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

Bài 26. Xác suất của biến cố liên quan tới phép thử

SGK Toán 9 — Kết nối tri thức, tập 2 · 12 bài tập, mỗi câu ít nhất 2 cách giải.

Mở bài học này trong app ↗📘 Xem bài này trong SÁCH BÀI TẬP →

Bài 1 · Mở đầu★★★Trang 60— Tính xác suất của biến cố liên quan tới phép thử lai hai cặp gene độc lập (di truyền hai tính trạng)

Mở đầu (trang 60). Màu hạt của đậu Hà Lan có hai kiểu hình là vàng và xanh. Có hai gene ứng với hai kiểu hình này là 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 là allele trội

B

và allele lặn

b

. Khi cho lai hai cây đậu Hà Lan, cặp gene của cây con được lấy ngẫu nhiên một gene từ cây bố và một gene từ cây mẹ. Phép thử là cho lai hai cây đậu Hà Lan, trong đó cây bố và cây mẹ có kiểu hình là “hạt vàng và trơn”. Hỏi xác suất để cây con có kiểu hình như cây bố và cây mẹ là bao nhiêu?

Kiến thức cần nhớ

Không gian mẫu của phép thử lai hai cặp gene độc lập là tập mọi cặp (kiểu gene màu, kiểu gene hình dạng) mà cây con có thể nhận.
Cây con biểu hiện kiểu hình trội (vàng, trơn) khi cặp gene tương ứng chứa ít nhất một allele trội.
Xác suất cổ điển: $P (E) = \frac{n ( E )}{n ( Ω )}$ khi các kết quả đồng khả năng.

🧠 Phân tích tư duy

Đề cho hai cặp gene di truyền độc lập — màu hạt và hình dạng hạt — mỗi cặp gene của cây con nhận ngẫu nhiên một allele từ bố, một allele từ mẹ, đúng dấu hiệu của phép thử gồm hai hành động đồng thời đã học ở Bài 25. Muốn ra số cụ thể phải biết kiểu gene của bố mẹ; Bài 25 (mục Vận dụng) đã cho bố có kiểu gene

(AA, B b)

, mẹ có kiểu gene

(A a, B b)

và dựng sẵn không gian mẫu

8

phần tử, nên hướng ngắn nhất là dùng lại không gian mẫu đó thay vì liệt kê lại từ đầu. Bẫy của đề là chỉ xét một cặp gene rồi quên cặp còn lại, trong khi kiểu hình "như bố mẹ" đòi hỏi ĐỒNG THỜI cả màu vàng lẫn hạt trơn.

1Cách 1. Liệt kê không gian mẫu rồi đếm trực tiếp

Định hướng. Không gian mẫu của phép thử đã được liệt kê ở Bài 25 với bố $(AA, B b)$ , mẹ $(A a, B b)$ ; chỉ cần lọc ra những kết quả vừa có allele $A$ vừa có allele $B$ .

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

n (Ω) = 8

.
Gọi

M

: “Cây con có kiểu hình như cây bố và cây mẹ (hạt vàng và trơn)”.
Cây con có hạt vàng khi kiểu gene màu chứa allele

A

— cả hai kết quả

AA

A a

đều thoả.
Cây con có hạt trơn khi kiểu gene hình dạng chứa allele

B

— ba trong bốn kết quả

B B

B b

b B

thoả, chỉ

bb

không thoả.
Kết quả thuận lợi cho

M

: (AA, BB); (AA, Bb); (AA, bB); (Aa, BB); (Aa, Bb); (Aa, bB).

n (M) = 6

Vậy $P (M) = \frac{6}{8} = \frac{3}{4}$ .

2Cách 2. Quy tắc nhân xác suất theo từng cặp gene độc lập

Định hướng. Màu hạt và hình dạng hạt là hai cặp gene độc lập nhau, nên xác suất của biến cố hợp (vàng và trơn) bằng tích hai xác suất thành phần.

Cặp gene màu: bố

AA

chỉ cho allele

A

, mẹ

A a

cho

A

hoặc

a

với cùng khả năng — cây con luôn có ít nhất một allele

A

, nên

P (vang) = 1

.
Cặp gene hình dạng: bố

B b

, mẹ

B b

— cây con nhận

(B, B), (B, b), (b, B), (b, b)

đồng khả năng, chỉ

(b, b)

không có allele trội, nên

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

.
Hai cặp gene lấy allele độc lập với nhau, theo quy tắc nhân:

P (M) = P (vang) \times P (tron) = 1 \times \frac{3}{4}

Vậy $P (M) = \frac{3}{4}$ .

3Cách 3. Đếm phần bù

Định hướng. Vì bố có kiểu gene màu $AA$ , mọi cây con đều mang allele $A$ nên luôn có hạt vàng — biến cố đối của $M$ chỉ còn phụ thuộc cặp gene hình dạng, đếm phần bù ngắn hơn đếm trực tiếp.

Vì bố có kiểu gene màu

AA

nên mọi cây con đều mang allele

A

, luôn có hạt vàng.
Do đó

M

không xảy ra khi và chỉ khi cây con có hạt nhăn, tức kiểu gene hình dạng là

bb

.
Trong 8 kết quả của Ω, kiểu gene hình dạng

bb

ứng với 2 kết quả: (AA, bb); (Aa, bb).

P (\overline{M}) = \frac{2}{8} = \frac{1}{4}

P (M) = 1 - P (\overline{M}) = 1 - \frac{1}{4}

Vậy $P (M) = \frac{3}{4}$ .

Nhận xét. Ba cách cho cùng kết quả $\frac{3}{4}$ , xác nhận đáp số ở Ví dụ 3 (trang 62–63) chính là câu trả lời cho câu hỏi mở đầu này.

⭐ Cách nên dùng khi đi thi. Đi thi dùng Cách 2: chỉ cần nhân hai xác suất riêng của từng cặp gene, không phải liệt kê 8 phần tử của không gian mẫu.

Đáp số.

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

Sai lầm thường gặp. Nhầm biến cố hợp "vàng và trơn" là phép cộng xác suất hai biến cố rời nhau rồi tính

P = 1 + \frac{3}{4}

hoặc

\frac{1}{2} + \frac{3}{4}

— sai vì "vàng" và "trơn" không loại trừ nhau, phải dùng quy tắc NHÂN cho hai cặp gene độc lập, không dùng quy tắc cộng.

🚀 Mở rộng. Nếu đổi kiểu gene bố mẹ thành cả hai đều

(A a, B b)

thì

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

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

, nên xác suất cây con có hạt vàng và trơn giảm còn

\frac{9}{16}

Mở bài này trong app ↗

Bài 2 · HĐ★Trang 60— Xác định phép thử và kiểm tra một biến cố có xảy ra hay không dựa vào kết quả cụ thể

HĐ (trang 60). Bạn Tùng gieo một con xúc xắc liên tiếp hai lần. Xét các biến cố sau:

E

: “Cả hai lần gieo con xúc xắc đều xuất hiện mặt có số chấm là số nguyên tố”;

F

: “Cả hai lần gieo con xúc xắc đều không xuất hiện mặt có số chấm là số chẵn”. a) Phép thử là gì? b) Giả sử số chấm xuất hiện trên con xúc xắc trong lần gieo thứ nhất, thứ hai tương ứng là 2 và 5 chấm. Khi đó, biến cố nào xảy ra? Biến cố nào không xảy ra?

Kiến thức cần nhớ

Phép thử là hành động, thực nghiệm mà ta quan tâm tới kết quả của nó.
Một kết quả cụ thể của phép thử làm biến cố $E$ xảy ra nếu kết quả đó thoả mãn đúng mô tả của $E$ ; chỉ cần một điều kiện trong mô tả bị vi phạm là biến cố không xảy ra.
Số nguyên tố nhỏ hơn hoặc bằng 6 là $2, 3, 5$ ; số chẵn nhỏ hơn hoặc bằng 6 là $2, 4, 6$ .

🧠 Phân tích tư duy

Đề cho sẵn kết quả cụ thể của phép thử (lần 1 ra 2 chấm, lần 2 ra 5 chấm) — dấu hiệu của bài chỉ cần đối chiếu kết quả đó với định nghĩa của từng biến cố, không cần đếm hay tính xác suất. Số chấm trên xúc xắc chỉ chạy từ 1 đến 6 nên việc phân loại "nguyên tố" hay "chẵn" xét được ngay bằng cách liệt kê hai tập hữu hạn nhỏ. Bẫy của đề là biến cố

F

phát biểu bằng phủ định ("đều KHÔNG xuất hiện số chẵn") — chỉ cần MỘT lần gieo ra số chẵn là

F

đã không xảy ra, không phải xét cả hai lần mới kết luận được.

1Cách 1. Đối chiếu trực tiếp từng lần gieo với định nghĩa biến cố

Định hướng. Xét lần lượt số chấm của lần 1 và lần 2, kiểm xem có thoả tính chất "số nguyên tố" (cho $E$ ) và tính chất "không phải số chẵn" (cho $F$ ) hay không.

a) Phép thử là gieo con xúc xắc liên tiếp hai lần, quan sát số chấm xuất hiện ở mỗi lần.
b) Lần 1 xuất hiện 2 chấm, lần 2 xuất hiện 5 chấm.
Xét

E

2

là số nguyên tố,

5

là số nguyên tố — cả hai lần đều ra số nguyên tố.
Xét

F

: lần 1 ra

2

chấm, mà

2

là số chẵn — đã có một lần xuất hiện số chẵn.

Vậy biến cố $E$ xảy ra; biến cố $F$ không xảy ra.

2Cách 2. Liệt kê hai tập số rồi kiểm phần tử thuộc/không thuộc

Định hướng. Liệt kê trước tập số nguyên tố và tập số chẵn trong phạm vi 1 đến 6, rồi kiểm xem 2 và 5 thuộc tập nào.

Tập số nguyên tố trong

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

là

{2; 3; 5}

.
Tập số chẵn trong

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

là

{2; 4; 6}

.
Kết quả của phép thử là cặp

(2, 5)

2 \in {2; 3; 5}

và

5 \in {2; 3; 5}

nên cả hai lần đều ra số nguyên tố,

E

xảy ra.

2 \in {2; 4; 6}

nên lần 1 đã xuất hiện số chẵn,

F

không xảy ra.

Vậy biến cố $E$ xảy ra; biến cố $F$ không xảy ra.

Nhận xét. Chỉ cần một lần gieo vi phạm mô tả là đủ kết luận biến cố không xảy ra, không cần xét lần còn lại.

⭐ Cách nên dùng khi đi thi. Đi thi dùng Cách 1: đối chiếu trực tiếp từng lần gieo, không mất công liệt kê hai tập số riêng.

Đáp số. a) Phép thử: gieo con xúc xắc liên tiếp hai lần, quan sát số chấm ở mỗi lần. b)

E

xảy ra;

F

không xảy ra.

Sai lầm thường gặp. Nhầm

F

là "có ít nhất một lần ra số lẻ" nên kết luận

F

xảy ra (vì lần 2 ra 5 là số lẻ) — sai vì

F

yêu cầu CẢ HAI lần đều không chẵn (tức cả hai đều lẻ), mà lần 1 đã ra số chẵn nên

F

chắc chắn không xảy ra.

🚀 Mở rộng. Nếu đổi kết quả hai lần gieo thành

1

chấm và

3

chấm thì

F

xảy ra (cả hai đều là số lẻ) nhưng

E

lại không xảy ra, vì

1

không phải là số nguyên tố — cho thấy chỉ cần đổi một kết quả là cả hai biến cố có thể đổi vai trò xảy ra/không xảy ra.

Mở bài này trong app ↗

Bài 3 · Ví dụ 1★★Trang 60— Mô tả không gian mẫu của phép thử quay tấm bìa hai lần và tìm kết quả thuận lợi theo tổng/tích hai số

Ví dụ 1 (trang 60–61). Một tấm bìa cứng hình tròn được chia làm bốn hình quạt bằng nhau, đánh số 1; 2; 3; 4 và được gắn vào trục quay có mũi tên ở tâm (Hình 8.2). Bạn Tuấn quay tấm bìa hai lần, quan sát và ghi lại số của hình quạt mà mũi tên chỉ vào. a) Phép thử là gì? Hãy mô tả không gian mẫu của phép thử. b) Xét biến cố

E

: “Tổng hai số ghi trên hai hình quạt ở hai lần quay bằng 5”. Mô tả các kết quả thuận lợi cho biến cố

E

. c) Xét biến cố

F

: “Tích hai số ghi trên hai hình quạt ở hai lần quay bằng 4”. Mô tả các kết quả thuận lợi cho biến cố

F

Kiến thức cần nhớ

Không gian mẫu của phép thử gồm hai lần thực hiện liên tiếp cùng một hành động là tập mọi cặp có thứ tự $(a, b)$ .
Quy tắc nhân: mỗi lần quay có $4$ khả năng nên $n (Ω) = 4 \times 4 = 16$ .
Kết quả thuận lợi cho một biến cố là những phần tử của $Ω$ thoả đúng mô tả của biến cố đó.

🧠 Phân tích tư duy

Đề cho việc quay tấm bìa hai lần liên tiếp và mỗi lần có 4 khả năng như nhau — đúng dạng "hai hành động liên tiếp, mỗi hành động không phụ thuộc kết quả trước" đã gặp ở Bài 25, nên không gian mẫu gồm mọi cặp có thứ tự

(a, b)

với

a, b \in {1; 2; 3; 4}

. Với 16 kết quả không quá nhiều, lập bảng

4 \times 4

cho phép nhìn thấy ngay cả tổng lẫn tích của từng ô. Bẫy của đề là quên tính cả hai chiều: cặp

(1, 4)

và

(4, 1)

là hai kết quả KHÁC NHAU vì thứ tự quay khác nhau, dù tổng và tích bằng nhau.

1Cách 1. Lập bảng hai chiều

Định hướng. Lập bảng 4 dòng (lần quay 1) và 4 cột (lần quay 2), mỗi ô là một cặp $(a, b)$ ; nhìn bảng để tìm ngay các ô có tổng bằng 5 và các ô có tích bằng 4.

a) Phép thử là quay tấm bìa hai lần; kết quả là cặp

(a, b)

với

a

b

tương ứng là số ghi trên hình quạt mà mũi tên chỉ vào ở lần quay thứ nhất và thứ hai.
Bảng các kết quả có thể:

Lần 2 Lần 1	1	2	3	4
1	(1, 1)	(1, 2)	(1, 3)	(1, 4)
2	(2, 1)	(2, 2)	(2, 3)	(2, 4)
3	(3, 1)	(3, 2)	(3, 3)	(3, 4)
4	(4, 1)	(4, 2)	(4, 3)	(4, 4)

Không gian mẫu

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); (4, 1); (4, 2); (4, 3); (4, 4)}

n (Ω) = 16

.
b) Rà theo bảng, các ô có tổng bằng 5 là

(1, 4); (2, 3); (3, 2); (4, 1)

.
c) Rà theo bảng, các ô có tích bằng 4 là

(1, 4); (2, 2); (4, 1)

Vậy kết quả thuận lợi cho $E$ là $(1, 4); (2, 3); (3, 2); (4, 1)$ ; kết quả thuận lợi cho $F$ là $(1, 4); (2, 2); (4, 1)$ .

2Cách 2. Liệt kê theo sơ đồ cây

Định hướng. Cố định lần lượt số ở lần quay thứ nhất là 1, 2, 3, 4 rồi liệt kê bốn kết quả ứng với bốn số ở lần quay thứ hai — mỗi nhánh cho 4 cặp.

Lần 1 ra 1: nhánh cho

(1, 1); (1, 2); (1, 3); (1, 4)

.
Lần 1 ra 2: nhánh cho

(2, 1); (2, 2); (2, 3); (2, 4)

.
Lần 1 ra 3: nhánh cho

(3, 1); (3, 2); (3, 3); (3, 4)

.
Lần 1 ra 4: nhánh cho

(4, 1); (4, 2); (4, 3); (4, 4)

.
Xét tổng bằng 5 trên từng nhánh: nhánh 1 có

(1, 4)

; nhánh 2 có

(2, 3)

; nhánh 3 có

(3, 2)

; nhánh 4 có

(4, 1)

.
Xét tích bằng 4 trên từng nhánh: nhánh 1 có

(1, 4)

; nhánh 2 có

(2, 2)

; nhánh 4 có

(4, 1)

Vậy kết quả thuận lợi cho $E$ là $(1, 4); (2, 3); (3, 2); (4, 1)$ ; kết quả thuận lợi cho $F$ là $(1, 4); (2, 2); (4, 1)$ .

3Cách 3. Quy tắc nhân kết hợp giải phương trình nghiệm nguyên

Định hướng. Không cần dò hết bảng, đưa mỗi biến cố về một phương trình với $a, b \in {1, 2, 3, 4}$ rồi liệt kê nghiệm.

n (Ω) = 4 \times 4 = 16

theo quy tắc nhân.
Biến cố

E

ứng với phương trình

a + b = 5

a, b \in {1, 2, 3, 4}

a = 1 \Rightarrow b = 4

;

a = 2 \Rightarrow b = 3

;

a = 3 \Rightarrow b = 2

;

a = 4 \Rightarrow b = 1

— đủ 4 nghiệm

(1, 4); (2, 3); (3, 2); (4, 1)

.
Biến cố

F

ứng với phương trình

a \times b = 4

a, b \in {1, 2, 3, 4}

a = 1 \Rightarrow b = 4

;

a = 2 \Rightarrow b = 2

;

a = 4 \Rightarrow b = 1

(

a = 3

không cho

b

nguyên) — đủ 3 nghiệm

(1, 4); (2, 2); (4, 1)

Vậy kết quả thuận lợi cho $E$ là $(1, 4); (2, 3); (3, 2); (4, 1)$ (4 kết quả); kết quả thuận lợi cho $F$ là $(1, 4); (2, 2); (4, 1)$ (3 kết quả).

Nhận xét. Kết quả $(1, 4)$ và $(4, 1)$ thuận lợi cho CẢ HAI biến cố $E$ và $F$ vì vừa có tổng $5$ vừa có tích $4$ — không có gì mâu thuẫn vì $E$ , $F$ không loại trừ nhau.

⭐ Cách nên dùng khi đi thi. Đi thi dùng Cách 3: đưa mỗi biến cố về một phương trình rồi dò nghiệm trong

{1, 2, 3, 4}

, nhanh hơn dò cả bảng 16 ô.

Đáp số.

Ω

có 16 phần tử;

E

có 4 kết quả thuận lợi

(1, 4); (2, 3); (3, 2); (4, 1)

;

F

có 3 kết quả thuận lợi

(1, 4); (2, 2); (4, 1)

Sai lầm thường gặp. Gộp

(1, 4)

và

(4, 1)

thành một kết quả duy nhất vì "tổng và tích không đổi khi đổi chỗ" — sai vì phép thử phân biệt rõ lần quay thứ nhất và thứ hai, đây là hai kết quả khác nhau của không gian mẫu.

🚀 Mở rộng. Nếu tấm bìa có 6 hình quạt đánh số 1 đến 6 thì

n (Ω) = 36

; phương trình

a + b = 5

khi đó vẫn cho đúng 4 nghiệm vì

a, b \leq 4

tự động thoả điều kiện

\leq 6

Mở bài này trong app ↗

Bài 4 · Luyện tập 1★Trang 61— Mô tả không gian mẫu và kết quả thuận lợi của phép thử gồm hai hành động đồng thời

Luyện tập 1 (trang 61). Bạn Hoàng lấy ngẫu nhiên một quả cầu từ một túi đựng 2 quả cầu gồm một quả màu đen và một quả màu trắng, có cùng khối lượng và kích thước. Bạn Hải rút ngẫu nhiên một tấm thẻ từ một hộp đựng 3 tấm thẻ A, B, C. a) Mô tả không gian mẫu của phép thử. b) Xét các biến cố sau:

E

: “Bạn Hoàng lấy được quả cầu màu đen”;

F

: “Bạn Hoàng lấy được quả cầu màu trắng và bạn Hải không rút được tấm thẻ A”. Hãy mô tả các kết quả thuận lợi cho hai biến cố

E

và

F

Kiến thức cần nhớ

Không gian mẫu của phép thử gồm hai hành động đồng thời là tập mọi cặp ghép kết quả của từng hành động.
Kết quả thuận lợi cho một biến cố ghép nhiều điều kiện phải thoả ĐỒNG THỜI tất cả các điều kiện được nêu.

🧠 Phân tích tư duy

Đề cho hai hành động độc lập xảy ra đồng thời (lấy cầu và rút thẻ) — đúng dạng phép thử ghép đôi đã luyện ở Bài 25, không gian mẫu là tích của hai tập kết quả riêng. Vì mỗi tập chỉ có 2 và 3 phần tử nên lập bảng

2 \times 3

hoặc liệt kê trực tiếp đều rất nhanh, không cần công cụ đếm phức tạp. Bẫy của đề nằm ở biến cố

F

: phải thoả ĐỒNG THỜI hai điều kiện (cầu trắng VÀ không phải thẻ A), thiếu một điều kiện là loại kết quả đó.

1Cách 1. Lập bảng hai chiều

Định hướng. Lập bảng 2 dòng (màu quả cầu) và 3 cột (tên thẻ), mỗi ô là một kết quả có thể.

Bảng các kết quả có thể (cầu, thẻ):

Cầu Thẻ	A	B	C
đen	(đen, A)	(đen, B)	(đen, C)
trắng	(trắng, A)	(trắng, B)	(trắng, C)

Không gian mẫu

Ω = {(den, A); (den, B); (den, C); (trang, A); (trang, B); (trang, C)}

n (Ω) = 6

.
Kết quả thuận lợi cho

E

(cầu đen) là

(den, A); (den, B); (den, C)

.
Kết quả thuận lợi cho

F

(cầu trắng và không phải thẻ A) là

(trang, B); (trang, C)

Vậy Ω có 6 phần tử; $E$ có 3 kết quả thuận lợi; $F$ có 2 kết quả thuận lợi.

2Cách 2. Liệt kê theo sơ đồ cây

Định hướng. Từ mỗi nhánh màu cầu, vẽ tiếp ba nhánh tên thẻ — sơ đồ cây cho cùng 6 kết quả nhưng thấy rõ cấu trúc "chọn màu trước, chọn thẻ sau".

Nhánh "đen": ghép với A, B, C được

(den, A); (den, B); (den, C)

.
Nhánh "trắng": ghép với A, B, C được

(trang, A); (trang, B); (trang, C)

.
Không gian mẫu

Ω

gồm cả 6 kết quả của hai nhánh trên.
Kết quả thuận lợi cho

E

là ba kết quả ở nhánh "đen".
Kết quả thuận lợi cho

F

là

(trang, B); (trang, C)

, loại

(trang, A)

vì rút đúng thẻ A.

Vậy $E$ có 3 kết quả thuận lợi, $F$ có 2 kết quả thuận lợi.

3Cách 3. Quy tắc nhân kết hợp lọc theo điều kiện

Định hướng. Không cần liệt kê tất cả, chỉ cần đếm theo quy tắc nhân rồi lọc trực tiếp trên mô tả của từng biến cố.

Số kết quả có thể:

n (Ω) = 2 \times 3 = 6

vì có 2 khả năng cho quả cầu và 3 khả năng cho tấm thẻ.
Biến cố

E

chỉ ràng buộc quả cầu (đen), thẻ tự do: có

1 \times 3 = 3

kết quả thuận lợi.
Biến cố

F

ràng buộc cả hai: quả cầu trắng (1 khả năng) và thẻ khác A (2 khả năng, B hoặc C): có

1 \times 2 = 2

kết quả thuận lợi.

Vậy Ω có 6 phần tử, $E$ có 3 kết quả thuận lợi, $F$ có 2 kết quả thuận lợi.

Nhận xét. Cách 3 không cần liệt kê hết Ω vẫn ra đúng số kết quả thuận lợi, rất hữu ích khi không gian mẫu lớn.

⭐ Cách nên dùng khi đi thi. Đi thi dùng Cách 3: đếm thẳng bằng quy tắc nhân theo từng điều kiện của biến cố, không mất công liệt kê hết 6 phần tử.

Đáp số. Ω có 6 phần tử.

E

có 3 kết quả thuận lợi:

(den, A); (den, B); (den, C)

F

có 2 kết quả thuận lợi:

(trang, B); (trang, C)

Sai lầm thường gặp. Với

F

, dễ quên điều kiện "không rút được thẻ A" mà liệt kê cả

(trang, A)

vào kết quả thuận lợi — phải kiểm đủ CẢ HAI điều kiện của biến cố ghép, không chỉ điều kiện đầu.

🚀 Mở rộng. Nếu hộp có thêm thẻ D (4 tấm thẻ) thì

n (Ω) = 2 \times 4 = 8

và số kết quả thuận lợi cho

F

tăng lên

1 \times 3 = 3

Mở bài này trong app ↗

Bài 5 · Ví dụ 2★★Trang 62— Tính xác suất của biến cố về cách xếp chỗ ngồi ngẫu nhiên ba người trên một hàng ghế

Ví dụ 2 (trang 62). Ba bạn Bảo, Châu, Dương được xếp ngẫu nhiên ngồi trên một hàng ghế có ba chỗ ngồi. Tính xác suất của các biến cố sau: a)

E

: “Bảo không ngồi ngoài cùng bên phải”; b)

F

: “Châu và Dương không ngồi cạnh nhau”.

Kiến thức cần nhớ

Số cách xếp $n$ người vào $n$ chỗ khác nhau trên một hàng là $n!$ (hoán vị).
Với $3$ ghế trên một hàng, hai người không ngồi cạnh nhau khi và chỉ khi họ ngồi ở hai vị trí đầu và cuối, người còn lại ngồi giữa.
Xác suất cổ điển $P (E) = \frac{n ( E )}{n ( Ω )}$ .

🧠 Phân tích tư duy

Đề cho ba người xếp ngẫu nhiên vào ba vị trí cố định trên một hàng ghế — dấu hiệu của bài hoán vị, không gian mẫu là tập mọi cách sắp thứ tự ba phần tử, có

3! = 6

phần tử. Vì

6

kết quả rất ít nên liệt kê hết rồi lọc trực tiếp là hướng an toàn nhất, không cần công thức tổ hợp phức tạp. Bẫy của đề ở câu b) là "không ngồi cạnh nhau" trên MỘT hàng chỉ có 3 ghế — Châu và Dương không cạnh nhau khi và chỉ khi họ ngồi ở hai đầu ghế, tức Bảo bắt buộc phải ngồi giữa.

1Cách 1. Liệt kê tất cả cách xếp rồi lọc trực tiếp

Định hướng. Kí hiệu ba bạn là $B, C, D$ ; liệt kê đủ $3! = 6$ hoán vị của $B, C, D$ rồi lọc theo từng biến cố.

Không gian mẫu

Ω = {B C D; B D C; C B D; C D B; D B C; D C B}

n (Ω) = 6

.
a) Bảo ngồi ngoài cùng bên phải ứng với các cách có chữ

B

ở vị trí cuối:

C D B, D C B

.
Kết quả thuận lợi cho

E

(Bảo KHÔNG ngồi ngoài cùng bên phải) là bốn cách còn lại:

B C D; B D C; C B D; D B C

n (E) = 4

.
b) Châu và Dương ngồi cạnh nhau ứng với các cách có

C, D

liền kề:

B C D, B D C, C D B, D C B

.
Kết quả thuận lợi cho

F

(Châu và Dương KHÔNG cạnh nhau) là hai cách còn lại:

C B D; D B C

n (F) = 2

Vậy $P (E) = \frac{4}{6} = \frac{2}{3}$ ; $P (F) = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}$ .

2Cách 2. Liệt kê theo vị trí của Bảo

Định hướng. Chia sáu cách xếp theo VỊ TRÍ của Bảo (trái, giữa, phải) — mỗi vị trí có đúng 2 cách xếp Châu, Dương vào hai ghế còn lại.

Bảo ngồi ngoài cùng bên trái: 2 cách

B C D, B D C

.
Bảo ngồi giữa: 2 cách

C B D, D B C

.
Bảo ngồi ngoài cùng bên phải: 2 cách

C D B, D C B

.
a)

E

gồm hai nhóm đầu (Bảo trái hoặc giữa):

n (E) = 2 + 2 = 4

.
b) Châu, Dương không cạnh nhau chỉ xảy ra khi Bảo ngồi giữa (tách hai bạn ra hai đầu):

n (F) = 2

Vậy $P (E) = \frac{4}{6} = \frac{2}{3}$ ; $P (F) = \frac{2}{6} = \frac{1}{3}$ .

3Cách 3. Quy tắc nhân vị trí kết hợp đếm phần bù

Định hướng. Đếm $n (Ω)$ bằng quy tắc nhân theo từng ghế; với $E$ , đếm phần bù (Bảo ngồi ngoài cùng bên phải) nhanh hơn đếm trực tiếp.

n (Ω) = 3 \times 2 \times 1 = 6

(chọn người cho ghế trái, rồi ghế giữa, rồi ghế phải).
Biến cố đối của

E

là "Bảo ngồi ngoài cùng bên phải": cố định Bảo ở ghế phải, hai bạn còn lại xếp

2! = 2

cách vào hai ghế đầu.

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

, suy ra

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

.
Với

F

: cố định Bảo ở ghế giữa (1 cách), hai bạn Châu, Dương xếp

2! = 2

cách vào hai ghế đầu và cuối,

n (F) = 2

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

Nhận xét. Đếm phần bù cho $E$ ngắn hơn hẳn liệt kê bốn kết quả thuận lợi trực tiếp.

⭐ Cách nên dùng khi đi thi. Đi thi dùng Cách 3: đếm phần bù cho

E

và cố định vị trí Bảo cho

F

, chỉ vài phép nhân, không cần viết hết 6 hoán vị.

Đáp số.

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

;

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

Sai lầm thường gặp. Với câu b), nhầm "không ngồi cạnh nhau" bằng cách chỉ loại trường hợp Châu Dương đứng liền kề mà không nhận ra điều kiện này TƯƠNG ĐƯƠNG với việc Bảo phải ngồi giữa, dẫn đến đếm sót hoặc đếm thừa kết quả thuận lợi.

🚀 Mở rộng. Nếu hàng ghế có 4 người thì số cách xếp là

4! = 24

; bài toán "hai người X, Y không ngồi cạnh nhau" khi đó tính bằng phần bù:

24 - 2 \times 3! = 24 - 12 = 12

cách.

Mở bài này trong app ↗

Bài 6 · Luyện tập 2★★Trang 62— Tính xác suất của biến cố liên quan tới số tạo thành từ hai chữ số rút ngẫu nhiên

Luyện tập 2 (trang 62). Cho hai túi I và II, mỗi túi chứa 3 tấm thẻ được ghi các số 2; 3; 7. Rút ngẫu nhiên từ mỗi túi ra một tấm thẻ và ghép thành số có hai chữ số với chữ số trên tấm thẻ rút từ túi I là chữ số hàng chục. Tính xác suất của các biến cố sau: a)

A

: “Số tạo thành chia hết cho 4”; b)

B

: “Số tạo thành là số nguyên tố”.

Kiến thức cần nhớ

Số có hai chữ số $\overline{ab} = 10 a + b$ với $a$ là chữ số hàng chục, $b$ là chữ số hàng đơn vị.
Số $\overline{ab}$ chia hết cho 4 khi và chỉ khi $2 a + b$ chia hết cho 4 (vì $10 a + b = 8 a + (2 a + b)$ , $8 a$ luôn chia hết cho 4).
Số nguyên tố là số tự nhiên lớn hơn 1 chỉ có hai ước là 1 và chính nó.

🧠 Phân tích tư duy

Đề cho hai hành động rút thẻ độc lập rồi ghép thành số có hai chữ số — không gian mẫu là tích

3 \times 3 = 9

cặp (chữ số hàng chục, chữ số hàng đơn vị), mỗi cặp cho đúng một số. Vì Ω chỉ có 9 phần tử, tính trực tiếp giá trị của cả 9 số rồi lọc theo tính chất chia hết/số nguyên tố là hướng nhanh và chắc chắn không sót. Bẫy của đề là chữ số hàng chục và hàng đơn vị có thể TRÙNG NHAU (ví dụ

22

33

77

khi rút cùng một số ở cả hai túi) — đây vẫn là kết quả hợp lệ của phép thử, không được loại bỏ.

1Cách 1. Lập bảng hai chiều rồi tính từng số

Định hướng. Lập bảng 3 dòng (chữ số hàng chục từ túi I) và 3 cột (chữ số hàng đơn vị từ túi II), điền số hai chữ số vào từng ô rồi kiểm tính chất.

Bảng số tạo thành:

Hàng đơn vị (túi II) Hàng chục (túi I)	2	3	7
2	22	23	27
3	32	33	37
7	72	73	77

Không gian mẫu

Ω = {22; 23; 27; 32; 33; 37; 72; 73; 77}

n (Ω) = 9

.
Kiểm chia hết cho 4:

32 = 4 \times 8

và

72 = 4 \times 18

chia hết cho 4; các số còn lại không chia hết cho 4.
Kiểm số nguyên tố:

23

37

73

là số nguyên tố;

22 = 2 \times 11

27 = 3^{3}

32 = 2^{5}

33 = 3 \times 11

72 = 2^{3} \times 3^{2}

77 = 7 \times 11

đều là hợp số.

Vậy $A$ có 2 kết quả thuận lợi ${32; 72}$ ; $B$ có 3 kết quả thuận lợi ${23; 37; 73}$ .

2Cách 2. Liệt kê theo sơ đồ cây (cố định chữ số hàng chục)

Định hướng. Cố định lần lượt chữ số hàng chục là 2, 3, 7 rồi liệt kê ba số ứng với ba chữ số hàng đơn vị — nhìn theo nhánh cây giúp không sót cặp nào.

Hàng chục là 2: ghép với 2, 3, 7 được

22, 23, 27

.
Hàng chục là 3: ghép với 2, 3, 7 được

32, 33, 37

.
Hàng chục là 7: ghép với 2, 3, 7 được

72, 73, 77

n (Ω) = 3 \times 3 = 9

.
Trong ba nhánh trên, chỉ

32

(nhánh hàng chục 3) và

72

(nhánh hàng chục 7) chia hết cho 4.
Trong ba nhánh trên,

23

(nhánh 2),

37

(nhánh 3),

73

(nhánh 7) là số nguyên tố.

Vậy $P (A) = \frac{2}{9}$ ; $P (B) = \frac{3}{9} = \frac{1}{3}$ .

3Cách 3. Dùng dấu hiệu chia hết trực tiếp trên chữ số

Định hướng. Không cần liệt kê hết, dùng dấu hiệu chia hết cho 4 để giới hạn chữ số hàng đơn vị trước, rồi kiểm nguyên tố cho các số còn khả nghi.

Số

\overline{ab}

chia hết cho 4 khi

2 a + b

chia hết cho 4, với

a, b \in {2; 3; 7}

a = 2

cho

2 a = 4

, cần

b

chia hết cho 4 — không có

b

nào trong

{2; 3; 7}

thoả.

a = 3

cho

2 a = 6

, cần

b \equiv 2 (mod 4)

—

b = 2

thoả, được số

32

a = 7

cho

2 a = 14

, cần

b \equiv 2 (mod 4)

—

b = 2

thoả, được số

72

.
Vậy

A = {32; 72}

n (A) = 2

.
Xét số nguyên tố trong 9 số: chỉ

23, 37, 73

không chia hết cho

2, 3, 7, 11

nên là số nguyên tố,

n (B) = 3

Vậy $P (A) = \frac{2}{9}$ ; $P (B) = \frac{1}{3}$ .

Nhận xét. Dùng dấu hiệu chia hết $2 a + b$ chia hết cho 4 tìm nhanh $A$ mà không cần liệt kê hết 9 số.

⭐ Cách nên dùng khi đi thi. Đi thi dùng Cách 1: lập bảng

3 \times 3

rồi tính giá trị từng ô, tránh nhầm lẫn khi kiểm tính chất chia hết và nguyên tố cùng lúc.

Đáp số.

P (A) = \frac{2}{9}

;

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

Sai lầm thường gặp. Bỏ sót các kết quả có chữ số hàng chục và hàng đơn vị trùng nhau (như

22

33

77

) vì tưởng "rút từ hai túi khác nhau" nghĩa là hai chữ số phải khác nhau — thực ra đây vẫn là kết quả hợp lệ, hai túi độc lập nên hoàn toàn có thể rút trùng số.

🚀 Mở rộng. Nếu túi thêm số

5

(mỗi túi 4 tấm thẻ 2;3;5;7) thì

n (Ω) = 16

; khi đó cần kiểm lại cả hai biến cố với các số hai chữ số mới xuất hiện như

25, 52, 57, 75

Mở bài này trong app ↗

Bài 7 · Ví dụ 3★★★Trang 62— Tính xác suất của biến cố liên quan tới phép thử lai hai cặp gene, dựa vào không gian mẫu đã mô tả ở Bài 25

Ví dụ 3 (trang 62–63). Để trả lời câu hỏi trong tình huống mở đầu ta cần biết kiểu gene của cây bố và cây mẹ. Giả sử cây bố có kiểu gene là

(AA, B b)

, cây mẹ có kiểu gene là

(A a, B b)

. Khi đó yêu cầu bài toán trở thành tính xác suất để cây con có hạt vàng và trơn.

Kiến thức cần nhớ

Không gian mẫu $Ω$ của phép thử lai với bố $(AA, B b)$ , mẹ $(A a, B b)$ đã dựng ở Bài 25, gồm 8 kết quả đồng khả năng.
Hạt vàng ứng với kiểu gene màu có allele trội $A$ ; hạt trơn ứng với kiểu gene hình dạng có allele trội $B$ .
$P (E) = \frac{n ( E )}{n ( Ω )}$ .

🧠 Phân tích tư duy

Đề nối lại đúng phép thử đã mô tả không gian mẫu ở Bài 25 (mục Vận dụng) — dấu hiệu để KHÔNG liệt kê lại từ đầu mà tận dụng

Ω

đã có sẵn 8 phần tử. Việc còn lại chỉ là lọc trong 8 phần tử đó những kết quả có hạt vàng (allele

A

) và hạt trơn (allele

B

) đồng thời. Bẫy của đề giống Mở đầu: dễ quên rằng bố

AA

khiến mọi cây con luôn có hạt vàng, nên chỉ còn phải xét điều kiện hạt trơn.

1Cách 1. Liệt kê không gian mẫu và đếm trực tiếp

Định hướng. Không gian mẫu đã liệt kê ở Bài 25: $Ω = {(AA, B B); (AA, B b); (AA, b B); (AA, bb); (A a, B B); (A a, B b); (A a, b B); (A a, bb)}$ ; chỉ cần lọc ra các kết quả có cả allele $A$ và allele $B$ .

Gọi

M

: "Cây con có hạt vàng và trơn".

n (Ω) = 8

, các kết quả đồng khả năng vì mỗi gene được lấy ngẫu nhiên độc lập.
Kết quả có hạt vàng (chứa

A

): cả hai loại

AA

A a

đều thoả.
Kết quả có hạt trơn (chứa

B

): ba loại

B B, B b, b B

thoả, chỉ

bb

không thoả.
Kết quả thuận lợi cho

M

(AA, B B); (AA, B b); (AA, b B); (A a, B B); (A a, B b); (A a, b B)

n (M) = 6

Vậy $P (M) = \frac{6}{8} = \frac{3}{4}$ .

2Cách 2. Quy tắc nhân theo từng cặp gene độc lập

Định hướng. Hai cặp gene (màu, hình dạng) được lấy allele độc lập với nhau nên xác suất của biến cố hợp bằng tích hai xác suất thành phần.

Cặp gene màu: bố

AA

luôn truyền

A

; mẹ

A a

truyền

A

hoặc

a

đồng khả năng — cây con luôn có allele

A

P (vang) = 1

.
Cặp gene hình dạng: bố

B b

, mẹ

B b

— bốn kết quả

B B, B b, b B, bb

đồng khả năng, ba kết quả có allele

B

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

P (M) = P (vang) \times P (tron) = 1 \times \frac{3}{4}

Vậy $P (M) = \frac{3}{4}$ .

3Cách 3. Đếm phần bù theo cặp gene hình dạng

Định hướng. Vì cặp gene màu luôn cho hạt vàng, biến cố đối của $M$ chỉ phụ thuộc cặp gene hình dạng — đếm phần bù trên cặp gene này là ngắn nhất.

Cây con không thuộc

M

khi và chỉ khi hạt nhăn, tức kiểu gene hình dạng là

bb

.
Trong 8 kết quả của

Ω

, kiểu gene hình dạng

bb

ứng với 2 kết quả:

(AA, bb)

;

(A a, bb)

P (\overline{M}) = \frac{2}{8} = \frac{1}{4}

P (M) = 1 - P (\overline{M}) = 1 - \frac{1}{4}

Vậy $P (M) = \frac{3}{4}$ .

Nhận xét. Kết quả trùng khớp với câu trả lời cho tình huống mở đầu của cả bài.

⭐ Cách nên dùng khi đi thi. Đi thi dùng Cách 2: nhân trực tiếp hai xác suất thành phần, không cần liệt kê 8 phần tử của không gian mẫu.

Đáp số.

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

Sai lầm thường gặp. Quên rằng bố có kiểu gene

AA

nên mọi cây con đều có hạt vàng, dẫn tới việc vẫn tính

P (vang)

bằng công thức tổng quát

\frac{3}{4}

(dành cho phép lai

A a \times A a

) thay vì nhận ra

P (vang) = 1

trong trường hợp này.

🚀 Mở rộng. Nếu bố có kiểu gene

(A a, B B)

và mẹ

(A a, B b)

thì

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

còn

P (tron) = 1

, nên

P (M)

vẫn bằng

\frac{3}{4}

— nhưng vai trò của hai cặp gene bây giờ đổi chỗ cho nhau.

Mở bài này trong app ↗

Bài 8 · Luyện tập 3★★★Trang 63— Tính xác suất của biến cố liên quan tới phép thử lai hai cặp gene (đổi tính trạng hình dạng)

Luyện tập 3 (trang 63). Trở lại Ví dụ 3, tính xác suất để cây con có hạt vàng và nhăn.

Kiến thức cần nhớ

Cây con có hạt nhăn khi kiểu gene hình dạng là $bb$ (không có allele trội $B$ ).
Hai biến cố "hạt trơn" và "hạt nhăn" là hai biến cố đối nhau trên cùng cặp gene hình dạng: $P (nhan) = 1 - P (tron)$ .
$P (E) = \frac{n ( E )}{n ( Ω )}$ khi các kết quả đồng khả năng.

🧠 Phân tích tư duy

Đề dùng lại đúng phép thử và không gian mẫu 8 phần tử của Ví dụ 3, chỉ đổi biến cố cần tính từ "hạt trơn" (chứa

B

) sang "hạt nhăn" (kiểu gene

bb

) — dấu hiệu để tái sử dụng cách lọc đã làm, không phải dựng lại

Ω

. Vì hai biến cố "trơn" và "nhăn" là hai biến cố ĐỐI NHAU (ứng với cùng cặp gene hình dạng), xác suất mới có thể suy ra trực tiếp từ kết quả của Ví dụ 3 mà không cần đếm lại. Bẫy của đề là tưởng nhầm "hạt vàng và nhăn" phải tính từ đầu độc lập với Ví dụ 3, trong khi thực chất chỉ cần đổi vai trò biến cố đối trên cùng một cặp gene hình dạng.

1Cách 1. Liệt kê trực tiếp trên Ω

Định hướng. Lọc trong 8 kết quả của $Ω$ (đã liệt kê ở Bài 25) những kết quả vừa có allele $A$ (vàng) vừa có kiểu gene hình dạng $bb$ (nhăn).

Gọi

N

: "Cây con có hạt vàng và nhăn".
Kết quả có hạt vàng:

AA

hoặc

A a

(cả hai loại đều thoả vì bố

AA

).
Kết quả có hạt nhăn: chỉ kiểu gene hình dạng

bb

thoả.
Kết quả thuận lợi cho

N

(AA, bb)

;

(A a, bb)

n (N) = 2

n (Ω) = 8

Vậy $P (N) = \frac{2}{8} = \frac{1}{4}$ .

2Cách 2. Quy tắc nhân theo từng cặp gene

Định hướng. Hai cặp gene độc lập nên $P (vang va nhan) = P (vang) \times P (nhan)$ .

P (vang) = 1

vì bố

AA

luôn truyền allele

A

(đã lập luận ở Ví dụ 3).

P (nhan)

là xác suất kiểu gene hình dạng

bb

trong bốn kết quả

B B, B b, b B, bb

đồng khả năng:

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

P (N) = P (vang) \times P (nhan) = 1 \times \frac{1}{4}

Vậy $P (N) = \frac{1}{4}$ .

3Cách 3. Suy từ biến cố đối đã tính ở Ví dụ 3

Định hướng. Vì bố luôn truyền hạt vàng, biến cố "vàng và nhăn" chính là biến cố đối của "vàng và trơn" đã tính ở Ví dụ 3 — không cần đếm lại.

Ở Ví dụ 3 đã tính

P (vang va tron) = \frac{3}{4}

.
Vì mọi cây con đều có hạt vàng, "vàng và nhăn" xảy ra đúng khi "vàng và trơn" KHÔNG xảy ra — hai biến cố này đối nhau.

P (N) = 1 - P (vang va tron) = 1 - \frac{3}{4}

Vậy $P (N) = \frac{1}{4}$ .

Nhận xét. Cách 3 tận dụng ngay kết quả của Ví dụ 3, không phải đếm lại từ đầu — nên nghĩ tới đầu tiên khi hai biến cố đối nhau xuất hiện liên tiếp trong cùng một bài.

⭐ Cách nên dùng khi đi thi. Đi thi dùng Cách 3: nhận ra "vàng và nhăn" là biến cố đối của "vàng và trơn" đã tính ở Ví dụ 3, chỉ một phép trừ là ra đáp số.

Đáp số.

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

Sai lầm thường gặp. Tính nhầm

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

vì nghĩ "trơn" và "nhăn" chia đôi khả năng, trong khi thực tế trong 4 kết quả

B B, B b, b B, bb

chỉ có duy nhất

bb

cho hạt nhăn, ba kết quả còn lại đều cho hạt trơn.

🚀 Mở rộng. Nếu đổi hai kiểu gene bố mẹ thành

(A a, B b)

và

(A a, B b)

(đều dị hợp) thì

P (vang va nhan) = \frac{3}{4} \times \frac{1}{4} = \frac{3}{16}

Mở bài này trong app ↗

Bài 9 · Bài 8.5★★Trang 63— Tính xác suất của biến cố về giới tính hai người con trong một gia đình

Bài 8.5 (trang 63). Chọn ngẫu nhiên một gia đình có hai con. Giả thiết rằng biến cố “Sinh con trai” và biến cố “Sinh con gái” là đồng khả năng. Tính xác suất của các biến cố sau:

A

: “Gia đình đó có cả con trai và con gái”;

B

: “Gia đình đó có con trai”.

Kiến thức cần nhớ

Không gian mẫu của phép thử gồm hai lần sinh liên tiếp là tập mọi cặp có thứ tự (con đầu, con thứ hai).
Xác suất cổ điển $P (E) = \frac{n ( E )}{n ( Ω )}$ khi các kết quả đồng khả năng.

🧠 Phân tích tư duy

Đề cho hai lần sinh con độc lập, mỗi lần đồng khả năng trai/gái — đúng dạng phép thử gồm hai hành động liên tiếp đã luyện ở Bài 25, không gian mẫu là tích

2 \times 2 = 4

kết quả có thứ tự (con đầu, con thứ hai). Vì chỉ có 4 kết quả, liệt kê hết rồi lọc là cách nhanh và chắc chắn. Bẫy của đề là quên thứ tự sinh: "trai rồi gái" và "gái rồi trai" là hai kết quả KHÁC NHAU của phép thử, không được gộp thành một.

1Cách 1. Liệt kê trực tiếp

Định hướng. Kí hiệu con trai là $T$ , con gái là $G$ ; liệt kê đủ 4 kết quả có thứ tự của hai lần sinh.

Không gian mẫu

Ω = {T T; T G; GT; GG}

n (Ω) = 4

.
Kết quả thuận lợi cho

A

(có cả trai và gái) là

T G; GT

n (A) = 2

.
Kết quả thuận lợi cho

B

(có con trai) là

T T; T G; GT

n (B) = 3

Vậy $P (A) = \frac{2}{4} = \frac{1}{2}$ ; $P (B) = \frac{3}{4}$ .

2Cách 2. Sơ đồ cây theo giới tính con đầu

Định hướng. Chia bốn kết quả theo giới tính của con đầu, mỗi nhánh có hai khả năng cho con thứ hai.

Con đầu là trai: nhánh cho

T T, T G

.
Con đầu là gái: nhánh cho

GT, GG

A

(có cả trai và gái) rơi vào

T G

(nhánh trai) và

GT

(nhánh gái):

n (A) = 2

B

(có con trai) rơi vào

T T, T G

(toàn bộ nhánh trai) và

GT

(một kết quả của nhánh gái):

n (B) = 3

Vậy $P (A) = \frac{1}{2}$ ; $P (B) = \frac{3}{4}$ .

3Cách 3. Đếm phần bù cho B

Định hướng. Biến cố đối của $B$ (có con trai) là "cả hai đều là con gái" — chỉ có đúng một kết quả, đếm phần bù nhanh hơn liệt kê ba kết quả thuận lợi.

Biến cố đối

\overline{B}

: "Gia đình không có con trai nào", tức cả hai đều là con gái, chỉ ứng với kết quả

GG

P (\overline{B}) = \frac{1}{4}

P (B) = 1 - P (\overline{B}) = 1 - \frac{1}{4}

.
Với

A

: hai kết quả

T G, GT

là hai kết quả duy nhất có cả trai và gái trong bốn kết quả của

Ω

n (A) = 2

Vậy $P (B) = \frac{3}{4}$ ; $P (A) = \frac{1}{2}$ .

Nhận xét. Đếm phần bù cho $B$ chỉ cần nhận ra MỘT kết quả duy nhất "toàn con gái", nhanh hơn liệt kê ba kết quả thuận lợi.

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

B

: tính phần bù "cả hai đều con gái" chỉ có 1 kết quả, rồi lấy

1

trừ đi.

Đáp số.

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

;

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

Sai lầm thường gặp. Coi "có cả con trai và con gái" chỉ có MỘT kết quả (không phân biệt thứ tự sinh) rồi tính nhầm

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

— sai vì phép thử phân biệt rõ con đầu và con thứ hai,

T G

và

GT

là hai kết quả khác nhau.

🚀 Mở rộng. Nếu gia đình có 3 con thì

n (Ω) = 2^{3} = 8

; biến cố "có cả trai và gái" khi đó có xác suất

1 - \frac{2}{8} = \frac{3}{4}

(trừ đi hai trường hợp toàn trai hoặc toàn gái).

Mở bài này trong app ↗

Bài 10 · Bài 8.6★★★Trang 63— Tính xác suất của biến cố liên quan tới phép thử gieo đồng thời hai xúc xắc

Bài 8.6 (trang 63). Gieo đồng thời hai con xúc xắc cân đối, đồng chất I và II. Tính xác suất các biến cố sau:

E

: “Có đúng một con xúc xắc xuất hiện mặt 6 chấm”;

F

: “Có ít nhất một con xúc xắc xuất hiện mặt 6 chấm”;

G

: “Tích của hai số chấm xuất hiện trên hai con xúc xắc nhỏ hơn hoặc bằng 6”.

Kiến thức cần nhớ

Không gian mẫu của phép thử gieo đồng thời hai xúc xắc phân biệt là tập mọi cặp $(i, j)$ , $n (Ω) = 6 \times 6 = 36$ .
"Đúng một" loại trừ trường hợp cả hai cùng thoả; "ít nhất một" bao gồm cả trường hợp cả hai cùng thoả.
Đếm phần bù: $P (E) = 1 - P (\overline{E})$ thường ngắn hơn khi điều kiện phủ định đơn giản hơn.

🧠 Phân tích tư duy

Đề cho hai xúc xắc gieo đồng thời, phân biệt rõ con I và con II — không gian mẫu là tập mọi cặp có thứ tự

(i, j)

với

i, j \in {1, \dots, 6}

n (Ω) = 36

. Với 36 kết quả, đếm trực tiếp theo TỪNG điều kiện (đúng một mặt 6, ít nhất một mặt 6, tích nhỏ hơn hoặc bằng 6) hiệu quả hơn liệt kê hết. Bẫy của đề là nhầm lẫn "đúng một" với "ít nhất một" —

E

và

F

khác nhau đúng ở trường hợp CẢ HAI xúc xắc cùng ra 6 chấm.

1Cách 1. Liệt kê Ω rút gọn rồi đếm trực tiếp

Định hướng. Không gian mẫu có 36 phần tử nên chỉ ghi đại diện rồi liệt kê đúng những kết quả thuận lợi của từng biến cố.

Không gian mẫu

Ω = {(1, 1); (1, 2); \dots; (6, 5); (6, 6)}

n (Ω) = 36

.
Kết quả thuận lợi cho

E

(đúng một mặt 6): xúc xắc I ra 6, xúc xắc II khác 6 (5 kết quả); hoặc xúc xắc II ra 6, xúc xắc I khác 6 (5 kết quả) —

n (E) = 5 + 5 = 10

.
Kết quả thuận lợi cho

F

(ít nhất một mặt 6): gồm

10

kết quả trên, cộng thêm kết quả cả hai cùng ra 6 là

(6, 6)

—

n (F) = 10 + 1 = 11

.
Kết quả thuận lợi cho

G

(tích nhỏ hơn hoặc bằng 6):

i = 1

cho

j

bất kì (6 kết quả);

i = 2

cho

j \in {1, 2, 3}

(3);

i = 3

cho

j \in {1, 2}

(2);

i = 4

cho

j = 1

(1);

i = 5

cho

j = 1

(1);

i = 6

cho

j = 1

(1) —

n (G) = 6 + 3 + 2 + 1 + 1 + 1 = 14

Vậy $P (E) = \frac{10}{36} = \frac{5}{18}$ ; $P (F) = \frac{11}{36}$ ; $P (G) = \frac{14}{36} = \frac{7}{18}$ .

2Cách 2. Quy tắc cộng theo từng xúc xắc

Định hướng. Chia biến cố $E$ , $F$ theo con xúc xắc nào ra mặt 6, dùng quy tắc cộng cho hai trường hợp không giao nhau (E) và công thức cộng cho hợp hai biến cố (F).

Gọi

A_{1}

: "xúc xắc I ra 6",

A_{2}

: "xúc xắc II ra 6"; mỗi biến cố có

6

kết quả thuận lợi trong 36.

E

= (chỉ

A_{1}

xảy ra) hoặc (chỉ

A_{2}

xảy ra), hai trường hợp không giao nhau, mỗi trường hợp có

5

kết quả (loại

(6, 6)

n (E) = 5 + 5 = 10

F = A_{1} \cup A_{2}

; theo công thức cộng

n (F) = n (A_{1}) + n (A_{2}) - n (A_{1} \cap A_{2}) = 6 + 6 - 1 = 11

.
Với

G

: liệt kê các cặp

(i, j)

với

i \times j \leq 6

theo từng giá trị

i

như Cách 1,

n (G) = 14

Vậy $P (E) = \frac{10}{36} = \frac{5}{18}$ ; $P (F) = \frac{11}{36}$ ; $P (G) = \frac{7}{18}$ .

3Cách 3. Đếm phần bù cho F và cho G

Định hướng. Biến cố đối của $F$ là "không con nào ra 6"; biến cố đối của $G$ là "tích lớn hơn 6" — cả hai phần bù đều dễ đếm hơn đếm trực tiếp.

\overline{F}

: "cả hai xúc xắc đều khác 6", mỗi con có 5 khả năng nên

n (\overline{F}) = 5 \times 5 = 25

P (F) = 1 - \frac{25}{36} = \frac{11}{36}

\overline{G}

: "tích hai số lớn hơn 6", đếm trực tiếp:

i = 2

cho

j \in {4, 5, 6}

(3);

i = 3

cho

j \in {3, 4, 5, 6}

(4);

i = 4, 5, 6

mỗi giá trị cho

j \in {2, \dots, 6}

(5 mỗi giá trị) —

n (\overline{G}) = 3 + 4 + 5 + 5 + 5 = 22

, suy ra

n (G) = 36 - 22 = 14

.
Với

E

n (E) = n (F) - n (A_{1} \cap A_{2}) = 11 - 1 = 10

Vậy $P (E) = \frac{5}{18}$ ; $P (F) = \frac{11}{36}$ ; $P (G) = \frac{7}{18}$ .

Nhận xét. Ba cách cho cùng kết quả, kiểm chéo qua đếm phần bù giúp chắc chắn không đếm sót hay đếm trùng ở $F$ và $G$ .

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

F

(phần bù "không con nào ra 6") và Cách 1 cho

G

(liệt kê theo từng giá trị

i

) — kết hợp hai kĩ thuật cho lời giải ngắn nhất.

Đáp số.

P (E) = \frac{5}{18}

;

P (F) = \frac{11}{36}

;

P (G) = \frac{7}{18}

Sai lầm thường gặp. Nhầm

E

và

F

là một, tính

P (E) = P (F) = \frac{11}{36}

— sai vì

E

(đúng một mặt 6) phải LOẠI kết quả

(6, 6)

, còn

F

(ít nhất một mặt 6) vẫn giữ

(6, 6)

🚀 Mở rộng. Nếu đổi điều kiện của

G

thành "tích nhỏ hơn hoặc bằng 12" thì phải đếm lại theo từng giá trị

i

tương tự Cách 1, số kết quả thuận lợi sẽ tăng đáng kể vì ngưỡng tích nới rộng hơn.

Mở bài này trong app ↗

Bài 11 · Bài 8.7★★★Trang 63— Tính xác suất của biến cố liên quan tới phép thử gieo đồng xu và rút thẻ đồng thời

Bài 8.7 (trang 63). Bạn An gieo một đồng xu cân đối và bạn Bình rút ngẫu nhiên một tấm thẻ từ hộp chứa 5 tấm thẻ ghi các số 1; 2; 3; 4; 5. Tính xác suất của các biến cố sau:

E

: “Rút được tấm thẻ ghi số lẻ”;

F

: “Rút được tấm thẻ ghi số chẵn và đồng xu xuất hiện mặt sấp”;

G

: “Rút được tấm thẻ ghi số 5 hoặc đồng xu xuất hiện mặt ngửa”.

Kiến thức cần nhớ

Không gian mẫu của phép thử gồm hai hành động đồng thời là tích của hai tập kết quả, $n (Ω) = 2 \times 5 = 10$ .
Biến cố chỉ ràng buộc một thành phần đếm bằng quy tắc nhân với thành phần kia tự do.
Công thức cộng cho hợp hai biến cố: $n (X \cup Y) = n (X) + n (Y) - n (X \cap Y)$ .

🧠 Phân tích tư duy

Đề cho hai hành động độc lập xảy ra đồng thời (gieo đồng xu, rút thẻ) — không gian mẫu là tích

2 \times 5 = 10

kết quả. Biến cố

E

chỉ ràng buộc tấm thẻ nên đồng xu "tự do", trong khi

F

ràng buộc CẢ HAI thành phần, còn

G

là phép HỢP của hai điều kiện nên phải trừ phần giao để không đếm trùng. Bẫy của đề nằm ở

G

: "số 5 HOẶC mặt ngửa" — kết quả (thẻ 5, mặt ngửa) thoả cả hai điều kiện nhưng chỉ được đếm MỘT lần.

1Cách 1. Liệt kê trực tiếp

Định hướng. Kí hiệu mặt sấp là $S$ , mặt ngửa là $N$ ; liệt kê đủ 10 kết quả (mặt, số) rồi lọc theo từng biến cố.

Không gian mẫu

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

n (Ω) = 10

.
Kết quả thuận lợi cho

E

(thẻ lẻ) là

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

n (E) = 6

.
Kết quả thuận lợi cho

F

(thẻ chẵn và mặt sấp) là

(S, 2); (S, 4)

n (F) = 2

.
Kết quả thuận lợi cho

G

(thẻ số 5 hoặc mặt ngửa) là

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

n (G) = 6

Vậy $P (E) = \frac{6}{10} = \frac{3}{5}$ ; $P (F) = \frac{2}{10} = \frac{1}{5}$ ; $P (G) = \frac{6}{10} = \frac{3}{5}$ .

2Cách 2. Quy tắc nhân theo từng điều kiện

Định hướng. Đếm $n (E)$ , $n (F)$ trực tiếp bằng quy tắc nhân vì cả hai đều là phép GIAO các điều kiện, không cần liệt kê hết Ω.

E

chỉ ràng buộc tấm thẻ (số lẻ: 1,3,5 có 3 khả năng), mặt đồng xu tự do (2 khả năng):

n (E) = 3 \times 2 = 6

F

ràng buộc cả hai: thẻ chẵn (2,4 có 2 khả năng) và mặt sấp (1 khả năng):

n (F) = 2 \times 1 = 2

.
Với

G

, tách hai trường hợp không giao nhau: "thẻ 5 và mặt sấp" (1 kết quả) cộng "mặt ngửa, thẻ bất kì" (5 kết quả):

n (G) = 1 + 5 = 6

Vậy $P (E) = \frac{3}{5}$ ; $P (F) = \frac{1}{5}$ ; $P (G) = \frac{3}{5}$ .

3Cách 3. Công thức cộng cho G, đếm phần bù cho E

Định hướng. Với $E$ , đếm phần bù "thẻ chẵn" ngắn hơn; với $G$ , dùng công thức cộng hai biến cố "thẻ 5" và "mặt ngửa" rồi trừ phần giao.

Biến cố đối của

E

là "thẻ chẵn" (2,4 có 2 khả năng, mặt đồng xu tự do 2 khả năng):

n (\overline{E}) = 2 \times 2 = 4

P (E) = 1 - \frac{4}{10} = \frac{6}{10}

.
Gọi

X

: "thẻ số 5" (

n (X) = 1 \times 2 = 2

Y

: "mặt ngửa" (

n (Y) = 1 \times 5 = 5

).
Giao

X \cap Y

: "thẻ số 5 và mặt ngửa" chỉ có 1 kết quả.

n (G) = n (X) + n (Y) - n (X \cap Y) = 2 + 5 - 1 = 6

Vậy $P (E) = \frac{3}{5}$ ; $P (G) = \frac{3}{5}$ ; $P (F) = \frac{1}{5}$ (tính như Cách 2).

Nhận xét. $E$ và $G$ tình cờ có cùng xác suất $\frac{3}{5}$ dù mô tả khác nhau — luôn kiểm lại bằng liệt kê để chắc chắn không nhầm lẫn hai biến cố.

⭐ Cách nên dùng khi đi thi. Đi thi dùng Cách 2: đếm bằng quy tắc nhân cho

E

F

và tách trường hợp không giao nhau cho

G

— không cần liệt kê hết 10 phần tử.

Đáp số.

P (E) = \frac{3}{5}

;

P (F) = \frac{1}{5}

;

P (G) = \frac{3}{5}

Sai lầm thường gặp. Tính

G

bằng cách cộng trực tiếp

n (X) + n (Y) = 2 + 5 = 7

mà quên trừ phần giao (thẻ 5 và mặt ngửa) — dẫn tới đếm trùng kết quả

(N, 5)

hai lần, ra sai

P (G) = \frac{7}{10}

🚀 Mở rộng. Nếu hộp có 6 tấm thẻ (1 đến 6) thì

n (Ω) = 12

; biến cố "thẻ số 6 hoặc mặt ngửa" khi đó có

n = 1 + 6 - 1 = 6

, xác suất vẫn là

\frac{1}{2}

Mở bài này trong app ↗

Bài 12 · Bài 8.8★★Trang 63— Tính xác suất của biến cố liên quan tới tích hai số rút ngẫu nhiên từ hai túi thẻ

Bài 8.8 (trang 63). Có hai túi I và II mỗi túi chứa 4 tấm thẻ được đánh số 1; 2; 3; 4. Rút ngẫu nhiên từ mỗi túi ra một tấm thẻ và nhân hai số ghi trên hai tấm thẻ với nhau. Tính xác suất của các biến cố sau:

A

: “Kết quả là một số lẻ”;

B

: “Kết quả là 1 hoặc một số nguyên tố”.

Kiến thức cần nhớ

Tích hai số nguyên là số lẻ khi và chỉ khi cả hai thừa số đều lẻ.
Số nguyên tố là số tự nhiên lớn hơn 1 chỉ có hai ước là 1 và chính nó; số 1 không phải số nguyên tố nhưng đề bài gộp riêng vào biến cố $B$ .
$n (Ω) = 4 \times 4 = 16$ theo quy tắc nhân.

🧠 Phân tích tư duy

Đề cho hai túi độc lập, mỗi túi 4 tấm thẻ — không gian mẫu là tích

4 \times 4 = 16

cặp

(a, b)

, mỗi cặp cho một tích

ab

. Tích là số lẻ khi và chỉ khi CẢ HAI thừa số đều lẻ, nên quy về đếm số cặp thẻ lẻ thay vì tính từng tích. Bẫy của đề ở

B

là phải liệt kê hết các GIÁ TRỊ tích có thể rồi mới lọc xem giá trị nào bằng 1 hoặc là số nguyên tố, vì nhiều cặp khác nhau có thể cho cùng một tích.

1Cách 1. Lập bảng tích rồi lọc trực tiếp

Định hướng. Lập bảng $4 \times 4$ ghi tích $a \times b$ với $a, b \in {1, 2, 3, 4}$ , rồi lọc theo từng biến cố.

Bảng tích

a \times b

Túi II Túi I	1	2	3	4
1	1	2	3	4
2	2	4	6	8
3	3	6	9	12
4	4	8	12	16

n (Ω) = 16

.
Tích lẻ xuất hiện đúng khi

a, b

cùng lẻ, tức

a, b \in {1; 3}

: các cặp

(1, 1); (1, 3); (3, 1); (3, 3)

cho tích

1; 3; 3; 9

n (A) = 4

.
Tích bằng 1 hoặc là số nguyên tố: tích

= 1

tại

(1, 1)

; tích

= 2

(số nguyên tố) tại

(1, 2); (2, 1)

; tích

= 3

(số nguyên tố) tại

(1, 3); (3, 1)

—

n (B) = 1 + 2 + 2 = 5

Vậy $P (A) = \frac{4}{16} = \frac{1}{4}$ ; $P (B) = \frac{5}{16}$ .

2Cách 2. Đếm theo tính chẵn lẻ và liệt kê giá trị tích nhỏ

Định hướng. Không cần lập bảng, đếm $n (A)$ trực tiếp bằng nhận xét "tích lẻ khi cả hai thừa số lẻ"; với $B$ chỉ xét những giá trị tích nhỏ có thể bằng 1 hoặc nguyên tố.

Trong

{1, 2, 3, 4}

có đúng 2 số lẻ (

1, 3

) và 2 số chẵn (

2, 4

).
Tích

ab

lẻ khi và chỉ khi

a

lẻ và

b

lẻ:

n (A) = 2 \times 2 = 4

P (A) = \frac{4}{16} = \frac{1}{4}

.
Với

B

, các giá trị tích có thể là

1, 2, 3, 4, 6, 8, 9, 12, 16

; chỉ

1

và các số nguyên tố

2, 3

thoả biến cố

B

(từ

4

trở lên không còn số nguyên tố nào xuất hiện làm tích hai số trong

{1, 2, 3, 4}

).
Số cặp cho tích

1

(1, 1)

— 1 cặp. Số cặp cho tích

2

(1, 2); (2, 1)

— 2 cặp. Số cặp cho tích

3

(1, 3); (3, 1)

— 2 cặp.

n (B) = 1 + 2 + 2 = 5

Vậy $P (A) = \frac{1}{4}$ ; $P (B) = \frac{5}{16}$ .

3Cách 3. Liệt kê theo sơ đồ cây (cố định số rút từ túi I)

Định hướng. Cố định lần lượt số rút từ túi I là 1, 2, 3, 4 rồi liệt kê bốn tích ứng với bốn số rút từ túi II.

a = 1

: tích với

1, 2, 3, 4

là

1, 2, 3, 4

a = 2

: tích với

1, 2, 3, 4

là

2, 4, 6, 8

a = 3

: tích với

1, 2, 3, 4

là

3, 6, 9, 12

a = 4

: tích với

1, 2, 3, 4

là

4, 8, 12, 16

.
Tích lẻ chỉ xuất hiện ở hai nhánh

a = 1

(tích

1, 3

) và

a = 3

(tích

3, 9

n (A) = 2 + 2 = 4

.
Tích bằng 1 hoặc số nguyên tố chỉ xuất hiện ở nhánh

a = 1

(tích

1, 2, 3

) và nhánh

a = 2

(tích

2

, ứng với cặp

(2, 1)

n (B) = 3 + 2 = 5

Vậy $P (A) = \frac{1}{4}$ ; $P (B) = \frac{5}{16}$ .

Nhận xét. Ba cách cho cùng kết quả; Cách 2 nhanh nhất cho $A$ vì dùng ngay tính chất số học "tích lẻ khi cả hai thừa số lẻ", không cần lập bảng hay liệt kê hết 16 cặp.

⭐ Cách nên dùng khi đi thi. Đi thi dùng Cách 2: xác định

n (A)

bằng đếm số lẻ trong mỗi túi (

2 \times 2 = 4

), rồi liệt kê riêng các giá trị tích nhỏ (

1, 2, 3

) để tính

n (B)

Đáp số.

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

;

P (B) = \frac{5}{16}

Sai lầm thường gặp. Với

B

, chỉ đếm SỐ GIÁ TRỊ tích thoả mãn (1, 2, 3 — có 3 giá trị) rồi lấy

P (B) = \frac{3}{16}

— sai vì phải đếm số CẶP

(a, b)

cho ra các giá trị đó, mà tích

2

và tích

3

mỗi giá trị ứng với HAI cặp khác nhau.

🚀 Mở rộng. Nếu đổi phép toán từ nhân sang cộng (

a + b

) thì tổng lẻ khi một số chẵn một số lẻ, số cặp thuận lợi sẽ là

2 \times 2 + 2 \times 2 = 8

, cho

P = \frac{8}{16} = \frac{1}{2}

— khác hẳn quy luật của phép nhân.

Mở bài này trong app ↗