng 1, có $2$ nhánh con ($S$ và $N$).

Tổng số lá: $6 \times 2 = 12$.

$$\Omega = {(1, S), (1, N), (2, S), (2, N), \ldots, (6, S), (6, N)}, \quad n(\Omega) = 12.$$

b) Tính xác suất:

Biến cố $F$ – “đồng xu ngửa”: gồm các cặp có $N$. Có $6$ cặp: $(1, N), (2, N), \ldots, (6, N)$.

$$P(F) = \dfrac{6}{12} = \dfrac{1}{2}.$$

Biến cố $G$ – “đồng xu sấp HOẶC xúc xắc bằng $5$”: gồm các cặp có $S$ (sấp) hoặc có số chấm $5$.

• Tất cả $6$ cặp có $S$: $(1, S), (2, S), \ldots, (6, S)$.
• Cặp $(5, N)$ thoả mãn (vì xúc xắc $= 5$), chưa được tính ở trên.

Tổng: $6 + 1 = 7$ cặp. $n(G) = 7$.

$$P(G) = \dfrac{7}{12}.$$

Bài 9.10 (trang 87)

Đề bài: Trên một phố có hai quán ăn $X,; Y$. Ba bạn Sơn, Hải, Văn mỗi người chọn ngẫu nhiên một quán ăn.

a) Vẽ sơ đồ hình cây mô tả các phần tử của không gian mẫu.

b) Tính xác suất của biến cố “Hai bạn vào quán $X$, bạn còn lại vào quán $Y$”.

Lời giải:

a) Sơ đồ hình cây có $3$ tầng (Sơn, Hải, Văn), mỗi tầng $2$ nhánh ($X,; Y$). Tổng số lá: $2^3 = 8$.

Mỗi phần tử của $\Omega$ là một bộ ba (quán Sơn chọn; quán Hải chọn; quán Văn chọn).

$$n(\Omega) = 8.$$

b) Biến cố $E$ = “đúng $2$ trong $3$ bạn vào quán $X$, bạn còn lại vào quán $Y$”.

Liệt kê các phần tử thoả mãn (kí hiệu (S, H, V) – chọn $X$ hoặc $Y$):

• Sơn, Hải vào $X$; Văn vào $Y$: $(X, X, Y)$.
• Sơn, Văn vào $X$; Hải vào $Y$: $(X, Y, X)$.
• Hải, Văn vào $X$; Sơn vào $Y$: $(Y, X, X)$.

$n(E) = 3$.

$$P(E) = \dfrac{3}{8}.$$

Bài 9.11 (trang 87)

Đề bài: Gieo lần lượt hai con xúc xắc cân đối. Tính xác suất để ít nhất một con xúc xắc xuất hiện mặt $6$ chấm.

Lời giải:

Gọi $(a; b)$ là cặp số chấm với $a,; b \in {1, 2, 3, 4, 5, 6}$:

$$n(\Omega) = 6 \times 6 = 36.$$

Đặt $E$ = “ít nhất một con xuất hiện $6$ chấm”. Dùng biến cố đối cho gọn:

$\overline{E}$ = “không con nào xuất hiện $6$” = “cả hai con đều khác $6$”, tức $a,; b \in {1, 2, 3, 4, 5}$.

$$n(\overline{E}) = 5 \times 5 = 25.$$

$$P(\overline{E}) = \dfrac{25}{36} ;\Rightarrow; P(E) = 1 – \dfrac{25}{36} = \dfrac{11}{36}.$$

Bài 9.12 (trang 87)

Đề bài: Màu hạt của đậu Hà Lan có hai kiểu hình là màu vàng và màu xanh tương ứng với hai loại gene là gene trội $A$ và gene lặn $a$. Hình dạng hạt của đậu Hà Lan có hai kiểu hình là hạt trơn và hạt nhăn tương ứng với hai loại gene là gene trội $B$ và gene lặn $b$. Biết rằng, cây con lấy ngẫu nhiên một gene từ cây bố và một gene từ cây mẹ.

Phép thử là cho lai hai loại đậu Hà Lan, trong đó cả cây bố và cây mẹ đều có kiểu gene là $(Aa,; Bb)$ và kiểu hình là hạt màu vàng và trơn. Giả sử các kết quả có thể là đồng khả năng. Tính xác suất để cây con cũng có kiểu hình là hạt màu vàng và trơn.

Lời giải:

Phân tích kiểu hình: Vì $A$ trội nên hạt vàng khi có ít nhất một gene $A$ (cặp gene là $AA,; Aa$ hoặc $aA$); hạt xanh chỉ khi cặp gene là $aa$. Tương tự với hình dạng: hạt trơn khi có ít nhất một $B$, hạt nhăn khi cặp là $bb$.

Bước 1: Xác định không gian mẫu.

Cây con nhận một gene màu từ bố (là $A$ hoặc $a$) và một gene màu từ mẹ (là $A$ hoặc $a$). Tương tự cho gene hình dạng. Vì các kết quả có thể là đồng khả năng:

• Gene màu của cây con là một trong $4$ cặp: $AA,; Aa,; aA,; aa$.
• Gene hình của cây con là một trong $4$ cặp: $BB,; Bb,; bB,; bb$.

Tổng số kết quả có thể của cây con: $n(\Omega) = 4 \times 4 = 16$.

Bước 2: Đếm số kết quả thuận lợi cho “vàng và trơn”.

• “Vàng”: cặp gene màu khác $aa$, tức là $AA,; Aa,; aA$ → $3$ kết quả.
• “Trơn”: cặp gene hình khác $bb$, tức là $BB,; Bb,; bB$ → $3$ kết quả.

Số kết quả “vàng và trơn” (áp dụng quy tắc nhân): $3 \times 3 = 9$.

Bước 3: Tính xác suất.

$$P = \dfrac{9}{16}.$$

ThS. Lê Thị Thuý Nga

(Người kiểm duyệt, ra đề)

Chức vụ: Trưởng ban biên soạn môn Toán THPT

Trình độ: Thạc sĩ Lý luận dạy học Toán, Chứng chỉ hạng II, Chứng chỉ Tin học, Ngoại ngữ B1

Kinh nghiệm: 11+ năm kinh nghiệm tại Trường THPT Lương Thế Vinh