Bài 27: Thực hành tính xác suất theo định nghĩa cổ điển
Bài 27: Thực hành tính xác suất theo định nghĩa cổ điển
Thực hành tính xác suất bằng phương pháp tổ hợp, sơ đồ hình cây và quy tắc biến cố đối; giải quyết bài toán xổ số mở đầu và bài toán lịch sử Chevalier de Méré.
Bài 27: Thực hành tính xác suất theo định nghĩa cổ điển
Trang bị ba công cụ đắc lực để chinh phục mọi bài toán xác suất cổ điển: Phương pháp đại số tổ hợp (đếm không cần liệt kê), Sơ đồ hình cây (trực quan hóa các phép thử nhiều giai đoạn) và Quy tắc biến cố đối (tính gián tiếp bài toán phức tạp).
- Xác suất của biến cố đối: $P(\overline{E}) = 1 - P(E)$
- Phương pháp tổ hợp: Ứng dụng quy tắc đếm, $P_n, A_n^k, C_n^k$
- Sơ đồ hình cây: Mô hình hóa phép thử đa giai đoạn
- Tính xác suất bằng phương pháp tổ hợp khi không gian mẫu lớn.
- Vẽ và phân tích sơ đồ hình cây để giải các bài toán xác suất theo chuỗi.
- Vận dụng linh hoạt quy tắc biến cố đối khi bài toán có từ khóa “ít nhất một”.
Trở lại tình huống mở đầu trong Bài 26: Bạn An chọn bộ 6 số $\{5; 13; 20; 31; 32; 35\}$ từ 45 số. Thùng đựng 45 quả bóng bốc ngẫu nhiên 6 quả bóng không hoàn lại. Hãy tính xác suất trúng giải độc đắc (trùng cả 6 số) và trúng giải nhất (trùng đúng 5 số) của bạn An.
SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP TỔ HỢP
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?
Trong nhiều bài toán, để tính số phần tử của không gian mẫu, của các biến cố, ta thường sử dụng các quy tắc đếm, các công thức tính số hoán vị, chỉnh hợp và tổ hợp.
“Đôi khi người ta gọi Đại số tổ hợp là sự kiểm đếm không cần phải liệt kê.”
Đếm không cần liệt kê!
Một tổ trong lớp 10A có 10 học sinh trong đó có 6 học sinh nam và 4 học sinh nữ. Giáo viên chọn ngẫu nhiên 6 học sinh trong tổ đó để tham gia đội tình nguyện Mùa hè xanh. Tính xác suất của hai biến cố sau:
- $C$: “6 học sinh được chọn đều là nam”;
- $D$: “Trong 6 học sinh được chọn có 4 nam và 2 nữ”.
Không gian mẫu $\Omega$ là tập tất cả các tập con gồm 6 học sinh được chọn từ 10 học sinh:
$$n(\Omega) = C_{10}^6 = 210$$
a) Biến cố $C$: Chọn 6 học sinh đều là nam từ 6 nam có $C_6^6 = 1$ cách.
Vậy $n(C) = 1$. Xác suất của biến cố $C$ là:
$$P(C) = \frac{n(C)}{n(\Omega)} = \frac{1}{210}$$
b) Biến cố $D$: Mỗi phần tử của $D$ được hình thành qua 2 công đoạn:
- Công đoạn 1: Chọn 4 học sinh nam từ 6 học sinh nam, có $C_6^4 = 15$ cách.
- Công đoạn 2: Chọn 2 học sinh nữ từ 4 học sinh nữ, có $C_4^2 = 6$ cách.
Xác suất của biến cố $D$ là: $$P(D) = \frac{n(D)}{n(\Omega)} = \frac{90}{210} = \frac{3}{7}$$
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 có số học sinh nữ bằng số học sinh nam.
- Không gian mẫu: Chọn 6 học sinh từ 12 học sinh $\implies n(\Omega) = C_{12}^6 = 924$.
- Biến cố $E$: “Số học sinh nữ bằng số học sinh nam” nghĩa là chọn được đúng 3 nam và 3 nữ.
- Chọn 3 nam từ 7 nam có: $C_7^3 = 35$ cách.
- Chọn 3 nữ từ 5 nữ có: $C_5^3 = 10$ cách.
- Số kết quả thuận lợi cho $E$ là: $n(E) = 35 \times 10 = 350$.
Xác suất cần tìm là: $$P(E) = \frac{n(E)}{n(\Omega)} = \frac{350}{924} = \frac{25}{66}$$
SỬ DỤNG SƠ ĐỒ HÌNH CÂY
Trong trò chơi “Vòng quay may mắn”, người chơi sẽ quay hai bánh xe:
- Bánh xe thứ nhất: Mũi tên có thể dừng ở một trong hai vị trí: Loại xe 50 cc và Loại xe 110 cc.
- Bánh xe thứ hai: Mũi tên có thể dừng ở một trong bốn vị trí: màu đen, màu trắng, màu đỏ, màu xanh.
Vị trí của mũi tên trên hai bánh xe sẽ xác định người chơi nhận được loại xe nào, màu gì. Phép thử $T$ là quay hai bánh xe. Hãy vẽ sơ đồ hình cây mô tả các phần tử của không gian mẫu.
Bánh xe 1 (2 loại) & Bánh xe 2 (4 màu)
Trong một số bài toán, phép thử $T$ được hình thành từ một chuỗi vài phép thử liên tiếp (chẳng hạn: gieo xúc xắc liên tiếp nhiều lần; lấy lần lượt từng viên bi từ các hộp khác nhau; quay các bánh xe theo thứ tự...).
Khi đó ta sử dụng sơ đồ hình cây để có thể mô tả đầy đủ, trực quan và không bị bỏ sót các kết quả của không gian mẫu cũng như biến cố cần tính xác suất.
Có ba chiếc hộp. Hộp I có chứa 3 viên bi: 1 đỏ, 1 xanh, 1 vàng. Hộp II chứa 2 viên bi: 1 xanh, 1 vàng. Hộp III chứa 2 viên bi: 1 đỏ, 1 xanh. Từ mỗi hộp ta lấy ngẫu nhiên một viên bi.
a) Vẽ sơ đồ hình cây để mô tả các phần tử của không gian mẫu.
b) Tính xác suất để trong 3 viên bi lấy ra có đúng một viên bi màu xanh.
Sơ đồ hình cây biểu diễn 12 nhánh kết quả của phép thử
a) Kí hiệu Đ, X, V tương ứng là viên bi màu đỏ, màu xanh và màu vàng.
Từ sơ đồ cây, các kết quả có thể là:
$$\Omega = \{\text{ĐXĐ; ĐXX; ĐVĐ; ĐVX; XXĐ; XXX; XVĐ; XVX; VXĐ; VXX; VVĐ; VVX}\}$$
Số phần tử của không gian mẫu là: $n(\Omega) = 3 \times 2 \times 2 = 12$.
b) Gọi $K$ là biến cố: “Trong ba viên bi lấy ra có đúng một viên bi màu xanh”.
Các kết quả thuận lợi có đúng 1 chữ X là:
$$K = \{\text{ĐXĐ; ĐVX; XVĐ; VXĐ; VVX}\} \implies n(K) = 5$$
Xác suất của biến cố $K$ là:
$$P(K) = \frac{n(K)}{n(\Omega)} = \frac{5}{12}$$
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.
• Không gian mẫu có $2 \times 4 = 8$ phần tử.
• Biến cố gồm 2 kết quả: (110 cc, trắng) và (110 cc, xanh).
• Xác suất: $P = \frac{2}{8} = \frac{1}{4} = 0,25$.
Chọn ngẫu nhiên một gia đình có 3 con. Tính xác suất để gia đình đó có đúng 1 con trai và 2 con gái (khả năng sinh trai và gái như nhau).
• Không gian mẫu có $2^3 = 8$ phần tử.
• Biến cố có 1 trai, 2 gái gồm 3 kết quả: (TGG, GTG, GGT).
• Xác suất: $P = \frac{3}{8} = 0,375$.
XÁC SUẤT CỦA BIẾN CỐ ĐỐI
QUY TẮC TÍNH XÁC SUẤT BIẾN CỐ ĐỐI
Cho $E$ là một biến cố liên quan đến phép thử $T$ có không gian mẫu $\Omega$. Do biến cố đối $\overline{E} = \Omega \setminus E$ nên $n(\overline{E}) = n(\Omega) - n(E)$.
Chia cả hai vế cho $n(\Omega)$, ta được công thức:
Chọn ngẫu nhiên hai số từ tập $\{1; 2; \dots; 9\}$. Gọi $H$ là biến cố: “Trong hai số được chọn có ít nhất một số chẵn”.
a) Mô tả không gian mẫu.
b) Biến cố $\overline{H}$ là tập con nào của không gian mẫu?
c) Tính $P(\overline{H})$ và $P(H)$.
a) Không gian mẫu là tập tất cả các tập con có 2 phần tử của $\{1; 2; \dots; 9\}$:
$$n(\Omega) = C_9^2 = 36$$
b) Biến cố đối $\overline{H}$ là: “Cả hai số được chọn đều là số lẻ”.
Tập các số lẻ là $\{1; 3; 5; 7; 9\}$ gồm 5 số. Do đó $\overline{H}$ là tập tất cả các tập con có 2 phần tử của tập các số lẻ:
$$n(\overline{H}) = C_5^2 = 10$$
c) Xác suất của biến cố đối $\overline{H}$ là: $$P(\overline{H}) = \frac{n(\overline{H})}{n(\Omega)} = \frac{10}{36} = \frac{5}{18}$$ Từ đó xác suất của biến cố $H$ là: $$P(H) = 1 - P(\overline{H}) = 1 - \frac{5}{18} = \frac{13}{18}$$
Có ba hộp A, B, C. Hộp A chứa ba thẻ mang số 1, 2, 3. Hộp B chứa hai thẻ mang số 2, 3. Hộp C chứa hai thẻ mang số 1, 2. Từ mỗi hộp rút ngẫu nhiên một thẻ. Gọi $M$ là biến cố: “Trong ba thẻ rút ra có ít nhất một thẻ số 1”. Tính $P(M)$ qua biến cố đối.
- Số kết quả có thể của phép thử: $n(\Omega) = 3 \times 2 \times 2 = 12$.
- Biến cố đối $\overline{M}$: “Trong ba thẻ rút ra không có thẻ nào mang số 1”.
- Rút từ hộp A (chọn 2 hoặc 3): 2 cách.
- Rút từ hộp B (chọn 2 hoặc 3): 2 cách.
- Rút từ hộp C (chọn số 2): 1 cách.
- Số kết quả thuận lợi cho $\overline{M}$ là: $n(\overline{M}) = 2 \times 2 \times 1 = 4$.
Suy ra: $$P(\overline{M}) = \frac{4}{12} = \frac{1}{3} \implies P(M) = 1 - P(\overline{M}) = 1 - \frac{1}{3} = \frac{2}{3}$$
Không gian mẫu $\Omega$ là tập tất cả các tập con có 6 phần tử của tập $\{1; 2; 3; \dots; 45\}$. Do đó: $$n(\Omega) = C_{45}^6 = 8\,145\,060$$
Bạn An trúng giải độc đắc khi bộ số trúng thưởng trùng khít với bộ số An đã chọn. Do đó tập $F$ chỉ có duy nhất 1 phần tử: $n(F) = 1$.
Xác suất này chỉ khoảng $1$ phần $8$ triệu — cực kì bé theo Nguyên lí xác suất bé!
An trúng giải nhất khi bộ số trúng thưởng có đúng 5 số trùng với bộ số An chọn và 1 số còn lại không thuộc bộ số An đã chọn. Mỗi kết quả của $G$ được hình thành qua 2 công đoạn:
- Công đoạn 1: Chọn 5 phần tử trong 6 phần tử An đã chọn, có $C_6^5 = 6$ cách.
- Công đoạn 2: Chọn 1 phần tử còn lại trong $45 - 6 = 39$ phần tử khác, có $C_{39}^1 = 39$ cách.
Theo quy tắc nhân: $n(G) = 6 \times 39 = 234$ (kết quả thuận lợi).
Năm 1652, nhà toán học Blaise Pascal nhận được một bức thư từ nhà quý tộc Pháp Chevalier de Méré nhờ giải đáp bài toán hóc búa về trò chơi may rủi:
“Khi tham gia một trò chơi, người chơi được chọn một trong ba phương án:
• Phương án 1: Gieo con xúc xắc liên tiếp 6 lần. Thắng nếu có ít nhất một lần xuất hiện mặt 6 chấm.
• Phương án 2: Gieo con xúc xắc liên tiếp 12 lần. Thắng nếu có ít nhất hai lần xuất hiện mặt 6 chấm.
• Phương án 3: Gieo con xúc xắc liên tiếp 18 lần. Thắng nếu có ít nhất ba lần xuất hiện mặt 6 chấm.
Người chơi nên chọn phương án nào?”
Pascal đã dùng quy tắc biến cố đối và định nghĩa cổ điển để tính ra xác suất thắng cụ thể:
- Xác suất thắng Phương án 1 là: $1 - \left(\frac{5}{6}\right)^6 \approx \mathbf{0,665}$
- Xác suất thắng Phương án 2 là: $1 - \left[\left(\frac{5}{6}\right)^{12} + 12 \cdot \frac{1}{6} \cdot \left(\frac{5}{6}\right)^{11}\right] \approx \mathbf{0,619}$
- Xác suất thắng Phương án 3 là: $\approx \mathbf{0,597}$
⇒ Do $0,665 > 0,619 > 0,597$, Pascal đã khuyên nhà quý tộc nên chọn Phương án 1 để có cơ hội thắng lớn nhất!
a) Tính xác suất biến cố $A$: “Con đầu là gái”.
b) Tính xác suất biến cố $B$: “Có ít nhất một người con trai”.
- Kí hiệu $T$ là con trai, $G$ là con gái. Mỗi người con có 2 khả năng giới tính $\implies n(\Omega) = 2^3 = 8$.
- Xác suất biến cố đối: $P(B) = 1 - P(\overline{B})$.
Lời giải chi tiết:
Không gian mẫu gồm 8 phần tử:
$$\Omega = \{\text{TTT; TTG; TGT; TGG; GTT; GTG; GGT; GGG}\}$$
a) Biến cố $A$: “Con đầu là gái”:
$$A = \{\text{GTT; GTG; GGT; GGG}\} \implies n(A) = 4$$ $$P(A) = \frac{n(A)}{n(\Omega)} = \frac{4}{8} = \frac{1}{2}$$
b) Biến cố $B$: “Có ít nhất một người con trai”:
Biến cố đối $\overline{B}$: “Cả ba người con đều là gái” $\implies \overline{B} = \{\text{GGG}\} \implies n(\overline{B}) = 1$.
$$P(\overline{B}) = \frac{1}{8} \implies P(B) = 1 - P(\overline{B}) = 1 - \frac{1}{8} = \frac{7}{8}$$
Chọn đáp án A.
a) $C$: “Cả hai thẻ rút được đều mang số lẻ”;
b) $D$: “Cả hai thẻ rút được đều mang số chẵn”.
- Từ 10 đến 20 có $20 - 10 + 1 = 11$ tấm thẻ. Rút 2 tấm thẻ bất kì $\implies n(\Omega) = C_{11}^2 = 55$.
- Phân loại thẻ: có 5 thẻ số lẻ $\{11; 13; 15; 17; 19\}$ và 6 thẻ số chẵn $\{10; 12; 14; 16; 18; 20\}$.
Lời giải chi tiết:
a) Tính $P(C)$:
Chọn 2 thẻ số lẻ từ 5 thẻ số lẻ có: $n(C) = C_5^2 = 10$ cách.
$$P(C) = \frac{n(C)}{n(\Omega)} = \frac{10}{55} = \frac{2}{11}$$
b) Tính $P(D)$:
Chọn 2 thẻ số chẵn từ 6 thẻ số chẵn có: $n(D) = C_6^2 = 15$ cách.
$$P(D) = \frac{n(D)}{n(\Omega)} = \frac{15}{55} = \frac{3}{11}$$
Chọn đáp án A.
- Tổng số bi trong hộp: $6 + 4 + 2 = 12$ viên bi.
- Số phần tử không gian mẫu: chọn 6 viên từ 12 viên $\implies n(\Omega) = C_{12}^6 = 924$.
- Áp dụng quy tắc nhân để đếm số cách chọn từng loại bi.
Lời giải chi tiết:
Gọi $E$ là biến cố: “Trong 6 viên bi có 3 viên trắng, 2 viên đỏ và 1 viên đen”.
Số cách chọn thuận lợi gồm 3 công đoạn: - Chọn 3 bi trắng từ 6 bi trắng: $C_6^3 = 20$ cách. - Chọn 2 bi đỏ từ 4 bi đỏ: $C_4^2 = 6$ cách. - Chọn 1 bi đen từ 2 bi đen: $C_2^1 = 2$ cách.
Theo quy tắc nhân: $$n(E) = C_6^3 \times C_4^2 \times C_2^1 = 20 \times 6 \times 2 = 240$$
Xác suất của biến cố $E$ là: $$P(E) = \frac{n(E)}{n(\Omega)} = \frac{240}{924} = \frac{20}{77}$$
Chọn đáp án A.
a) Tính xác suất biến cố $F$: “Đồng xu xuất hiện mặt ngửa”.
b) Tính xác suất biến cố $G$: “Đồng xu xuất hiện mặt sấp hoặc số chấm xuất hiện trên con xúc xắc là 5”.
- Không gian mẫu $\Omega$ gồm các cặp $(i, X)$ với $i \in \{1; 2; 3; 4; 5; 6\}$ và $X \in \{S, N\} \implies n(\Omega) = 6 \times 2 = 12$.
- Biến cố $G$ là hợp của hai trường hợp: mặt sấp hoặc mặt 5 chấm.
Lời giải chi tiết:
a) Biến cố $F$: “Đồng xu ra mặt ngửa”:
$$F = \{(1, N); (2, N); (3, N); (4, N); (5, N); (6, N)\} \implies n(F) = 6$$ $$P(F) = \frac{6}{12} = \frac{1}{2}$$
b) Biến cố $G$: “Đồng xu ra mặt sấp HOẶC xúc xắc 5 chấm”:
- Các kết quả đồng xu ra mặt sấp: $(1, S); (2, S); (3, S); (4, S); (5, S); (6, S)$ (6 kết quả).
- Kết quả xúc xắc 5 chấm nhưng đồng xu ra mặt ngửa: $(5, N)$ (1 kết quả).
Do đó $n(G) = 6 + 1 = 7$.
$$P(G) = \frac{7}{12}$$
Chọn đáp án A.
- Mỗi bạn có 2 sự lựa chọn (quán X hoặc Y) $\implies n(\Omega) = 2^3 = 8$.
- Chọn 2 trong 3 bạn vào quán X có $C_3^2$ cách.
Lời giải chi tiết:
Không gian mẫu gồm 8 kết quả:
$$\Omega = \{\text{XXX; XXY; XYX; XYY; YXX; YXY; YYX; YYY}\} \implies n(\Omega) = 8$$
Gọi $E$ là biến cố: “Hai bạn vào quán X, bạn còn lại vào quán Y”.
Các kết quả thuận lợi có đúng 2 chữ X và 1 chữ Y là:
$$E = \{\text{XXY; XYX; YXX}\} \implies n(E) = 3$$
Xác suất của biến cố $E$ là: $$P(E) = \frac{n(E)}{n(\Omega)} = \frac{3}{8}$$
Chọn đáp án A.
Đã Thành Thạo Bài Tập Cơ Bản SGK?
Thử thách ngay với 2 bài toán tương tự & vận dụng nâng cao để bứt phá mục tiêu 9+!
Ngân Hàng Bài Toán Tương Tự & Vận Dụng Nâng Cao
Tuyển tập các bài toán phát triển từ câu hỏi SGK, bám sát đề minh họa và đề thi tốt nghiệp THPT 2025. Hướng dẫn tư duy bản chất, mẹo bấm máy giải nhanh và kèm lớp Zoom tương tác hàng tuần.
Mở Khóa Đáp Án & Lời Giải Dạng Toán Tương Tự 9+
Dạng bài toán tương tự & vận dụng nâng cao này giúp em nắm chắc phương pháp giải nhanh điểm 9+. Đăng nhập hoặc tạo tài khoản miễn phí chỉ trong 30 giây để bắt đầu giải bài!
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.
Mở Khóa Đáp Án & Lời Giải Dạng Toán Tương Tự 9+
Dạng bài toán tương tự & vận dụng nâng cao này giúp em nắm chắc phương pháp giải nhanh điểm 9+. Đăng nhập hoặc tạo tài khoản miễn phí chỉ trong 30 giây để bắt đầu giải bài!