Bài tập Bài 27. Thực hành tính xác suất theo định nghĩa cổ điển có đáp án

Hướng dẫn giải

Phép thử của bài toán là chọn ngẫu nhiên 6 số trong 45 số: 1; 2; 3; …; 45. Không gian mẫu Ω là tập hợp tất cả các tập con có 6 phần tử của tập {1; 2; 3; …; 45}.

Do đó số phần tử của không gian mẫu là n(Ω) = $C_{45}^6$.

+ Gọi F là biến cố: “Bạn An trúng giải độc đắc”.

Ta có: F là tập hợp có duy nhất 1 phần tử là tập {5; 13; 20; 31; 32; 35}. Do đó, n(F) = 1.

Vậy xác suất để bạn An trúng giải độc đắc là $P\left( F \right) = \frac{{n\left( F \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{1}{{C_{45}^6}} = \frac{1}{{8\,\,145\,\,060}}$.

+ Gọi G là biến cố: “Bạn An trúng giải nhất”.

Vì nếu bộ số của người chơi trùng với 5 số của bộ số trúng thưởng thì người chơi trúng giải nhất.

Do đó G là tập hợp tất cả các tập con gồm 6 phần tử của tập {1; 2; 3; …; 45} có tính chất: năm phần tử của nó thuộc tập {5; 13; 20; 31; 32; 35} và một phần tử còn lại không thuộc tập {5; 13; 20; 31; 32; 35}. Nghĩa là phần tử còn lại này phải thuộc tập {1; 2; 3; …; 45} \ {5; 13; 20; 31; 32; 35} (tập hợp này gồm 45 – 6 = 39 phần tử).

Mỗi phần tử của G được hình thành từ hai công đoạn.

Công đoạn 1. Chọn 5 phần tử trong tập {5; 13; 20; 31; 32; 35}, có $C_6^5$ cách chọn.

Công đoạn 2. Chọn 1 phần tử trong 39 phần tử còn lại, có $C_{39}^1$ cách chọn.

Theo quy tắc nhân, số phần tử của G là: n(G) = $C_6^5.C_{39}^1 = 234$ (phần tử).

Vậy xác suất để bạn An trúng giải nhất là $P\left( G \right) = \frac{{n\left( G \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{234}}{{C_{45}^6}} = \frac{{39}}{{1\,\,357\,510}}$.

Hướng dẫn giải

Ta không thể tính n(Ω), n(F), n(G) bằng cách liệt kê hết được các phần tử của Ω, F, G rồi kiểm đếm, vì số các tập con gồm 6 phần tử của tập {1; 2; ...; 45} là quá lớn.

Hướng dẫn giải

Không gian mẫu là tập tất cả các tập con gồm 6 học sinh trong 12 học sinh.

Do đó, n(Ω) = $C_{12}^6$ = 924.

Gọi biến cố A: “6 học sinh được chọn số học sinh nữ bằng số học sinh nam”.

Để số học sinh nữ bằng số học sinh nam thì chọn 3 nữ và 3 nam.

Mỗi phần tử của A được hình thành từ hai công đoạn.

Công đoạn 1. Chọn 3 học sinh nữ từ 5 học sinh nữ, có $C_5^3 = 10$ (cách chọn).

Công đoạn 2. Chọn 3 học sinh nam từ 7 học sinh nam, có $C_7^3 = 35$ (cách chọn).

Theo quy tắc nhân, tập A có 10 . 35 = 350 (phần tử). Do đó, n(A) = 350.

Vậy $P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{350}}{{924}} = \frac{{25}}{{66}}$.

Hướng dẫn giải

Theo bài ra, ta vẽ được sơ đồ hình cây mô tả các phần tử của không gian mẫu của phép thử T như sau:

Hướng dẫn giải

Theo như sơ đồ cây ở HĐ2, ta có n(Ω) = 8.

Gọi biến cố A: “Người chơi nhận được loại xe 110 cc có màu trắng hoặc màu xanh”.

Ta có n(A) = 2.

Vậy $P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{2}{8} = \frac{1}{4}$.

Hướng dẫn giải:

a) Theo bài ra, ta vẽ được sơ đồ hình cây mô tả các phần tử của không gian mẫu như sau:

Đặt cách viết tắt: Gái = G, Trai = T.

Các kết quả có thể là: GGG; GGT; GTG; GTT; TGG; TGT; TTG; TTT.

Do đó: n(Ω) = {GGG; GGT; GTG; GTT; TGG; TGT; TTG; TTT}.

Vậy n(Ω) = 8.

b) Gọi biến cố A: “Gia đình đó có một con trai và hai con gái”.

Ta có: A = {GTG; TGG; GGT}. Do đó, n(A) = 3.

Vậy $P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{3}{8}$.

Hướng dẫn giải:

Do E và $\overline E$ là hai biến cố đối nên biến cố $\overline E$ là phần bù của E trong Ω hay $\overline E = {C_\Omega }E$.

Hay biến cố đối $\overline E$ là tập tất cả các phần tử của Ω mà không là phần tử của E.

Do đó ta có: n($\overline E$) + n(E) = n(Ω).

Vậy $n\left( {\overline E } \right)$ = n(Ω) – n(E).

Hướng dẫn giải:

a) Theo bài ra, ta vẽ được sơ đồ hình cây mô tả các phần tử của không gian mẫu như sau:

Ta có: Ω = {121; 122; 131; 132; 221; 222; 231; 232; 321; 322; 331; 332}.

Vậy n(Ω) = 12.

b) Biến cố M: “Trong ba thẻ rút ra có ít nhất một thẻ số 1”.

Do đó, biến cố $\overline M$: "Trong ba thẻ rút ra không có thẻ số 1".

Khi đó: $\overline M$ = {222; 232; 322; 332}.

c) Ta có: $n\left( {\overline M } \right)$ = 4.

Do đó, $P\left( {\overline M } \right) = \frac{{n\left( {\overline M } \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{4}{{12}} = \frac{1}{3}$.

Vì $\overline M$ là biến cố đối của biến cố M nên $P\left( {\overline M } \right) = 1 - P\left( M \right)$.

Hay $P\left( M \right) = 1 - P\left( {\overline M } \right) = 1 - \frac{1}{3} = \frac{2}{3}.$

Vậy $P\left( M \right) = \frac{2}{3}$ và $P\left( {\overline M } \right) = \frac{1}{3}$.

Hướng dẫn giải

Phép thử của bài toán là chọn ngẫu nhiên 6 số trong 45 số: 1; 2; 3; …; 45. Không gian mẫu Ω là tập hợp tất cả các tập con có 6 phần tử của tập {1; 2; 3; …; 45}.

Do đó số phần tử của không gian mẫu là n(Ω) = $C_{45}^6$.

+ Gọi F là biến cố: “Bạn An trúng giải độc đắc”.

Ta có: F là tập hợp có duy nhất 1 phần tử là tập {5; 13; 20; 31; 32; 35}. Do đó, n(F) = 1.

Vậy xác suất để bạn An trúng giải độc đắc là $P\left( F \right) = \frac{{n\left( F \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{1}{{C_{45}^6}} = \frac{1}{{8\,\,145\,\,060}}$.

+ Gọi G là biến cố: “Bạn An trúng giải nhất”.

Vì nếu bộ số của người chơi trùng với 5 số của bộ số trúng thưởng thì người chơi trúng giải nhất.

Do đó G là tập hợp tất cả các tập con gồm 6 phần tử của tập {1; 2; 3; …; 45} có tính chất: năm phần tử của nó thuộc tập {5; 13; 20; 31; 32; 35} và một phần tử còn lại không thuộc tập {5; 13; 20; 31; 32; 35}. Nghĩa là phần tử còn lại này phải thuộc tập {1; 2; 3; …; 45} \ {5; 13; 20; 31; 32; 35} (tập hợp này gồm 45 – 6 = 39 phần tử).

Mỗi phần tử của G được hình thành từ hai công đoạn.

Công đoạn 1. Chọn 5 phần tử trong tập {5; 13; 20; 31; 32; 35}, có $C_6^5$ cách chọn.

Công đoạn 2. Chọn 1 phần tử trong 39 phần tử còn lại, có $C_{39}^1$ cách chọn.

Theo quy tắc nhân, số phần tử của G là: n(G) = $C_6^5.C_{39}^1 = 234$ (phần tử).

Vậy xác suất để bạn An trúng giải nhất là $P\left( G \right) = \frac{{n\left( G \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{234}}{{C_{45}^6}} = \frac{{39}}{{1\,\,357\,510}}$.

Hướng dẫn giải

Cách 1: Theo Luyện tập 3 trang 85 ta có:

n(Ω) = {GGG; GGT; GTG; GTT; TGG; TGT; TTG; TTT} và n(Ω) = 8.

a) Biến cố A: “Con đầu là gái”, do đó A = {GGG; GGT; GTG; GTT}. Suy ra n(A) = 4.

Vậy $P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{4}{8} = \frac{1}{2}$.

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

Suy ra biến cố $\overline B$: “Không có người con trai nào”.

Khi không có người con trai nào, tức cả ba người con đều là gái, do đó $\overline B$ = {GGG} nên $n\left( {\overline B } \right) = 1$.

Do đó, $P\left( {\overline B } \right) = \frac{{n\left( {\overline B } \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{1}{8}$.

Từ đó suy ra $P\left( B \right) = 1 - P\left( {\overline B } \right) = 1 - \frac{1}{8} = \frac{7}{8}$.

Cách 2:

Mỗi người con sẽ là trai hoặc gái, nên 3 người con thì số khả năng xảy ra là: 2 . 2 . 2 = 8, hay n(Ω) = 8.

a) Con đầu là con gái vậy chỉ có 1 cách chọn.

Hai người con sau không phân biệt về giới tính nên có: 2 . 2 = 4 cách chọn.

Do đó, n(A) = 1 . 4 = 4.

Vậy $P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{4}{8} = \frac{1}{2}$.

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

Suy ra biến cố $\overline B$: “Không có người con trai nào”.

Khi không có người con trai nào, tức cả ba người con đều là gái, nên $n\left( {\overline B } \right) = 1$.

Do đó, $P\left( {\overline B } \right) = \frac{{n\left( {\overline B } \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{1}{8}$.

Từ đó suy ra $P\left( B \right) = 1 - P\left( {\overline B } \right) = 1 - \frac{1}{8} = \frac{7}{8}$.

Hướng dẫn giải

Phép thử là chọn ngẫu nhiên 2 tấm thẻ từ hộp.

Các tấm thẻ đánh số 10; 11; ....; 20, nghĩa là có 20 – 10 + 1 = 11 (tấm thẻ).

Không gian mẫu là tập tất cả các tập con gồm 2 tấm thẻ trong 11 tấm thẻ.

Do đó, n(Ω) = $C_{11}^2 = 55$.

a) Cả hai thẻ được rút ra đều mang số lẻ, nên 2 thẻ rút ra thuộc tập {11; 13; 15; 17; 19}.

Do đó n(C) = $C_5^2 = 10$.

Vậy $P\left( C \right) = \frac{{n\left( C \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{10}}{{55}} = \frac{2}{{11}}$.

b) Cả hai thẻ được rút ra đều mang số chẵn, nên 2 thẻ rút ra thuộc tập {10; 12; 14; 16; 18; 20}.

Do đó n(D) = $C_6^2 = 15$.

Vậy $P\left( D \right) = \frac{{n\left( D \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{15}}{{55}} = \frac{3}{{11}}$.

Hướng dẫn giải

Tổng số viên bi trong hộp là 6 + 4 + 2 = 12 (viên bi).

Chọn 6 viên bi trong 12 viên bi thì số cách chọn là: $C_{12}^6$ = 924 (cách).

Do đó, n(Ω) = 924.

Gọi biến cố A: “Trong 6 viên bi đó có 3 viên bi trắng, 2 viên bi đỏ và 1 viên bi đen”.

Mỗi phần tử của A được hình thành từ ba công đoạn.

+ Công đoạn 1. Chọn 3 viên bi trắng trong 6 viên bi trắng, số cách chọn: $C_6^3$ = 20.

+ Công đoạn 2. Chọn 2 viên bi đỏ trong 4 viên bi đỏ, số cách: $C_4^2$ = 6.

+ Công đoạn 3. Chọn 1 viên bi đen trong 2 viên bi đen, số cách: $C_2^1$ = 2.

Theo quy tắc nhân, tập A có 20 . 6 . 2 = 240 (phần tử) hay n(A) = 240.

Vậy $P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{240}}{{924}} = \frac{{20}}{{77}}$.

Hướng dẫn giải

a) Đồng xu và con xúc xắc cân đối nên các kết quả xảy ra có thể đồng khả năng.

Gieo một con xúc xắc, các kết quả có thể xảy ra là 1, 2, 3, 4, 5, 6 chấm.

Gieo một đồng xu, các kết quả có thể xảy ra là xuất hiện mặt sấp hoặc mặt ngửa.

Kí hiệu S là mặt sấp, N là mặt ngửa.

Sơ đồ hình cây mô tả các phần tử của không gian mẫu là:

Các kết quả có thể là: S1; S2; S3; S4; S5; S6; N1; N2; N3; N4; N5; N6.

Do đó, Ω = {S1; S2; S3; S4; S5; S6; N1; N2; N3; N4; N5; N6}.

Vậy n(Ω) = 12.

b)

+ Biến cố F: “Đồng xu xuất hiện mặt ngửa”.

Các kết quả thuận lợi cho biến cố F là: N1; N2; N3; N4; N5; N6.

Do đó, F = {N1; N2; N3; N4; N5; N6}.

⇒ n(F) = 6.

Vậy $P\left( F \right) = \frac{{n\left( F \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{6}{{12}} = \frac{1}{2}$.

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

Các kết quả thuận lợi cho biến cố G là: S1; S2; S3; S4; S5; S6; N5.

Do đó, G = {S1; S2; S3; S4; S5; S6; N5}.

⇒ n(G) = 7.

Vậy $P\left( G \right) = \frac{{n\left( G \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{7}{{12}}$.

Hướng dẫn giải

a) Theo bài ra ta vẽ được sơ đồ hình cây mô tả các phần tử của không gian mẫu như sau:

Các kết quả có thể là: XXX; XXY; XYX; XYY; YXX; YXY; YYX; YYY.

Do đó, Ω = {XXX; XXY; XYX; XYY; YXX; YXY; YYX; YYY}.

Vậy n(Ω) = 8.

b) Gọi biến cố A: “Hai bạn vào quán X, bạn còn lại vào quán Y”.

Các kết quả thuận lợi cho biến cố A: XXY; XYX; YXX.

Do đó A = {XXY; XYX; YXX}.

⇒ n(A) = 3.

Vậy $P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{3}{8}$.

Hướng dẫn giải

Hai con xúc xắc cân đối nên các kết quả xảy ra có thể đồng khả năng.

Gieo một con xúc xắc, các kết quả có thể xảy ra là 1, 2, 3, 4, 5, 6 chấm.

Vì gieo lần lượt hai con xúc xắc cân đối, nên theo quy tắc nhân, số phần tử của không gian mẫu là: n(Ω) = 6 . 6 = 36.

Gọi biến cố A: “Ít nhất một con xúc xắc xuất hiện mặt 6 chấm”.

Để ít nhất một con xúc xắc xuất hiện mặt 6 chấm thì có các khả năng là:

+ Trường hợp 1: một con 6 chấm, một con không phải 6 chấm, số khả năng: 1 . 5 . 2 = 10.

(Do gieo lần lượt nên các kết quả: 61; 62; 63; 64; 65; 16; 26; 36; 46; 56).

+ Trường hợp 2: cả hai con 6 chấm, số khả năng: 1.

Vì các trường hợp là rời nhau, nên theo quy tắc cộng, ta có: n(A) = 10 + 1 = 11.

Vậy $P\left( A \right) = \frac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \frac{{11}}{{36}}$.

Ta vẽ sơ đồ hình cây để mô tả các kết quả có thể của kiểu gen ứng với màu hạt của cây con là

Các kết quả có thể của kiểu gene ứng với màu hạt của cây con là 4 nhánh cây: AA, Aa, aA, aa.

Tương tự các kết quả có thể của kiểu gene ứng với dạng hạt của cây con là 4 nhánh cây: BB, Bb, bB, BB.

Ta liệt kê được tất cả các kết quả có thể của phép thử bằng cách vẽ bảng như sau:

Mỗi ô là một kết quả có thể về kiểu gene của cây con. Không gian mẫu là tập hợp 16 ô của bảng trên. Như vậy không gian mẫu Ω của phép thử là

Ω = {(AA, BB); (AA, Bb); (AA, bB); (AA, bb); (Aa, BB); (Aa, Bb); (Aa, bB); (Aa, bb); (aA, BB); (aA, Bb); (aA, bB); (aA, bb); (aa, BB); (aa, Bb); (aa, bB); (aa, bb)}.

Và n(Ω) = 16.

Kí hiệu E là biến cố: “Cây con có hạt màu vàng và trơn”.

Cây con có hạt màu vàng và trơn khi và chỉ khi trong kiểu gene màu hạt có ít nhất một gene trội A và trong kiểu gene hình dạng hạt có ít nhất một gene trội B.

Do đó E = {(AA, BB); (AA, Bb); (AA, bB); (Aa, BB); (Aa, Bb); (Aa, bB); (aA, BB); (aA, Bb); (aA, bB)}.

Suy ra n(E) = 9.

Vậy xác suất để cây con có kiểu hình là hạt màu vàng và trơn là $P(E)=\frac{n(E)}{n(Ω)}=\frac{9}{16}$.