Chương VIII. Xác suất của biến cố trong một số mô hình xác suất đơn giản

Bài tập cuối chương VIII

Sách bài tập Toán 9 — Kết nối tri thức, tập 2 · 8 bài tập, mỗi câu ít nhất 2 cách giải.

#Toán9 #ChươngVIII #SáchBàiTập_Tập2 #trang47–48 #CùngBàiBênSGK #BàiTiếpTheo

Mở bài học này trong app ↗📗 Xem bài này trong SGK →

Bài 1 · Bài 1★★Trang 47— Xác suất tích hai số từ hai túi độc lập, không gian mẫu

3 \times 4

Bài 1 (trang 47). Có hai túi I và II. Túi I chứa ba quả cầu ghi các số 1; 2; 3. Túi II chứa bốn tấm thẻ ghi các số 1; 2; 3; 4. Lấy ngẫu nhiên một quả cầu và một tấm thẻ từ mỗi túi I và II. Xác suất của biến cố “Tích hai số ghi trên quả cầu và tấm thẻ bằng 6” là
A.

\frac{1}{6}

.
B.

\frac{1}{7}

.
C.

\frac{2}{11}

.
D.

\frac{1}{4}

Kiến thức cần nhớ

Không gian mẫu của hai phép thử độc lập có $n (Ω)$ bằng tích số kết quả mỗi phép thử.
Xác suất của biến cố $A$ : $P (A) = \frac{n ( A )}{n ( Ω )}$ .

🧠 Phân tích tư duy

Lấy một quả cầu và một tấm thẻ từ hai túi khác nhau là hai phép thử độc lập nên không gian mẫu gồm

3 \times 4 = 12

cặp đồng khả năng. Dấu hiệu: đề hỏi về tích của hai số, nên cách tự nhiên là phân tích 6 thành tích các ước rồi lọc theo miền giá trị mỗi túi. Bẫy: túi I chỉ có số đến 3 và túi II chỉ có số đến 4, nên cặp ước

(1; 6)

hay

(6; 1)

không hợp lệ dù

1 \times 6 = 6

1Cách 1. Liệt kê toàn bộ 12 cặp và tính tích trực tiếp

Định hướng. Không gian mẫu gồm $3 \times 4 = 12$ cặp (số quả cầu; số tấm thẻ) đồng khả năng; liệt kê hết rồi tính tích từng cặp.

Ω = {(1; 1); (1; 2); (1; 3); (1; 4); (2; 1); (2; 2); (2; 3); (2; 4); (3; 1); (3; 2); (3; 3); (3; 4)}

n (Ω) = 12

.
Tích tương ứng:

1; 2; 3; 4; 2; 4; 6; 8; 3; 6; 9; 12

.
Các cặp có tích bằng

6

(2; 3); (3; 2)

n (A) = 2

P (A) = \frac{2}{12} = \frac{1}{6}

Vậy $P (A) = \frac{1}{6}$ , chọn đáp án A.

2Cách 2. Cố định quả cầu túi I rồi suy tấm thẻ túi II tương ứng

Định hướng. Với mỗi số $a$ trên quả cầu túi I, cần tấm thẻ $b = 6 \div a$ ở túi II; chỉ giữ lại khi $b$ nguyên và thuộc ${1; 2; 3; 4}$ .

a = 1

: cần

b = 6

, không thuộc túi II, loại.

a = 2

: cần

b = 3

, thuộc túi II, nhận.

a = 3

: cần

b = 2

, thuộc túi II, nhận.

n (A) = 2

P (A) = \frac{2}{12} = \frac{1}{6}

Vậy $P (A) = \frac{1}{6}$ , chọn đáp án A.

3Cách 3. Phân tích 6 thành tích các ước rồi lọc theo miền giá trị hai túi

Định hướng. Liệt kê mọi cách phân tích $6 = a \times b$ với $a, b$ nguyên dương, sau đó chỉ giữ cặp có $a$ thuộc túi I ( $1$ đến $3$ ) và $b$ thuộc túi II ( $1$ đến $4$ ), không cần dò từng cặp trong 12 ô.

6 = 1 \times 6 = 2 \times 3 = 3 \times 2 = 6 \times 1

(1; 6)

b = 6 \in /

túi II, loại.

(2; 3)

a = 2 \in

túi I,

b = 3 \in

túi II, nhận.

(3; 2)

a = 3 \in

túi I,

b = 2 \in

túi II, nhận.

(6; 1)

a = 6 \in /

túi I, loại.

n (A) = 2

P (A) = \frac{2}{12} = \frac{1}{6}

Vậy $P (A) = \frac{1}{6}$ , chọn đáp án A.

Nhận xét. Cách phân tích ước số tránh liệt kê cả 12 ô, hữu ích khi tích cần tìm lớn hoặc túi có nhiều phần tử hơn.

⭐ Cách nên dùng khi đi thi. Đi thi dùng Cách 2 hoặc Cách 3: chỉ cần xét 3 hoặc 4 giá trị thay vì liệt kê cả 12 ô, nhanh và khó nhầm hơn.

Đáp số. Chọn đáp án A.

\frac{1}{6}

Sai lầm thường gặp. Lấy nhầm cả cặp

(1; 6)

hoặc

(6; 1)

vào biến cố thuận lợi vì chỉ nhớ

1 \times 6 = 6

mà quên kiểm tra

6

có thuộc đúng miền giá trị của từng túi hay không.

🚀 Mở rộng. Nếu đổi yêu cầu thành “tích bằng 4”, các cặp thoả mãn sẽ là

(1; 4)

và

(2; 2)

, cho một xác suất khác.

Mở bài này trong app ↗

Bài 2 · Bài 2★★Trang 47— Xác suất hai xúc xắc độc lập ra cùng một giá trị

Bài 2 (trang 47). Hai bạn Minh và Dung mỗi người gieo ngẫu nhiên một con xúc xắc cân đối. Xác suất để số chấm xuất hiện trên hai con xúc xắc như nhau là
A.

\frac{2}{11}

.
B.

\frac{1}{7}

.
C.

\frac{1}{6}

.
D.

\frac{1}{4}

Kiến thức cần nhớ

Hai phép thử độc lập cho $n (Ω) = 6 \times 6 = 36$ .
Biến cố đối: $P (A) = 1 - P (\overline{A})$ .

🧠 Phân tích tư duy

Minh và Dung gieo xúc xắc độc lập nên không gian mẫu có

6 \times 6 = 36

cặp đồng khả năng. Dấu hiệu: biến cố “như nhau” gợi ý đếm theo từng cặp bằng nhau, hoặc dùng phần bù “khác nhau” vì số cặp khác nhau nhiều hơn. Bẫy: dễ nhầm

36

với

6

nếu quên rằng hai xúc xắc của hai bạn khác nhau nên phải nhân đôi số kết quả.

1Cách 1. Liệt kê các cặp bằng nhau

Định hướng. Không gian mẫu gồm 36 cặp (số chấm Minh; số chấm Dung); liệt kê các cặp có hai thành phần bằng nhau.

n (Ω) = 36

.
Các cặp bằng nhau:

(1; 1); (2; 2); (3; 3); (4; 4); (5; 5); (6; 6)

n (A) = 6

P (A) = \frac{6}{36} = \frac{1}{6}

Vậy $P (A) = \frac{1}{6}$ , chọn đáp án C.

2Cách 2. Cố định xúc xắc của Minh rồi tìm giá trị Dung phải ra

Định hướng. Với mỗi giá trị $a$ của Minh, chỉ có đúng một giá trị của Dung bằng $a$ nên đếm nhanh không cần liệt kê hết 36 ô.

Minh có 6 giá trị có thể (

1

đến

6

).
Ứng với mỗi giá trị của Minh, Dung chỉ có đúng

1

giá trị bằng đúng số đó (trong 6 khả năng).

n (A) = 6 \times 1 = 6

P (A) = \frac{6}{36} = \frac{1}{6}

Vậy $P (A) = \frac{1}{6}$ , chọn đáp án C.

3Cách 3. Dùng biến cố đối “hai số khác nhau”

Định hướng. Số cặp khác nhau nhiều hơn hẳn số cặp bằng nhau, tính $P (\overline{A})$ rồi suy ra $P (A) = 1 - P (\overline{A})$ .

Với mỗi giá trị của Minh, Dung có

5

giá trị khác Minh (loại đúng

1

giá trị bằng Minh).

n (\overline{A}) = 6 \times 5 = 30

P (\overline{A}) = \frac{30}{36} = \frac{5}{6}

P (A) = 1 - \frac{5}{6} = \frac{1}{6}

Vậy $P (A) = \frac{1}{6}$ , chọn đáp án C.

Nhận xét. Biến cố đối cho lời giải chỉ hai dòng, không cần liệt kê hay đếm trực tiếp.

⭐ Cách nên dùng khi đi thi. Đi thi dùng Cách 3 (biến cố đối): chỉ một phép trừ, tránh đếm nhầm khi số mặt xúc xắc lớn hơn.

Đáp số. Chọn đáp án C.

\frac{1}{6}

Sai lầm thường gặp. Quên nhân đôi cho hai người khác nhau, coi không gian mẫu chỉ có 6 kết quả (một xúc xắc) thay vì đúng

36

kết quả của hai xúc xắc độc lập.

🚀 Mở rộng. Cùng lập luận, xác suất để ba bạn gieo ba xúc xắc đều ra cùng một giá trị là

\frac{6}{6 ^{3}} = \frac{1}{36}

Mở bài này trong app ↗

Bài 3 · Bài 3★★★Trang 47— Xác suất đúng

k

lần sấp trong

n

đồng xu độc lập

Bài 3 (trang 47). Bạn Sơn gieo một đồng xu cân đối và bạn Hoà gieo đồng thời hai đồng xu cân đối. Xác suất để có hai đồng xu xuất hiện mặt sấp, một đồng xu xuất hiện mặt ngửa là
A.

\frac{3}{8}

.
B.

\frac{3}{10}

.
C.

\frac{2}{7}

.
D.

\frac{4}{31}

Kiến thức cần nhớ

Gộp $n$ phép thử đồng xu độc lập cho không gian mẫu $2^{n}$ kết quả đồng khả năng.
Số cách chọn đúng $k$ vị trí có mặt sấp trong $n$ đồng xu là $C_{n}^{k}$ .

🧠 Phân tích tư duy

Ba đồng xu (một của Sơn, hai của Hoà) đều độc lập và cân đối nên gộp lại thành một phép thử duy nhất với

2^{3} = 8

kết quả đồng khả năng. Dấu hiệu: yêu cầu “đúng 2 sấp, 1 ngửa trong 3 đồng xu” là dạng đếm tổ hợp vị trí. Bẫy: dễ tách riêng xác suất của Sơn và của Hoà rồi cộng nhầm thay vì gộp thành một không gian mẫu chung và đếm đúng số cách chọn 2 trong 3 đồng xu ra sấp.

1Cách 1. Liệt kê toàn bộ 8 kết quả và đếm trực tiếp

Định hướng. Gộp đồng xu của Sơn và hai đồng xu của Hoà thành dãy 3 kết quả (S: sấp, N: ngửa); liệt kê hết $2^{3} = 8$ dãy rồi đếm dãy có đúng 2 chữ S.

Ω = {S S S; S S N; S N S; S N N; N S S; N S N; N N S; N N N}

n (Ω) = 8

.
Các dãy có đúng 2 chữ S:

S S N; S N S; N S S

n (A) = 3

P (A) = \frac{3}{8}

Vậy $P (A) = \frac{3}{8}$ , chọn đáp án A.

2Cách 2. Đếm bằng tổ hợp chọn vị trí sấp

Định hướng. Số cách chọn đúng 2 trong 3 đồng xu để ra sấp là $C_{3}^{2}$ , không cần liệt kê từng dãy chữ cái.

n (Ω) = 2^{3} = 8

.
Số cách chọn 2 đồng xu (trong 3) ra sấp:

C_{3}^{2} = 3

n (A) = 3

P (A) = \frac{3}{8}

Vậy $P (A) = \frac{3}{8}$ , chọn đáp án A.

3Cách 3. Xét theo trường hợp đồng xu của Sơn (cây xác suất)

Định hướng. Chia hai trường hợp theo mặt đồng xu của Sơn, mỗi trường hợp chỉ còn xét hai đồng xu của Hoà nên bài toán nhỏ và dễ kiểm soát hơn.

Nếu Sơn ra sấp (xác suất

\frac{1}{2}

): cần đúng 1 sấp trong 2 đồng xu của Hoà, xác suất

\frac{C _{2}^{1}}{2 ^{2}} = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}

; góp

\frac{1}{2} \times \frac{1}{2} = \frac{1}{4}

.
Nếu Sơn ra ngửa (xác suất

\frac{1}{2}

): cần cả 2 đồng xu của Hoà đều sấp, xác suất

\frac{1}{2 ^{2}} = \frac{1}{4}

; góp

\frac{1}{2} \times \frac{1}{4} = \frac{1}{8}

P (A) = \frac{1}{4} + \frac{1}{8} = \frac{3}{8}

Vậy $P (A) = \frac{3}{8}$ , chọn đáp án A.

Nhận xét. Cách chia trường hợp theo Sơn cho thấy rõ đóng góp của từng khả năng, hữu ích khi các đồng xu không cùng xác suất.

⭐ Cách nên dùng khi đi thi. Đi thi dùng Cách 2: chỉ cần tính

C_{3}^{2} = 3

rồi chia

8

, nhanh và không cần liệt kê hay chia trường hợp.

Đáp số. Chọn đáp án A.

\frac{3}{8}

Sai lầm thường gặp. Tính riêng xác suất của Sơn và Hoà rồi cộng lại thay vì gộp thành một không gian mẫu chung

2^{3} = 8

và đếm đúng số cách chọn vị trí sấp, dẫn tới kết quả sai như đáp án nhiễu B, C, D.

🚀 Mở rộng. Nếu có 4 đồng xu (ví dụ Sơn gieo 2, Hoà gieo 2) và cần đúng 2 sấp, xác suất trở thành

\frac{C _{4}^{2}}{2 ^{4}} = \frac{6}{16} = \frac{3}{8}

Mở bài này trong app ↗

Bài 4 · 8.13★★★Trang 47— Không gian mẫu tích xúc xắc và đồng xu, bốn biến cố kết hợp "và"/"hoặc"

Bài 8.13 (trang 47). Bạn Sơn gieo một con xúc xắc cân đối và bạn Bình gieo một đồng xu cân đối. Tính xác suất của các biến cố sau:

E

: “Số chấm xuất hiện trên con xúc xắc là 6 và đồng xu xuất hiện mặt sấp”;

F

: “Số chấm xuất hiện trên con xúc xắc là số lẻ”;

G

: “Số chấm xuất hiện trên con xúc xắc là số chẵn và đồng xu xuất hiện mặt sấp”;

H

: “Số chấm xuất hiện trên con xúc xắc là 5 hoặc đồng xu xuất hiện mặt ngửa”.

Kiến thức cần nhớ

Hai phép thử độc lập cho $n (Ω) = 6 \times 2 = 12$ .
Xác suất biến cố giao của hai biến cố độc lập bằng tích hai xác suất thành phần.
Công thức cộng xác suất: $P (X \cup Y) = P (X) + P (Y) - P (X \cap Y)$ .

🧠 Phân tích tư duy

Xúc xắc của Sơn và đồng xu của Bình độc lập nên không gian mẫu có

6 \times 2 = 12

kết quả đồng khả năng, đủ nhỏ để tính cả bốn biến cố trên cùng một bảng. Dấu hiệu:

E, G

dùng liên từ “và” (biến cố giao), còn

H

dùng “hoặc” (biến cố hợp) nên phải dùng công thức cộng xác suất, trừ đi phần giao để không đếm trùng. Bẫy:

H

dễ tính nhầm bằng cách cộng trực tiếp xác suất xúc xắc bằng 5 và xác suất ngửa mà quên trừ phần giao (xúc xắc bằng 5 và đồng thời ngửa).

1Cách 1. Liệt kê 12 cặp và đếm trực tiếp cho từng biến cố

Định hướng. Không gian mẫu gồm 12 cặp (số chấm xúc xắc; mặt đồng xu); liệt kê hết rồi lọc theo từng điều kiện.

Ω = {(1; S); (1; N); (2; S); (2; N); (3; S); (3; N); (4; S); (4; N); (5; S); (5; N); (6; S); (6; N)}

n (Ω) = 12

E

: chỉ

(6; S)

n (E) = 1

P (E) = \frac{1}{12}

F

(xúc xắc lẻ):

(1; S); (1; N); (3; S); (3; N); (5; S); (5; N)

n (F) = 6

P (F) = \frac{6}{12} = \frac{1}{2}

G

(xúc xắc chẵn và sấp):

(2; S); (4; S); (6; S)

n (G) = 3

P (G) = \frac{3}{12} = \frac{1}{4}

H

(xúc xắc

= 5

hoặc ngửa):

(5; S); (5; N); (1; N); (2; N); (3; N); (4; N); (6; N)

n (H) = 7

P (H) = \frac{7}{12}

Vậy $P (E) = \frac{1}{12}$ ; $P (F) = \frac{1}{2}$ ; $P (G) = \frac{1}{4}$ ; $P (H) = \frac{7}{12}$ .

2Cách 2. Nhân và cộng xác suất theo quy tắc biến cố độc lập

Định hướng. Gọi $X$ là số chấm xúc xắc, $Y$ là mặt đồng xu ( $Y = S$ nếu sấp, $Y = N$ nếu ngửa). Tính xác suất từng biến rồi dùng quy tắc nhân cho “và”, quy tắc cộng có trừ giao cho “hoặc”.

P (E) = P (X = 6) \times P (Y = S) = \frac{1}{6} \times \frac{1}{2} = \frac{1}{12}

P (F) = P (X \in {1; 3; 5}) = \frac{3}{6} = \frac{1}{2}

(không phụ thuộc

Y

P (G) = P (X \in {2; 4; 6}) \times P (Y = S) = \frac{3}{6} \times \frac{1}{2} = \frac{1}{4}

P (H) = P (X = 5) + P (Y = N) - P (X = 5, Y = N) = \frac{1}{6} + \frac{1}{2} - \frac{1}{12} = \frac{2}{12} + \frac{6}{12} - \frac{1}{12} = \frac{7}{12}

Vậy $P (E) = \frac{1}{12}$ ; $P (F) = \frac{1}{2}$ ; $P (G) = \frac{1}{4}$ ; $P (H) = \frac{7}{12}$ .

3Cách 3. Dùng biến cố đối riêng cho

H

Định hướng. Biến cố đối của $H$ là “xúc xắc khác 5 và đồng xu sấp”, dễ tính hơn vì chỉ có một trường hợp giao đơn giản.

\overline{H}

: xúc xắc

\neq = 5

và đồng xu sấp, tức

X \neq = 5

Y = S

P (X \neq = 5) = \frac{5}{6}

P (Y = S) = \frac{1}{2}

, hai biến cố độc lập nên

P (\overline{H}) = \frac{5}{6} \times \frac{1}{2} = \frac{5}{12}

P (H) = 1 - \frac{5}{12} = \frac{7}{12}

.
Với

E, F, G

giữ nguyên kết quả đã tính ở Cách 1 (hoặc Cách 2) do không có biến cố hợp phức tạp.

Vậy $P (E) = \frac{1}{12}$ ; $P (F) = \frac{1}{2}$ ; $P (G) = \frac{1}{4}$ ; $P (H) = \frac{7}{12}$ .

Nhận xét. Biến cố đối tránh hẳn việc trừ phần giao khi tính $H$ , giảm khả năng tính sai công thức cộng.

⭐ Cách nên dùng khi đi thi. Đi thi dùng Cách 3 cho

H

(biến cố đối, không cần công thức cộng dễ nhầm dấu) kết hợp Cách 2 cho

E, F, G

(nhân xác suất trực tiếp, không cần liệt kê).

Đáp số.

P (E) = \frac{1}{12}

;

P (F) = \frac{1}{2}

;

P (G) = \frac{1}{4}

;

P (H) = \frac{7}{12}

Sai lầm thường gặp. Tính

H

bằng cách cộng trực tiếp

\frac{1}{6} + \frac{1}{2} = \frac{2}{3}

mà quên trừ phần giao “xúc xắc

= 5

và ngửa”

(\frac{1}{12})

, dẫn tới đáp số thừa.

🚀 Mở rộng. Nếu đổi

H

thành “xúc xắc là 5 và đồng xu ngửa” (biến cố giao thay vì hợp), xác suất sẽ chỉ còn

\frac{1}{6} \times \frac{1}{2} = \frac{1}{12}

, nhỏ hơn nhiều so với

\frac{7}{12}

Mở bài này trong app ↗

Bài 5 · 8.14★★★Trang 48— Xác suất theo màu của hai bánh xe quay độc lập, số hình quạt hai bánh khác nhau

Bài 8.14 (trang 48). Trong một trò chơi, có hai bánh xe, mỗi bánh xe được gắn vào trục quay có mũi tên ở tâm. Bánh xe thứ nhất được chia làm bốn hình quạt như nhau và sơn các màu: trắng, đỏ, xanh, vàng. Bánh xe thứ hai được chia làm ba hình quạt như nhau và sơn các màu: đỏ, xanh, vàng. Người chơi quay hai bánh xe. Người chơi đạt giải nhất nếu hai mũi tên dừng lại ở hai hình quạt màu đỏ, đạt giải nhì nếu hai mũi tên dừng lại ở hai hình quạt cùng màu và đạt giải ba nếu có đúng một mũi tên dừng ở hình quạt màu đỏ. Tính xác suất của các biến cố sau:
a)

E

: “Người chơi đạt giải nhất”;
b)

F

: “Người chơi đạt giải nhì”;
c)

G

: “Người chơi đạt giải ba”.

Kiến thức cần nhớ

Không gian mẫu của hai phép thử độc lập có $n (Ω)$ bằng tích số kết quả mỗi phép thử.
Biến cố đối và biến cố hợp dùng để tính “đúng một trong hai” và “ít nhất một trong hai”.

🧠 Phân tích tư duy

Hai bánh xe quay độc lập với các hình quạt đồng khả năng nên không gian mẫu có

4 \times 3 = 12

kết quả (màu bánh 1; màu bánh 2). Dấu hiệu: bánh 1 có bốn màu còn bánh 2 chỉ có ba màu (thiếu màu trắng) nên khi xét “cùng màu” chỉ ba màu chung mới có thể trùng, còn “đúng một mũi tên đỏ” cần xét cả hai chiều (bánh 1 đỏ - bánh 2 không đỏ, và ngược lại). Bẫy: quên rằng màu trắng chỉ có ở bánh 1 nên không bao giờ góp vào biến cố “cùng màu”.

1Cách 1. Liệt kê 12 cặp màu và đếm trực tiếp

Định hướng. Kí hiệu $T$ = trắng, $D$ = đỏ, $X$ = xanh, $V$ = vàng. Liệt kê hết $4 \times 3 = 12$ cặp (màu bánh 1; màu bánh 2) rồi lọc theo từng điều kiện giải thưởng.

Ω = {(T; D); (T; X); (T; V); (D; D); (D; X); (D; V); (X; D); (X; X); (X; V); (V; D); (V; X); (V; V)}

n (Ω) = 12

E

(cả hai đỏ): chỉ

(D; D)

n (E) = 1

P (E) = \frac{1}{12}

F

(cùng màu):

(D; D); (X; X); (V; V)

n (F) = 3

P (F) = \frac{3}{12} = \frac{1}{4}

G

(đúng một mũi tên đỏ):

(D; X); (D; V); (X; D); (V; D); (T; D)

n (G) = 5

P (G) = \frac{5}{12}

Vậy $P (E) = \frac{1}{12}$ ; $P (F) = \frac{1}{4}$ ; $P (G) = \frac{5}{12}$ .

2Cách 2. Nhân xác suất từng bánh cho

E

và

F

Định hướng. Gọi $M_{1}, M_{2}$ là màu mũi tên dừng lại ở bánh 1, bánh 2. Hai bánh quay độc lập nên nhân xác suất từng màu; với $F$ cộng dồn xác suất của từng màu chung cho cả hai bánh.

P (E) = P (M_{1} = D) \times P (M_{2} = D) = \frac{1}{4} \times \frac{1}{3} = \frac{1}{12}

.
Ba màu chung của hai bánh:

D, X, V

— mỗi màu góp

\frac{1}{4} \times \frac{1}{3} = \frac{1}{12}

vào

F

P (F) = 3 \times \frac{1}{12} = \frac{1}{4}

Vậy $P (E) = \frac{1}{12}$ ; $P (F) = \frac{1}{4}$ .

3Cách 3. Tính

G

bằng “ít nhất một đỏ” trừ đi

E

Định hướng. $G$ (đúng một mũi tên đỏ) bằng biến cố “ít nhất một mũi tên đỏ” trừ đi biến cố “cả hai đỏ” ( $E$ ), tránh phải cộng hai trường hợp riêng lẻ.

P (M_{1} \neq = D, M_{2} \neq = D) = \frac{3}{4} \times \frac{2}{3} = \frac{1}{2}

.
Xác suất có ít nhất một mũi tên đỏ:

1 - \frac{1}{2} = \frac{1}{2} = \frac{6}{12}

P (G) = \frac{6}{12} - P (E) = \frac{6}{12} - \frac{1}{12} = \frac{5}{12}

Vậy $P (G) = \frac{5}{12}$ .

Nhận xét. Cách lấy phần bù hai tầng (không đỏ nào → ít nhất một đỏ → đúng một đỏ) tránh liệt kê 5 cặp cụ thể của $G$ .

⭐ Cách nên dùng khi đi thi. Đi thi dùng Cách 2 cho

E, F

(nhân xác suất trực tiếp) và Cách 3 cho

G

(phần bù hai tầng), nhanh hơn hẳn liệt kê cả 12 cặp.

Đáp số.

P (E) = \frac{1}{12}

;

P (F) = \frac{1}{4}

;

P (G) = \frac{5}{12}

Sai lầm thường gặp. Tính

F

bằng cách cộng cả bốn màu của bánh 1 (kể cả trắng) mà quên bánh 2 không có màu trắng nên trắng không bao giờ trùng màu được, làm

n (F)

tính dư.

🚀 Mở rộng. Nếu bánh xe thứ hai cũng có đủ bốn màu như bánh thứ nhất, không gian mẫu trở thành

4 \times 4 = 16

và

P (F)

sẽ tăng lên

\frac{4}{16} = \frac{1}{4}

(vẫn bằng

\frac{1}{4}

nhưng lí do khác hẳn, đáng để kiểm chứng lại từ đầu).

Mở bài này trong app ↗

Bài 6 · 8.15★★★Trang 48— Không gian mẫu hoán vị 3 phần tử, đếm theo số điểm cố định (đúng chỗ)

Bài 8.15 (trang 48). Bạn Tuấn viết ba bức thư cho ba người bạn là An, Bình, Cường và viết tên, địa chỉ của ba người bạn đó lên ba chiếc phong bì. Xếp ngẫu nhiên ba bức thư đó vào ba phong bì.
a) Mô tả không gian mẫu của phép thử.
b) Tính xác suất của các biến cố sau:

E

: “Có đúng một bức thư đúng địa chỉ”;

F

: “Cả ba bức thư đúng địa chỉ”;

G

: “Không có bức thư nào đúng địa chỉ”;

H

: “Có ít nhất một bức thư đúng địa chỉ”.

Kiến thức cần nhớ

Số cách xếp $n$ vật khác nhau vào $n$ vị trí là hoán vị $n!$ .
Biến cố đối: $P (H) = 1 - P (G)$ vì $H$ và $G$ là hai biến cố đối nhau (có ít nhất một thư đúng ↔ không có thư nào đúng).

🧠 Phân tích tư duy

Xếp ngẫu nhiên 3 bức thư vào 3 phong bì là một hoán vị của 3 phần tử nên không gian mẫu có

3 \neq = 6

kết quả đồng khả năng, đủ nhỏ để liệt kê hết và phân loại theo số bức thư đúng chỗ (đúng địa chỉ). Dấu hiệu: bốn biến cố

E, F, G, H

đều mô tả theo số lượng thư đúng chỗ, nên lập một bảng đếm số điểm đúng của cả 6 hoán vị sẽ trả lời được cả bốn câu cùng lúc. Bẫy: với 3 phần tử, không thể có hoán vị chỉ xếp đúng 2 vị trí mà vị trí thứ ba lại sai (nếu 2 đúng thì vị trí còn lại tự động cũng đúng theo), nên khi liệt kê không được tự ý thêm loại “chỉ đúng hai vị trí” không có thật.

1Cách 1. Liệt kê đủ 6 hoán vị và đếm số thư đúng chỗ

Định hướng. Đánh số phong bì theo thứ tự An, Bình, Cường; liệt kê 6 cách xếp thư $(x_{1}; x_{2}; x_{3})$ vào ba phong bì đó rồi đếm số vị trí đúng ở mỗi cách.

Ω = {(A; B; C); (A; C; B); (B; A; C); (B; C; A); (C; A; B); (C; B; A)}

n (Ω) = 6

(viết theo thứ tự thư ở phong bì An, Bình, Cường).
b) Số vị trí đúng của từng hoán vị:

(A; B; C)

— 3 đúng;

(A; C; B)

— 1 đúng (An);

(B; A; C)

— 1 đúng (Cường);

(C; B; A)

— 1 đúng (Bình);

(B; C; A)

— 0 đúng;

(C; A; B)

— 0 đúng.

n (F) = 1

n (E) = 3

n (G) = 2

n (H) = n (E) + n (F) = 4

P (E) = \frac{3}{6} = \frac{1}{2}

;

P (F) = \frac{1}{6}

;

P (G) = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}

;

P (H) = \frac{4}{6} = \frac{2}{3}

Vậy $P (E) = \frac{1}{2}$ ; $P (F) = \frac{1}{6}$ ; $P (G) = \frac{1}{3}$ ; $P (H) = \frac{2}{3}$ .

2Cách 2. Đếm bằng công thức tổ hợp chọn vị trí đúng

Định hướng. $F$ chỉ có đúng 1 cách (xếp đúng cả ba); $E$ bằng số cách chọn 1 vị trí đúng nhân với số cách xếp sai hoàn toàn 2 vị trí còn lại; $G$ là số cách xếp sai hoàn toàn cả 3 vị trí.

n (F) = 1

(chỉ một cách xếp đúng hết).
Với 2 phần tử còn lại, số cách xếp sai hoàn toàn (đổi chỗ cho nhau) là

1

cách.

n (E) = C_{3}^{1} \times 1 = 3 \times 1 = 3

(chọn 1 trong 3 vị trí đúng, 2 vị trí còn lại đổi chỗ).

n (G) = 6 - n (F) - n (E) = 6 - 1 - 3 = 2

(không thể có đúng 2 vị trí đúng với 3 phần tử).

P (F) = \frac{1}{6}

;

P (E) = \frac{3}{6} = \frac{1}{2}

;

P (G) = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}

;

P (H) = 1 - P (G) = 1 - \frac{1}{3} = \frac{2}{3}

Vậy $P (E) = \frac{1}{2}$ ; $P (F) = \frac{1}{6}$ ; $P (G) = \frac{1}{3}$ ; $P (H) = \frac{2}{3}$ .

3Cách 3. Xét theo thư của An rơi vào phong bì nào (cây xác suất)

Định hướng. Chia ba nhánh theo phong bì nhận thư của An (An, Bình hoặc Cường, mỗi nhánh xác suất $\frac{1}{3}$ ), trong mỗi nhánh chỉ còn xếp 2 bức thư còn lại vào 2 phong bì nên dễ kiểm soát.

Nhánh 1 — thư An vào đúng phong bì An (

\frac{1}{3}

): 2 thư còn lại xếp đúng cả hai (thuộc

F

) hoặc đổi chỗ nhau, cả hai sai (thuộc

E

vì chỉ An đúng); mỗi khả năng xác suất

\frac{1}{2}

trong nhánh.
Nhánh 2 — thư An vào phong bì Bình (

\frac{1}{3}

): xếp 2 thư còn lại (Bình, Cường) vào 2 phong bì (An, Cường); một cách cho Cường đúng chỗ (thuộc

E

), một cách cho cả hai sai (thuộc

G

).
Nhánh 3 — thư An vào phong bì Cường (

\frac{1}{3}

): tương tự, một cách cho Bình đúng chỗ (thuộc

E

), một cách cho cả hai sai (thuộc

G

).
Cộng dồn:

P (F) = \frac{1}{3} \times \frac{1}{2} = \frac{1}{6}

;

P (E) = \frac{1}{3} \times \frac{1}{2} + \frac{1}{3} \times \frac{1}{2} + \frac{1}{3} \times \frac{1}{2} = \frac{1}{2}

;

P (G) = \frac{1}{3} \times \frac{1}{2} + \frac{1}{3} \times \frac{1}{2} = \frac{1}{3}

Vậy $P (E) = \frac{1}{2}$ ; $P (F) = \frac{1}{6}$ ; $P (G) = \frac{1}{3}$ ; $P (H) = \frac{2}{3}$ .

Nhận xét. Cây xác suất theo thư của An cho thấy rõ vì sao xác suất mỗi biến cố lại là bội của $\frac{1}{6}$ , và có thể mở rộng trực tiếp lên $4$ hay $5$ bức thư.

⭐ Cách nên dùng khi đi thi. Đi thi dùng Cách 2: công thức đếm theo vị trí đúng (

n (F) = 1

n (E) = 3

n (G) = 6 - 1 - 3 = 2

) nhanh và ít khả năng liệt kê sót hơn viết hết 6 hoán vị.

Đáp số.

P (E) = \frac{1}{2}

;

P (F) = \frac{1}{6}

;

P (G) = \frac{1}{3}

;

P (H) = \frac{2}{3}

Sai lầm thường gặp. Cho rằng có hoán vị “xếp đúng 2 vị trí, 1 vị trí sai” và đếm thêm loại này vào

E

hoặc

G

; thực tế với 3 phần tử nếu 2 vị trí đã xếp đúng thì vị trí thứ ba bắt buộc cũng đúng theo, nên loại hoán vị vừa nêu không hề tồn tại.

🚀 Mở rộng. Cùng cách lập luận, nếu có 4 bức thư và 4 phong bì thì số cách không có thư nào đúng chỗ (đạo hàm số

D_{4}

) là

9

, khác hẳn tỉ lệ

\frac{1}{3}

của trường hợp 3 bức thư.

Mở bài này trong app ↗

Bài 7 · 8.16★★★Trang 48— Xác suất hai kết quả không đối xứng qua tâm trên đĩa quay 6 phần đồng khả năng

Bài 8.16 (trang 48). Một tấm bìa hình tròn được chia làm sáu hình quạt tròn có diện tích bằng nhau; ghi các số 1; 2; 3; 4; 5; 6 và được gắn vào trục quay có mũi tên cố định ở tâm. Quay tấm bìa hai lần. Tính xác suất để mũi tên chỉ vào hai hình quạt tròn không đối xứng nhau qua tâm.

Kiến thức cần nhớ

Hai lần quay độc lập cho $n (Ω) = 6 \times 6 = 36$ .
Biến cố đối: $P (A) = 1 - P (\overline{A})$ .

🧠 Phân tích tư duy

Sáu hình quạt xếp quanh tâm nên mỗi số có đúng một số đối xứng qua tâm với nó:

1 \leftrightarrow 4

2 \leftrightarrow 5

3 \leftrightarrow 6

(lệch nhau đúng 3 vị trí trên vòng tròn 6 phần). Dấu hiệu: quay hai lần độc lập cho không gian mẫu

6 \times 6 = 36

; vì số cặp đối xứng rất ít nên tính phần bù sẽ nhanh hơn đếm trực tiếp phần “không đối xứng”. Bẫy: dễ nhầm “không đối xứng” với “khác nhau” — hai lần quay ra cùng một số (ví dụ

1; 1

) cũng KHÔNG đối xứng qua tâm, không được loại khỏi biến cố cần tính.

1Cách 1. Liệt kê các cặp đối xứng rồi lấy phần bù

Định hướng. Liệt kê 3 cặp số đối xứng qua tâm, nhân đôi vì hai lần quay có thứ tự (lần 1, lần 2), rồi lấy phần bù trên 36 kết quả.

n (Ω) = 36

.
Cặp đối xứng qua tâm (không kể thứ tự):

{1; 4}; {2; 5}; {3; 6}

.
Vì có thứ tự (lần quay 1, lần quay 2) nên mỗi cặp cho 2 kết quả:

(1; 4); (4; 1); (2; 5); (5; 2); (3; 6); (6; 3)

.
Số kết quả đối xứng:

6

.
Số kết quả không đối xứng:

36 - 6 = 30

P = \frac{30}{36} = \frac{5}{6}

Vậy xác suất cần tìm là $\frac{5}{6}$ .

2Cách 2. Cố định lần quay thứ nhất rồi đếm lần quay thứ hai

Định hướng. Với mỗi kết quả $a$ của lần quay thứ nhất, trong 6 kết quả có thể của lần quay thứ hai chỉ đúng 1 kết quả đối xứng với $a$ , còn lại 5 kết quả không đối xứng.

Với

a = 1

: đối xứng là

4

, còn

1; 2; 3; 5; 6

không đối xứng — 5 kết quả.
Với

a = 2

: đối xứng là

5

, còn lại 5 kết quả không đối xứng.
Tương tự với mọi

a

từ 1 đến 6, luôn có đúng 5 trong 6 kết quả của lần quay thứ hai là không đối xứng.
Số kết quả không đối xứng:

6 \times 5 = 30

P = \frac{30}{36} = \frac{5}{6}

Vậy xác suất cần tìm là $\frac{5}{6}$ .

3Cách 3. Đưa về đồng dư modulo 6

Định hướng. Đổi số ghi trên hình quạt về dư $0$ đến $5$ (trừ mỗi số đi $1$ ); hai hình quạt đối xứng qua tâm ứng với hiệu bằng $3$ theo modulo $6$ , cho phép tính bằng số học đồng dư thay vì liệt kê từng cặp cụ thể.

Đặt

a^{'} = a - 1

b^{'} = b - 1

với

a^{'}, b^{'} \in {0; 1; 2; 3; 4; 5}

; đối xứng qua tâm khi

b^{'} - a^{'} \equiv 3 (mod 6)

.
Với mỗi

a^{'}

có đúng một

b^{'}

thoả

b^{'} \equiv a^{'} + 3 (mod 6)

, cho

6

cặp đối xứng trong

36

cặp.
Số cặp không đối xứng:

36 - 6 = 30

P = \frac{30}{36} = \frac{5}{6}

Vậy xác suất cần tìm là $\frac{5}{6}$ .

Nhận xét. Công thức đồng dư modulo 6 tổng quát hoá tốt khi đổi số hình quạt (ví dụ 8, 10 hình quạt) mà không cần vẽ lại hình.

⭐ Cách nên dùng khi đi thi. Đi thi dùng Cách 2: lập luận “mỗi

a

có đúng 1 số đối xứng trong 6” cho ngay

5/6

mà không cần liệt kê cặp hay đổi biến.

Đáp số.

\frac{5}{6}

Sai lầm thường gặp. Nhầm biến cố “không đối xứng” với “khác nhau”, loại luôn cả các kết quả hai lần quay trùng số (như

1; 1

) ra khỏi biến cố cần tính, trong khi trùng số vẫn được tính là không đối xứng qua tâm.

🚀 Mở rộng. Nếu tấm bìa chia thành 8 hình quạt đánh số 1 đến 8, mỗi số có đúng 1 số đối xứng qua tâm (lệch 4 vị trí), xác suất không đối xứng khi quay 2 lần sẽ là

\frac{8 \times 7}{8 \times 8} = \frac{7}{8}

Mở bài này trong app ↗

Bài 8 · 8.17★★★Trang 48— Xác suất kiểu hình trội ở phép lai hai cặp gene dị hợp độc lập (định luật Mendel)

Bài 8.17 (trang 48). Màu hạt của đậu Hà Lan có hai kiểu hình là vàng và xanh. Có hai gene ứng với hai kiểu hình này allele trội

A

và allele lặn

a

. Hình dạng hạt của đậu Hà Lan có hai kiểu hình là hạt trơn và hạt nhăn. Có hai gene ứng với hai kiểu hình này allele trội

B

và allele lặn

b

. Khi cho lai hai cây đậu Hà Lan, cặp gene của cây con lấy ngẫu nhiên một gene từ cây bố và một gene từ cây mẹ. Giả sử cả cây bố và cây mẹ có kiểu hình “Hạt vàng và trơn”. Cây bố có kiểu gene là

(A a; B b)

, cây mẹ có kiểu gene là

(A a; B b)

. Tính xác suất để cây con có kiểu hình như cây bố và cây mẹ.

Kiến thức cần nhớ

Định luật phân li độc lập: hai cặp gene ở hai locus khác nhau di truyền độc lập với nhau.
Phép lai $A a \times A a$ cho đời con theo tỉ lệ kiểu gene $1$ $AA$ : $2$ $A a$ : $1$ $aa$ , tức tỉ lệ kiểu hình $3$ trội ( $A_$ ) : $1$ lặn ( $aa$ ).
Xác suất biến cố giao của hai biến cố độc lập bằng tích hai xác suất thành phần.

🧠 Phân tích tư duy

Mỗi cặp gene (

A / a

và

B / b

) di truyền độc lập với nhau (hai cặp tính trạng khác nhau) nên xác suất kiểu hình chung bằng tích xác suất của từng cặp gene riêng. Dấu hiệu: bố mẹ đều dị hợp (

A a \times A a

và

B b \times B b

) — đây là phép lai một cặp gene kinh điển cho tỉ lệ kiểu hình

3

trội :

1

lặn. Bẫy: phải nhân đúng xác suất kiểu hình TRỘI (không phải kiểu gene

A a

cụ thể) của từng cặp gene, và không được cộng hai xác suất lại vì đây là biến cố “đồng thời” (giao), không phải “hoặc” (hợp).

1Cách 1. Liệt kê 4 kiểu gene của từng cặp rồi nhân xác suất kiểu hình trội

Định hướng. Với phép lai $A a \times A a$ , liệt kê 4 tổ hợp gene đồng khả năng để tìm xác suất kiểu hình vàng (trội); làm tương tự cho cặp $B b \times B b$ rồi nhân lại do hai cặp gene độc lập.

Cặp gene

A / a

: bố cho

A

hoặc

a

(mỗi loại

\frac{1}{2}

), mẹ cũng vậy; 4 tổ hợp đồng khả năng:

AA; A a; a A; aa

.
Kiểu hình vàng (trội) ứng với

AA, A a, a A

— 3 trong 4 tổ hợp.

P (A_) = \frac{3}{4}

.
Tương tự, kiểu hình trơn (trội) cho

P (B_) = \frac{3}{4}

.
Do hai cặp gene độc lập:

P (A_, B_) = \frac{3}{4} \times \frac{3}{4} = \frac{9}{16}

Vậy xác suất cây con có kiểu hình như cây bố mẹ là $\frac{9}{16}$ .

2Cách 2. Bảng Punnett đầy đủ 16 ô cho cả hai cặp gene

Định hướng. Mỗi cây bố mẹ cho 4 loại giao tử $A B, A b, a B, ab$ (mỗi loại xác suất $\frac{1}{4}$ ); lập bảng $4 \times 4 = 16$ tổ hợp giao tử rồi đếm trực tiếp số ô có kiểu hình vàng-trơn.

n (Ω) = 4 \times 4 = 16

tổ hợp giao tử đồng khả năng.
Một tổ hợp cho kiểu hình vàng-trơn khi có ít nhất một

A

và ít nhất một

B

trong kiểu gene con.
Theo bảng Punnett cổ điển của phép lai hai cặp gene dị hợp, tỉ lệ kiểu hình là

9

vàng-trơn :

3

vàng-nhăn :

3

xanh-trơn :

1

xanh-nhăn (tổng

16

).
Số tổ hợp vàng-trơn:

9

P = \frac{9}{16}

Vậy xác suất cây con có kiểu hình như cây bố mẹ là $\frac{9}{16}$ .

3Cách 3. Biến cố đối ở mức allele cho từng cặp gene

Định hướng. Kiểu hình lặn chỉ xảy ra khi con nhận allele lặn từ CẢ HAI bố mẹ; tính xác suất biến cố này rồi lấy phần bù, không cần liệt kê 4 hay 16 tổ hợp.

Với cặp

A / a

: con nhận

a

từ bố với xác suất

\frac{1}{2}

, nhận

a

từ mẹ với xác suất

\frac{1}{2}

, hai sự kiện độc lập nên

P (aa) = \frac{1}{2} \times \frac{1}{2} = \frac{1}{4}

.
Kiểu hình vàng ứng với

A_

P (A_) = 1 - P (aa) = 1 - \frac{1}{4} = \frac{3}{4}

.
Tương tự với cặp

B / b

, kiểu hình trơn ứng với

B_

P (bb) = \frac{1}{4}

P (B_) = 1 - \frac{1}{4} = \frac{3}{4}

.
Hai cặp gene độc lập:

P (A_, B_) = \frac{3}{4} \times \frac{3}{4} = \frac{9}{16}

Vậy xác suất cây con có kiểu hình như cây bố mẹ là $\frac{9}{16}$ .

Nhận xét. Lập luận qua biến cố đối ở mức allele cho lời giải ngắn nhất, không cần vẽ bảng Punnett hay liệt kê kiểu gene.

⭐ Cách nên dùng khi đi thi. Đi thi dùng Cách 3: chỉ hai phép nhân xác suất allele lặn rồi lấy phần bù, nhanh hơn hẳn vẽ bảng Punnett 16 ô của Cách 2.

Đáp số.

\frac{9}{16}

Sai lầm thường gặp. Cộng hai xác suất

\frac{3}{4} + \frac{3}{4}

thay vì nhân, do nhầm biến cố “đồng thời có cả hai kiểu hình trội” (giao, dùng phép nhân) với biến cố “có kiểu hình trội này hoặc kiểu hình trội kia” (hợp, dùng phép cộng).

🚀 Mở rộng. Nếu xét thêm cặp gene thứ ba độc lập cũng cho tỉ lệ trội

\frac{3}{4}

, xác suất cây con mang cả ba tính trạng trội sẽ là

(\frac{3}{4})^{3} = \frac{27}{64}

Mở bài này trong app ↗

🎯 Học tiếp

‹ Bài trướcBài 26. Xác suất của biến cố liên quan tới phép thử Bài tiếp theo ›Bài 27. Góc nội tiếp

📚 Cùng chương: Chương VIII. Xác suất của biến cố trong một số mô hình xác suất đơn giản

Bài 25. Phép thử ngẫu nhiên và không gian mẫu
Bài 26. Xác suất của biến cố liên quan tới phép thử
▶ Bài tập cuối chương VIII