Cách đây một thời gian khá lâu, fanpage có đăng một tài liệu về tổ hợp và xác xuất ở mức khá giỏi và cũng nhận được những phản hồi từ phía các bạn theo dõi. Trong lần đăng bản cập nhật này các bạn sẽ nhận được một sản phẩm được biên soạn tỉ mỉ từ fanpage kèm theo tương đối nhiều bài toán khó mới được bổ sung. Hy vọng tài liệu sẽ giúp ích được cho các bạn. 1 Lý thuyết cần nhớ.1 Xác suất có điều kiện Định nghĩa 1. Xác suất có điều kiện của biến cố A với điều kiện B là một số được xác định bởi công thức ####### P(A|B) = ####### P(AB) ####### P(B) nếu P(B) > 0. Tính chất 1.
( n ⋃ i= 1 Ai|B ####### ) ####### = n ∑i= 1 P(Ai|B).
Chú ý 1. Xác suất điều kiện cho phép tính xác suất xảy ra của một biến cố khi biến cố khác đã xảy ra. Trong trường hợp hai biến cố A và B độc lập thì việc biến cố B xảy ra không ảnh hưởng gì tới việc xảy ra biến cố A nên P(A|B) = P(A). Ta được công thức nhân xác suất thông thường. Định lý 1 (Xác suất toàn phần). Nếu Bi, i = 1 ,... , n, là hệ các biến cố đôi một xung khắc sao cho ⋃ n i= 1 Bi = Ω thì với biến cố A bất kì ta luôn có P(A) = n ∑i= 1 P(Bi)P(A|Bi). Hệ các biến cố Bi (i = 1 ,... , n) như vậy được gọi là hệ đầy đủ. Định lý 2 (Công thức Bayes). Cho biến cố A và hệ đầy đủ Bi (i = 1 ,... , n) đều có xác suất dương. Khi đó P(Bi|A) = P(Bi)P(A|Bi) P(A) ####### = P(Bi)P(A|Bi) n ∑i= 1 P(Bi)P(A|Bi) ####### . Sau đây là một số bài toán về xác suất có điều kiện. Câu 1. Nam thực hiện liên tiếp hai thí nghiệm. Thí nghiệm thứ nhất có xác suất thành công là 0 , 7. Nếu thí nghiệm thứ nhất thành công thì xác suất thành công của thí nghiệm thứ hai là 0 , 9. Nếu thí nghiệm thứ nhất không thành công thì xác suất để thành công thí nghiệm thứ hai là 0 , 4. Tìm xác suất để:
P(C) = P(C 1 )P(C|C 1 ) + P(C 2 )P(C|C 2 ) + P(C 3 )P(C|C 3 ) \= ####### 1 ####### 6 ####### · 1 + ####### 1 ####### 6 ####### · 0 + ####### 4 ####### 6 ####### · P(C) ####### ⇒P(C) = ####### 1 ####### 2 ####### . ####### Câu 4. Một gia đình có n người con. Tính xác suất để cả n người con là con trai biết rằng có ít nhất một người con là con trai. Lời giải. Gọi A, B lần lượt là biến cố "cả n người con đều là con trai" và "có ít nhất một người con là con trai". Khi đó P(A) = ####### 1 2 n ####### , ####### P(B) = 1 − P ####### ( ####### B ####### ) ####### = 1 − ####### 1 2 n . Suy ra xác suất cần tìm là ####### P(A|B) = ####### P(AB) ####### P(B) ####### = ####### P(A) ####### P(B) = ####### 1 2 n − 1 ####### . ####### Câu 5. Từ một hộp có 100 quả cầu trắng và 50 quả cầu đen. Người ta rút ngẫu nhiên không hoàn lại từng quả một và rút hai lần. Tính xác suất để lần thứ hai mới rút được là quả cầu trắng. Lời giải. Kí hiệu Ak là biến cố "lần thứ k rút được quả trắng" (k = 1 , 2 ,.. .). Theo công thức nhân xác suất ta có ####### P ####### ( ####### A 1 A 2 ####### ) ####### = P ####### ( ####### A 1 ####### ) ####### P ####### ( ####### A 2 |A 1 ####### ) ####### = ####### 50 ####### 100 + 50 ####### · ####### 100 ####### 100 + 50 − 1 ####### = ####### 100 ####### 447 ####### . Vậy xác suất cần tìm là ####### 100 ####### 447 ####### . Câu 6. Từ một hộp có 50 quả cầu trắng và 100 quả cầu đen. Người ta rút ngẫu nhiên không hoàn lại từng quả một và rút hai lần. Tính xác suất để lần đầu rút được quả trắng biết lần thứ hai cũng rút được quả trắng. Lời giải. Kí hiệu Ak là biến cố "lần thứ k rút được quả trắng" (k = 1 , 2 ,.. .). Khi đó ####### { ####### A 1 , A 1 ####### } là một hệ đầy đủ. Suy ra P(A 2 ) = P(A 1 )P(A 2 |A 1 ) + P ####### ( ####### A 1 ####### ) ####### P ####### ( ####### A 2 |A 1 ####### ) ####### = ####### 50 ####### 50 + 100 ####### · ####### 50 − 1 ####### 50 + 100 − 1 ####### + ####### 100 ####### 50 + 100 ####### · ####### 50 ####### 50 + 100 − 1 ####### = ####### 1 ####### 3 ####### . Xác suất cần tìm là P(A 1 |A 2 ). Áp dụng công thức Bayes ta có ####### P (A 1 |A 2 ) = ####### P(A 1 )P(A 2 |A 1 ) ####### A 2 ####### = ####### 49 ####### 149 ####### . ####### Câu 7. Một cuộc thi có ba vòng thi. Vòng 1 lấy 90% thí sinh, vòng 2 lấy 80% số thí sinh đỗ vòng 1, vòng 3 lấy 60% số thí sinh đỗ vòng 2. Tính xác suất để một thí sinh bị loại ở vòng ba. Lời giải. Gọi Bk là biến cố "thí sinh đó bị loại ở vòng k" (k = 1 , 2 , 3 ). Ta có P(B 1 ) = 0 , 1 P(B 2 ) = P ####### ( ####### B 1 B 2 ####### ) ####### = P ####### ( ####### B 1 ####### ) ####### P ####### ( ####### B 2 |B 1 ####### ) ####### = 0 , 9 × 0 , 2 = 0 , 18 Suy ra P(B 3 ) = P ####### ( ####### B 1 B 2 B 3 ####### ) ####### = P ####### ( ####### B 1 B 2 ####### ) ####### P ####### ( ####### B 3 |B 1 B 2 ####### ) ####### = P ####### ( ####### B 3 |B 1 B 2 ####### ) ####### P ####### ( ####### B 2 |B 1 ####### ) ####### P ####### ( ####### B 1 ####### ) ####### = 0 , 9 × 0 , 8 × 0 , 4 ####### = 0 , 228. ####### Câu 8. Biết rằng tỉ lệ nhóm máu O, A, B và AB trong cộng đồng lần lượt là 33 , 7%, 37 , 5%, 20 , 9% và 7 , 9%. Chọn ngẫu nhiên một người cho máu và một người nhận máu. Tính xác suất để có thể thực hiện truyền máu (làm tròn đến ba chữ số sau dấu phẩy). Lời giải. Gọi H, O, A, B, C là các biến cố "có thể thực hiện truyền máu", "người nhận có nhóm máu O", "người nhận có nhóm máu A", "người nhận có nhóm máu B", người nhận có nhóm máu AB". Khi đó {O, A, B,C} là một hệ đầy đủ. Theo công thức xác suất toàn phần ta có P(H) = P(O)P(H|O) + P(A)P(H|A) + P(B)P(H|B) + P(C)P(H|C) = 0 , 337 · 0 , 337 + 0 , 375 · ( 0 , 375 + 0 , 337 ) + 0 , 209 · ( 0 , 209 + 0 , 337 ) + 0 , 079 · 1 ≈ 0 , 574. Câu 9. Một nhà máy có hai xưởng sản xuất: xưởng I chiếm 65% tổng sản phẩm, xưởng II chiếm 35% tổng sản phẩm. Biết rằng tỉ lệ đạt sản phẩm chất lượng tốt của hai xưởng lần lượt là 90% và 85%. Lấy ra ngẫu nhiên một sản phẩm của nhà máy. Tính xác suất để sản phẩm đó đạt chất lượng tốt. Lời giải. Goi H, A 1 , A 2 lần lượt là các biến cố "sản phẩm lấy ra đạt chất lượng tốt", "sản phẩm do xưởng I sản xuất", sản phẩm do xưởng II sản xuất". Khi đó {A 1 , A 2 } là một hệ đầy đủ. Theo công thức xác suất toàn phần ta có P(H) = P(A 1 )P (H|A 1 ) + P(A 2 )P(H|A 2 ) = 0 , 65 × 0 , 9 + 0 , 35 × 0 , 85 = 0 , 8825. Câu 10. Trong một hộp có chứa 8 thẻ số, mỗi thẻ được ghi một trong các chữ số từ 1 đến 7. Lấy ngẫu nhiên một thẻ ra, ghi lại con số rồi bỏ lại thẻ vào trong hộp, lần thứ hai cũng lấy thẻ ra, ghi lại con số và bỏ vào trong hộp, làm tương tự như vậy đủ 5 lần để có 5 chữ số. Tính xác suất để lấy được 3 thẻ mang số chẵn và 2 thẻ mang số lẻ. Lời giải. Hướng dẫn: Gọi A 1 là biến cố “lấy ra được thẻ mang số lẻ” và A 2 là biến cố “lấy ra được thẻ mang số chẵn”. Ta có C 35 cách để lấy được 3 thẻ mang số chẵn và 2 thẻ mang số lẻ. Do đó với A là biến cố “lấy được 3 thẻ mang số chẵn và 2 thẻ mang số lẻ” thì P(A) = C 53 P(A 1 .A 1 .A 2 .A 2 .A 2 ) = 10. ####### ( ####### 4 ####### 7 ####### ) 2 ####### . ####### ( ####### 3 ####### 7 ####### ) 3 ####### = ####### 4320 ####### 16807 ####### Câu 14. Thang máy của một tòa nhà 7 tầng xuất phát từ tầng 1 với 3 khách. Tìm xác suất để:
Lời giải.
####### 7 ####### 73 ####### = ####### 1 ####### 49 ####### .
####### 7. 6. 5 ####### 73 ####### = ####### 30 ####### 49 ####### . ####### Câu 15. Bốn nam và 4 nữ được xếp ngồi vào 8 ghế xếp thành 2 hàng, mỗi hàng có 4 ghế đối diện nhau. Tính xác suất:
Lời giải.
P(A) = ####### 2 .( 8. 4. 6. 3. 4. 2. 2. 1 ) ####### 8! ####### = ####### 16 ####### 35
P(B) = ####### 4. 12. 6 .4! ####### 8! ####### = ####### 6 ####### 35 ####### Câu 16. Gọi X là tập hợp các số tự nhiên có 8 chữ số được lập từ các số 0 , 1 , 2 , 3 , 4 , 5. Chọn ngẫu nhiên một số từ X. Tính xác suất để có thể chọn được một số thỏa mãn số 5 lặp lại 3 lần và các số còn lại xuất hiện 1 lần. Lời giải. Số phần tử của X là 5. 67. Gọi A là biến cố "Chọn được một số thỏa mãn số 5 lặp lại 3 lần và các số còn lại xuất hiện 1 lần".
Số phần tử của A là 56 .5! − 35 .4! = 5880 ⇒ P(A) = ####### 5880 ####### 5. 67 ####### = 0 , 0042 Câu 17. Gọi X là tập hợp các số tự nhiên có 5 chữ số. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập X. Tính xác suất để chọn được số tự nhiên thỏa mãn số đứng trước luôn lớn hơn số đứng đằng sau. Lời giải. Số phần tử của tập X là 9. 104. Gọi A là biến cố "Chọn được số tự nhiên thỏa mãn số đứng trước luôn lớn hơn số đứng đằng sau". Vì số đứng đầu không thể là số 0 nên ta xét các chữ số từ 1 đến 9.
P(A) = ####### 126 ####### 9. 104 ####### = ####### 7 ####### 5000 ####### Câu 18. Gọi X là tập hợp các số tự nhiên có 5 chữ số phân biệt được lập từ các số 1 , 2 , 3 , 4 , 5. Chọn ngẫu nhiên một số từ X. Tính xác suất để có thể chọn được một số thỏa mãn 5 chữ số phân biệt nhỏ hơn 45000. Lời giải. Số lượng phần tử của X là 5! = 120. Gọi A là biến cố "Chọn được một số thỏa mãn 5 chữ số phân biệt nhỏ hơn 45000 ". Gọi số có 5 chữ số được lập từ các số 1 , 2 , 3 , 4 , 5 là a 1 a 2 a 3 a 4 a 5 (a 1 , a 2 , a 3 , a 4 , a 5 ∈ {1; 2; 3; 4; 5})
P(A) = ####### 90 ####### 120 ####### = ####### 3 ####### 4 ####### Câu 19. Gọi X là tập hợp các số tự nhiên có 3 chữ số phân biệt được lập từ các số 0 , 1 , 2 , 3 , 4 , 5. Chọn ngẫu nhiên một số từ X. Tính xác suất để có thể chọn được một số không chia hết cho 3. Lời giải. Số lượng phần tử của X là 5. 5. 4 = 100. Gọi A là biến cố "Chọn được một số không chia hết cho 3 ". Dấu hiệu chia hết cho 3 là tổng các chữ số là một số chia hết cho 3 nên ta xét các trường hợp sau.
viên kẹo để nó chia thành k phần. Như vậy có tất cả Ck n−− 11 cách. Cả 2 trường hợp ta đều có Ck n−− 11 cách chia kẹo. Trên đây là lời giải của bài toán chia kẹo Euler – bài toán đếm nổi tiếng với nhiều ứng dụng trong các bài toán đếm khác. Bài này tác giả sẽ trình bày bài toán gốc cơ bản và một số bài toán đếm dạng ứng dụng mà nếu đếm theo cách thông thường sẽ rất khó khăn, nhưng khi hiểu theo các đếm của bài toán Euler thì bài toán lại trở thành đơn giản. Sau đây ta sẽ cùng tìm hiểu một ứng dụng rất lớn trong việc đếm số nghiệm nguyên của phương trình. Bài toán 2. Phương trình k ∑i= 1 xi = n (n > k) có bao nhiêu nghiệm nguyên dương? Lời giải. Coi xi là phần kẹo của em nhỏ thứ i trong bài toán chia kẹo thì số nghiệm của phương trình chính là số cách chia n chiếc kẹo cho k em nhỏ. Vậy phương trình có Ck n−− 11 nghiệm nguyên dương. Bài toán 3. Phương trình k ∑i= 1 xi = n (n > k) có bao nhiêu nghiệm nguyên không âm? Lời giải. Ta có x 1 + x 2 + ... + xk = n ⇔ (x 1 + 1 ) + (x 2 + 1 ) + ... + (xk + 1 ) = n + k. Đặt xi′ = xi + 1 thì xi′ là các số nguyên dương. Áp dụng bài toán gốc ta có tất cả C nk−+k 1 − 1 nghiệm nguyên không âm của phương trình. Bài toán 4. Bất phương trình k ∑i= 1 xi < n (n > k + 1 ) có bao nhiêu nghiệm nguyên dương? Lời giải. Ta luôn có k ∑i= 1 xi < n ⇔ k ∑i= 1 xi + x′ = n ####### ( x′ > 1 ####### ) Vậy có tất cả Ckn− 1 nghiệm nguyên dương của phương trình. Bài toán 5. Bất phương trình k ∑i= 1 xi 6 n (n > k)có bao nhiêu nghiệm nguyên dương? Lời giải. Ta có k ∑i= 1 xi 6 n ⇔ k ∑i= 1 xi + x′ = n ####### ( x′ > 0 ####### ) ####### ⇔ k ∑i= 1 xi + x′′ = n + 1 ####### ( x′′ = x′ + 1 ####### ) Áp dụng bài toán Euler ta có Cnk nghiệm. Bài toán 6. Phương trình k ∑i= 1 xi = n có bao nhiêu nghiệm nguyên thỏa mãn đồng thời 2 điều kiện xi > di (di > 0 ) , n > k ∑i= 1 di (k > 1 ) Lời giải. Đặt xi′ = xi − di + 1 ⇒ ####### ####### ####### xi′ > 1 k ∑i= 1 xi′ = n + k − k ∑i= 1 di ####### . Đặt D = k ∑i= 1 di thì theo bài toán chia kẹo, phương trình có C nk+− 1 k−D− 1 nghiệm. 1 Một số kết quả của bài toán đếm có yếu tố hình học Bài toán 1. Cho đa giác có n đỉnh. Xét tam giác có 3 đỉnh là 3 đỉnh của đa giác
Bài toán 2. Cho đa giác đều có 2 n đỉnh. Số tam giác vuông có 3 đỉnh là 3 đỉnh của đa giác làn ( 2 n − 2 ). Bài toán 3. Cho đa giác đều có n đỉnh. Số tam giác tù được tạo thành từ 3 trong n đỉnh của đa giác là ####### ####### n = 2 k → n 2 n− 2 2 n = 2 k + 1 → n 2 n− 1 2 Bài toán 4. Cho đa giác đều có n đỉnh. Số tam giác nhọn được tạo thành từ 3 trong n đỉnh của đa giác = C 3 n −(số tam giác tù + số tam giác vuông). Bài toán 5. Cho đa giác đều có n đỉnh. Công thức tổng quát tính số tam giác tù.
####### .
####### . Bài toán 6. Cho đa giác có n đỉnh. Xét tứ giác có 4 đỉnh là 4 đỉnh của đa giác
####### [ C 2 n− 4 − (n − 5 ) ####### ] ####### = A.
n (n − 5 ) 2 ####### = B.
Và ta có thể chứng minh được C 4 n − (A + B +C) = n 4 C 3 n− 5. Bài toán 7. Cho đa giác đều có 2 n đỉnh. Số tứ giác có 4 đỉnh là 4 đỉnh của đa giác và tạo thành hình chữ nhật là C 2 n. Bài toán 8. Cho đa giác điều có 3 n đỉnh, khi đó trong số các tam giác có 3 đỉnh là đỉnh của đa giác thì
####### ( 3 n − 2 2 ####### − 1 ####### ) nếu n chẵn.
####### ( 3 n − 1 2 ####### − 1 ####### ) nếu n lẻ. Bài toán 9. Cho đa giác đều có 4 n đỉnh. Số tứ giác có 4 đỉnh là 4 đỉnh của đa giác và tạo thành hình vuông là n. Phần chứng minh các kết quả trên xin nhường lại cho bạn đọc! Các bạn có thể tham khảo tại 2 đường link sau (mọi người bấm vào 2 dòng text ở dưới nhé!).
Từ đó suy ra, có 24 + 23 · 24 = 576 cách rút ra ba thẻ sao cho trong ba thẻ luôn có ít nhất hai thẻ mà số ghi trên hai thẻ đó là hai số tự nhiên liên tiếp. Vậy số cách rút ra ba thẻ mà trong hai thẻ bất kỳ lấy ra có hai số tương ứng luôn hơn kém nhau ít nhất hai đơn vị là n(Ω) − 576 = 2024. Câu 4. Cho đa giác đều (H) có 15 đỉnh. Người ta lập một tứ giác có 4 đỉnh là 4 đỉnh của (H). Tính số tứ giác được lập thành mà không có cạnh nào là cạnh của (H). Lời giải. Gọi đa giác là A 1 A 2... A 15. Giả sử chọn đỉnh thứ nhất là A 1. Ta chọn các đỉnh còn lại là theo thứ tự tứ giác là Am, An, Ap. Gọi số đỉnh nằm giữa A 1 và Am là x; số đỉnh nằm giữa Am và An là y; số đỉnh nằm giữa An và Ap là z; số đỉnh nằm giữa Ap và A 1 là t. Khi đó ta có hệ ####### ####### ####### x + y + z + t = 11 x, y, z,t > 1 x, y, x,t ∈ N ####### ( 1 ) Xếp 11 thước kẻ nhỏ thành một hàng ngang ⇒ Có 10 khoảng trống giữa các thước này. Số nghiệm của hệ ( 1 ) là số cách đặt 2 thước kẻ lớn vào 10 khoảng trống kia để chia làm ba phần. ⇒ CóC 310 cách đặt. ⇒ Hệ( 1 ) có C 310 nghiệm. Như vậy có 15 · C 310 tứ giác thỏa mãn. Tuy nhiên, theo cách chọn này, mỗi tứ giác A 1 AmAnAp lặp lại 4 lần khi chọn các đỉnh thứ nhất lần lượt là A 1 , Am, An, Ap. Do đó, số tứ giác cần tính là ####### 15 · C 310 ####### 4 ####### = 450. Câu 5. Chia ngẫu nhiên 9 viên bi gồm 4 viên bi màu đỏ và 5 viên bi màu xanh có cùng kích thước thành ba phần, mỗi phần 3 viên. Xác suất để không có phần nào gồm 3 viên cùng màu bằng Lời giải. Khi chia các bi vào 3 phần sẽ xảy ra các khả năng số bi đỏ ở 3 phần có số lượng như sau Trường hợp 1. (0; 1; 3) có nghĩa là 1 phần không có đỏ, 1 phần có 1 đỏ và phần còn lạicó 3 đỏ. Sau đó ta bổ sung số bi xanh vào cho đủ 3 bi. Vậy số cách chia là C 14 · C 33 · C 35 · C 22 = 40 cách. Trường hợp 2. (0; 2; 2) tương tự với trường hợp 1 số cách chia là ####### C 24 · C 22 · C 35 · C 12 · C 11 ####### 2! \= 60 cách. Trường hợp 3. (1; 1; 2) tương tự với trường hợp 1 số cách chia là ####### C 14 · C 13 · C 22 · C 25 · C 23 · C 11 ####### 2! \= 180 cách. Vậy n(Ω) = 40 + 60 + 180 = 280. Trong 3 trường hợp chỉ có trường hợp 3 sẽ không có phần nào gồm 3 viên cùng màu nên n(A) = 180. Vậy xác suất để không có phần nào gồm 3 viên cùng màu bằng P(A) = ####### 180 ####### 280 ####### = ####### 9 ####### 14 ####### . Câu 6. Cho đa giác đều 2018 đỉnh. Hỏi có bao nhiêu tam giác có đỉnh là đỉnh của đa giác và có một góc lớn hơn 100 ◦? Lời giải. Xét đa giác đều A 1 A 2 · · · A 2018 nội tiếp đường tròn (O). Khi đó, các đỉnh của đa giác chia đường tròn (O) thành 2018 cung nhỏ bằng nhau, mỗi cung có số đo bằng ####### ( ####### 180 ####### 1009 ####### )◦ . Xét tam giác AiA 1 A j với 2 6 i < j 6 2018. Khi đó A ̂iA 1 A j = 1 2 ( j − i) · ####### ( ####### 180 ####### 1009 ####### )◦ ####### . Do đó A ̂iA 1 A j > 100 ◦ ⇔ 1 2 ( j − i) · ####### ( ####### 180 ####### 1009 ####### )◦ \> 100 ◦ ⇔ j − i > ####### 10 · 1009 ####### 9 ⇔ j − i > 1121 ⇔ 2 6 i < j − 1121 6 897. ( 1 ) Số tam giác AiA 1 A j thoản mãn ÂiA 1 A j > 100 ◦ chính bằng số cách chọn cặp (i; j) thỏa (1) và có C 2896 cách chọn cặp (i; j). Do đó có tất cả 2018 · C 2896 số tam giác thỏa yêu cầu bài toán. Câu 7. Người ta dùng 18 cuốn sách bao gồm 7 cuốn sách Toán, 6 cuốn sách Lý và 5 cuốn sách Hóa (các cuốn sách cùng loại thì giống nhau) để làm phần thưởng cho 9 học sinh A, B, C, D, E, F, G, H, I, mỗi học sinh nhận được 2 cuốn sách khác thể loại (không tính thứ tự các cuốn sách). Tính xác suất để hai học sinh A, B nhận được phần thưởng giống nhau Lời giải. Giả sử có x quyển Toán ghép với Lý ⇒ có 7 − x quyển Toán ghép với Hóa. Quyển Lý còn 6 − x, ghép với 5 − ( 7 − x) quyển Hóa. Ta có phương trình 6 − x = − 2 + x ⇔ x = 4. Vậy có 4 học sinh nhận Toán và Lý, 3 học sinh nhận Toán và Hóa, 2 học sinh nhận Lý và Hóa. ⇒ n (Ω) = C 49 · C 35 = 1260.
Vậy xác suất để A,B nhận thưởng giống nhau là P = ####### 210 + 105 + 35 ####### 1260 ####### = ####### 5 ####### 18 ####### . Câu 8. Gọi S là tập hợp gồm các số tự nhiên có 5 chữ số đôi một khác nhau. Lấy ngẫu nhiên một số trong tập S. Xác suất để số lấy ra có dạng a 1 a 2 a 3 a 4 a 5 thỏa mãn a 1 < a 2 < a 3 và a 3 > a 4 > a 5 bằng Lời giải. Sắp số a 1 , (a 1 6 = 0 ) có 9 cách. Sắp 4 số còn lại có A 49 cách. Do đó, tập S có 9 · A 49 = 27216 phần tử ⇒ n (Ω) = 27216. Gọi A là biến cố số lấy ra có dạng a 1 a 2 a 3 a 4 a 5 thỏa mãn a 1 < a 2 < a 3 và a 3 > a 4 > a 5. Trường hợp 1. Chọn 5 số khác nhau và khác 0 có C 59 cách chọn. Từ yêu cầu bài toán, ta có a 3 là số lớn nhất nên sắp a 3 có 1 cách. Chọn 2 trong 4 số còn lại và sắp theo thứ tự a 1 < a 2 có C 24 cách. Sắp 2 số còn lại vào vị trí a 4 , a 5 có 1 cách. Nên có C 59 · C 24 cách sắp. Trường hợp 2. Chọn 5 số khác nhau, trong đó có số 0 có C 49 cách. Từ điều kiện suy ra a 5 = 0. Sắp a 3 có 1 cách. Chọn 2 trong 3 số còn lại sắp vào a 1 , a 2 có C 23 cách. Sắp a 4 còn lại có 1 cách. Nên có C 49 · C 23. Suy ra n(A) = C 59 · C 24 + C 49 · C 23 = 1134. Vậy P(A) = n(A) n (Ω) = ####### 1 ####### 24 ####### . Câu 9. Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên có năm chữ số. Tính xác suất để số được chọn có dạng abcde trong đó 1 6 a 6 b 6 c 6 d 6 e 6 9. Lời giải.
####### C 513 ####### 9 · 104 ####### = ####### 143 ####### 10000 ####### . ####### Rõ ràng nếu nhiều hơn 4 đồng xu ngửa thì biến cố A không xảy ra. Để biến cố A xảy ra ta có các trường hợp sau:
Như vậy: n(A) = 9 + 20 + 16 + 2 = 47. Xác suất để không có hai bạn liền kề cùng đứng là : P(A) = n(A) n(Ω) = ####### 47 ####### 256 ####### . Câu 14. Học sinh A thiết kế bảng điều khiển điện tử mở cửa phòng học của lớp mình. Bảng gồm 10 nút, một nút được ghi một số tự nhiên từ 0 đến 9 và không có hai nút nào được ghi cùng một số. Để mở cửa cần nhấn 3 nút liên tiếp khác nhau sao cho 3 số trên 3 nút theo thứ tự đã nhấn tạo thành một dãy tăng và có tổng bằng 10. Học sinh B chỉ nhớ được chi tiết 3 nút tạo thành dãy số tăng. Tính xác suất để B mở được cửa phòng học đó biết rằng nếu bấm sai 3 lần liên tiếp của sẽ tự động khóa lại (không cho mở nữa). Lời giải. Đặt S = {(a, b, c)| a < b < cvàa, b, c ∈ { 0 , 1 ,... , 9 }}; T = {(a, b, c)| a < b < c, a+b+c = 10 vàa, b, c ∈ { 0 , 1 ,... , 9 }}. Dễ thấy |S | = C 310 , T = {( 0 , 1 , 9 ); ( 0 , 2 , 8 ); ( 0 , 3 , 7 ); ( 0 , 4 , 6 ); ( 1 , 2 , 7 ); ( 1 , 3 , 6 ); ( 1 , 4 , 5 ); ( 2 , 3 , 5 )}; |T | = 8. Xác suất B thành công trong một lần mở là |T | |S | ####### = ####### 8 ####### C 310 ####### = ####### 1 ####### 15 ####### . Để B mở được cửa thì B thành công trong lần mở thứ nhất hoặc B thất bại trong lần đầu tiên và thành công trong lần thứ hai hoặc thất bại trong hai lần đầu và thành công trong lần thứ ba. Từ đó suy ra xác suất B mở được cửa phòng là ####### P = ####### 1 ####### 15 ####### + ####### 14 ####### 15 ####### · ####### 1 ####### 15 ####### + ####### ( ####### 14 ####### 15 ####### ) 2 ####### · ####### 1 ####### 15 ####### = ####### 631 ####### 3375 ####### . ####### Câu 15. Cho (H) là đa giác đều 2 n đỉnh nội tiếp đường tròn tâm O (n ∈ N, n > 2 ). Gọi S là tập hợp các tam giác có 3 đỉnh là các đỉnh của đa giác (H). Chọn ngẫu nhiên một tam giác thuộc tập S, biết rằng xác suất chọn một tam giác vuông trong tập S là ####### 3 ####### 29 . Tìm n? Lời giải. Số phần tử của không gian mẫu S là số cách chọn 3 trong 2 n đỉnh của đa giác H nên bằng C 32 n. Đa giác đều H có n đường chéo chính là đường kính của đường tròn ngoại tiếp (H). Để chọn ra một tam giác vuông. Đầu tiên ta chọn ra một cạnh huyền trong n đường kính, nên có n cách chọn. Tiếp theo chọn 1 điểm trong 2 n − 2 điểm còn lại làm đỉnh góc vuông của tam giác, nên có 2 n − 2 cách chọn. Số cách chọn ra một tam giác vuông bằng n · ( 2 n − 2 ) cách. Xác suất để chọn ra một tam giác vuông là ####### P = n · ( 2 n − 2 ) C 32 n ####### = 6 n( 2 n − 2 ) ( 2 n)( 2 n − 1 )( 2 n − 2 ) = ####### 3 2 n − 1 ####### . Theo giả thiết P = ####### 3 ####### 29 , suy ra 2 n − 1 = 29 hay n = 15. Câu 16. Một bảng vuông gồm 100 × 100 ô vuông đơn vị có cạnh bằng 1 cm. Chọn ngẫu nhiên một ô hình chữ nhật. Tính xác suất để ô được chọn là hình vuông có cạnh lớn hơn 50 cm. Lời giải. Gọi A là biến cố “Chọn ngẫu nhiên một ô hình chữ nhật được ô là hình vuông có cạnh lớn hơn 50 cm.”Ta đặt bảng vuông trong hệ trục Oxy sao cho 100 × 100 ô vuông đơn vị được tạo bởi 101 đường thẳng có phương trình x = 0 , x = 1 , x = 2 ,... , x = 100 và 101 đường thẳng y = 0 , y = 1 , y = 2 ,... , y = 100. Hai đường thẳng x = a, x = b cùng với hai đường thẳng y = m, y = n tạo ra một hình chữ nhật. Số hình chữ nhật có được trong bảng vuông là n (Ω) = C 2101 · C 2101 = 25502500. Ta đếm số cách chọn một hình vuông có cạnh lớn hơn 50 cm
-......
Số cách chọn một hình vuông có cạnh lớn hơn 50 cm n (A) = ####### ( ####### 12 + 22 + 32 + · · · + 502 + · · · + 1002 ####### ) ####### − ####### ( ####### 12 + 22 + 32 + · · · + 502 ####### ) ####### = ####### 100 ( 100 + 1 )( 2 · 100 + 1 ) ####### 6 ####### − ####### 50 ( 50 + 1 )( 2 · 50 + 1 ) ####### 6 ####### = 295425. Xác suất để ô được chọn là hình vuông có cạnh lớn hơn 50 cm là ####### P = n (A) n (Ω) = ####### 295425 ####### 25502500 ####### = 0 , 01158. ####### Câu 17. Trong một bài thi trắc nghiệm khách quan có 10 câu. Mỗi câu có bốn phương án trả lời, trong đó chỉ có một phương án đúng. Mỗi câu trả lời đúng thì được 1 điểm, trả lời sai thì bị trừ 0 , 5 điểm. Một thí sịnh do không học bài nên làm bài bằng cách với mỗi câu đều chọn ngẫu nhiên một phương án trả lời. Tính xác suất để thí sinh đó làm bài được số điểm không nhỏ hơn 7. Lời giải. Gọi x là số câu đúng ( 0 6 x 6 10 ), 10 − x là số câu sai. Ta có bất phương trình x + x − 10 2 > 7 ⇔ 8 6 x 6 10. Xác suất để thí sinh đó làm bài được số điểm không nhỏ hơn 7 là ####### C 810 ####### ( ####### 1 ####### 4 ####### ) 8 ( ####### 3 ####### 4 ####### ) 2 ####### + C 910 ####### ( ####### 1 ####### 4 ####### ) 9 ( ####### 3 ####### 4 ####### ) 1 ####### + C 1010 ####### ( ####### 1 ####### 4 ####### ) 10 ( ####### 3 ####### 4 ####### ) 0 ####### = ####### 109 ####### 262144 #######
Suy ra n (A) = 54 + 72 + 96 = 222. Do đó P(A) = n (A) n (Ω) = ####### 222 ####### 1365 ####### = ####### 74 ####### 455 ####### . Câu 21. Gọi S là tập hợp các số tự nhiên, mỗi số không có quá 3 chữ số và tổng các chữ số bằng 9. Lấy ngẫu nhiên một số từ S. Tính xác suất để số lấy ra có chữ số hàng trăm là 4. Lời giải. Cách 1: Liệt kê.
Ta có không gian mẫu n (Ω) = 1 + 1 + 8 + 2 + 16 + 9 + 18 = 55 số. Gọi A là biến cố “Số được lấy ra là số tự nhiên có 3 chữ số, tổng các chữ số bằng 9 và chữ số hàng trăm bằng 4 ”. Ta được n(A) = 6. Vậy ta có P(A) = ####### 6 ####### 55 ####### . Cách 2: dùng vách ngăn. Ta có n (Ω) = 1 + C 19 + C 29 + C 19 = 55. Ta có n(A) = C 16 = 6. Câu 22. Cho một đa giác đều n đỉnh (n lẻ, n > 3 ). Chọn ngẫu nhiên 3 đỉnh của đa giác đều đó. Gọi P là xác suất sao cho 3 đỉnh đó tạo thành một tam giác tù. Tìm n biết P = ####### 45 ####### 62 ####### . Lời giải. Đa giác đều n đỉnh nội tiếp được trong một đường tròn. Chọn đỉnh thứ nhất của tam giác. Có n cách chọn. Sau khi chọn đỉnh thứ nhất, để tạo thành một tam giác tù, hai đỉnh còn lại được chọn trong số n − 1 2 đỉnh nằm trên cùng một nửa đường tròn với đỉnh đầu tiên, tức là có C 2 n− 1 2 cách chọn hai đỉnh còn lại (sở dĩ chọn như thế vì khi ba đỉnh của một tam giác nằm trên cùng một nửa đường tròn thì chắc chắn trong tam giác có một góc nội tiếp chắn một cung lớn hơn nửa đường tròn và do đó góc đó là góc tù).Và vì có hai nửa đường tròn nên có tất cả 2C 2 n− 1 2 cách chọn hai đỉnh còn lại, tức là có n · 2C 2 n− 1 2 tam giác tù. Tuy nhiên, do sự xoay chuyển các đỉnh nên mỗi tam giác được tính 2 lần. Như vậy có tất cả n · C 2 m− 1 2 ####### = n(n − 1 )(n − 3 ) 8 tam giác tù. Trong khi đó có tất cả C 3 n = n(n − 1 )(n − 2 ) 6 tam giác. Vậy ta có P = 3 (n − 3 ) 4 (n − 2 ) = ####### 45 ####### 62 ⇔ n = 33 ⇒ n có 4 ước nguyên dương. Câu 23. Từ các chữ số 1 , 2 , 3 , 4 , 5 , 6 , 7 , 8 lập số tự nhiên có 8 chữ số đôi một khác nhau. Tính xác suất để số được lập chia hết cho 1111. Lời giải. Gọi số cần lập chia hết cho 1111 là a 1 a 2... a 8. Do 1 + 2 +... + 8 = 36 ####### .. . 9 nên a 1 a 2... a 8 ####### .. . 9 ⇒ a 1 a 2... a 8 ####### .. ####### . 9999. Lại có a 1 a 2... a 8 = 104 · a 1 a 2 a 3 a 4 + a 5 a 6 a 7 a 8 = 9999 · a 1 a 2 a 3 a 4 + (a 1 a 2 a 3 a 4 + a 5 a 6 a 7 a 8 ). Suy ra (a 1 a 2 a 3 a 4 + a 5 a 6 a 7 a 8 ) ####### .. ####### . 9. Mặt khác 0 < a 1 a 2 a 3 a 4 + a 5 a 6 a 7 a 8 < 2 · 9999 ⇒ a 1 a 2 a 3 a 4 + a 5 a 6 a 7 a 8 = 9999. Suy ra (a 1 + a 5 ) = (a 2 + a 6 ) = (a 3 + a 7 ) + (a 4 + a 8 ) = 9. Như vậy các cặp (a 1 ; a 5 ) , (a 2 ; a 6 ) , (a 3 ; a 7 ) , (a 4 ; a 8 ) được lấy từ các bộ (1; 8), (2; 7), (3; 6), (4; 5). Ta có 4! cách xếp vị trí cho 4 bộ số trên, mỗi vị trí của 1 bộ số đó thì có 2! cách đổi vị trí cho 2 chữ số tương ứng đó. Như vậy có tất cả 4! · 24 số thỏa mãn. Vậy xác suất cần tính là ####### 4! · 24 ####### 8! ####### = ####### 1 ####### 105 ####### . Câu 24. Gọi X là tập hợp gồm 27 số tự nhiên từ 1 đến 27. Chọn ngẫu nhiên ba phần tử của tập X. Tính xác suất để ba phần tử được chọn luôn hơn kém nhau ít nhất 3 đơn vị. Lời giải. Đặt T = {(a 1 ; a 2 ; a 3 ) |a 1 , a 2 , a 3 ∈ A; a 1 < a 2 < a 3 ; a 2 − a 1 > 3; a 3 − a 2 > 3 }. Với mỗi bộ (a 1 , a 2 , a 3 ), xét tương ứng với bộ (b 1 , b 2 , b 3 ) cho bởi b 1 = a 1 ; b 2 = a 2 − 3 ; b 3 = a 3 − 4. Lúc này ta có: 1 6 b 1 < b 2 < b 3 6 23 và tương ứng này là tương ứng 1 − 1 do
Đặt B = {1; 2; 3; 4; 5; 6; 7;... ; 22; 23}. Tập các bộ (b 1 , b 2 , b 3 ) là các tập con có 3 phần tử của B. Vậy số tập con (a 1 ; a 2 ; a 3 ) cần tìm là C 323. Xác suất cần tìm là ####### C 323 ####### C 329 ####### = ####### 1771 ####### 2925 ####### . Câu 25. Có tất cả bao nhiêu số tự nhiên có ba chữ số abc sao cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác cân? Lời giải. Nếu a, b, c là ba cạnh của một tam giác, thì tất cả phải khác 0 và a, b, c ∈ {1; 2;... ; 9}. |
