Bài 26: Biến cố và định nghĩa cổ điển của xác suất

Một đồng xu có 2 mặt: Mặt Sấp ($S$) và Mặt Ngửa ($N$). Sau 2 lần gieo liên tiếp, các kết quả có thể xảy ra là:

• Lần 1 Sấp, lần 2 Sấp ($SS$)
• Lần 1 Sấp, lần 2 Ngửa ($SN$)
• Lần 1 Ngửa, lần 2 Sấp ($NS$)
• Lần 1 Ngửa, lần 2 Ngửa ($NN$) Vậy không gian mẫu là: $\Omega = \{SS; SN; NS; NN\}$. Số lượng phần tử của không gian mẫu là $n(\Omega) = 4$.

Phép thử ở đây là thao tác rút cùng lúc $3$ tấm thẻ từ lô $10$ tấm thẻ chung. Vì việc rút thẻ cùng thời điểm không xét đến thứ tự (không có con nào đến trước hay đến sau), nên mỗi một tập thẻ rút ra được đại diện cho một Tổ hợp chập 3 của 10. Số phần tử cấu thành của không gian mẫu là: $n(\Omega) = C_{10}^3 = \dfrac{10!}{3!7!} = 120$.

Thao tác xếp chỗ cho $6$ người vào $6$ chiếc ghế xếp thành vòng là một hoán vị. (Lưu ý: Nếu ghế cố định trong không gian thì đây là phân hàng dọc, số ghế đánh số từ 1 đến 6). Ở đây xếp vào $6$ vị trí ghế. Số phần tử của không gian tạo mầm là hoán vị xếp mâm: $n(\Omega) = P_6 = 6! = 720$.

Trong tủ sách có tổng cộng số cuốn sách là: $4 + 5 + 3 = 12$ (cuốn). Phép thử yêu cầu: Bạn đó trích ngẫu nhiên từ kho sách $12$ cuốn, mang về $4$ cuốn không ràng buộc yêu cầu gì thêm. Thao tác không tính thứ tự mang về trước sau. Suy ra số không gian tham chiếu cơ bản: $n(\Omega) = C_{12}^4 = 495$.

Mỗi viên xúc xắc có không gian gồm $6$ mặt tự nhiên (1, 2, 3, 4, 5, 6). Khi gieo chung song song $2$ viên có màu phân biệt (xanh và đỏ), mặt xanh có $6$ biến cố độc lập, mặt đỏ có $6$ biến cố theo quy tắc nhân. $n(\Omega) = 6 \cdot 6 = 36$ trạng thái. (Ví dụ: $(1, 2) \neq (2, 1)$).

Gốc không gian mẫu là dãy: $\Omega = \{1; 2; 3; 4; 5; 6\}$. Biến cố $A$ lọc ra điều kiện số chấm phải là số chẵn chia hết cho 2. Nên tập hợp số chấm lọt khung là: $A = \{2; 4; 6\}$. Số lượng phần tử thuận lợi xác nhận được cho $A$ là $n(A) = 3$.

Mỗi kết quả là một cặp số có tính đảo ngược $(a, b)$ với $a, b \in \{1, 2, 3, 4, 5, 6\}$. Tổng yêu cầu phải đạt giới hạn $a + b = 8$. Ta liệt kê dãn các cặp:

• Nếu $a = 2 \Rightarrow b = 6$
• Nếu $a = 3 \Rightarrow b = 5$
• Nếu $a = 4 \Rightarrow b = 4$
• Nếu $a = 5 \Rightarrow b = 3$
• Nếu $a = 6 \Rightarrow b = 2$ Tập hợp gom về $B = \{(2,6); (3,5); (4,4); (5,3); (6,2)\}$. Vậy số phần tử thuận lợi gom nhóm được có tính là $n(B) = 5$.

Định nghĩa $C$ sẽ đòi hỏi rút ra hoặc cùng đỏ, hoặc cùng xanh, hoặc cùng vàng sinh ra 3 trường hợp độc lập cộng gộp:

• Cùng đỏ ($3$ viên từ $7$ đỏ): $C_7^3 = 35$ cách.
• Cùng xanh ($3$ viên từ $5$ xanh): $C_5^3 = 10$ cách.
• Cùng vàng ($3$ viên từ $3$ vàng): $C_3^3 = 1$ cách. Theo quy tắc cộng tổ hợp lại, số lượng điều kiện đẻ ra thuận lợi: $n(C) = 35 + 10 + 1 = 46$.

Phần không gian tham gia lấy 4 người từ tổng số gốc (15 học sinh) là đại diện toàn tập. Trở ngược bài toán bằng cách đi vòng dùng Biến cố đối gốc rễ. Biến cố nghịch đảo $\overline{D}$: “Trong 4 bạn không chọn dính bất kì 1 nữ sinh nào” (tức là toàn bộ nam hết). Lấy toàn $4$ nam từ khối lượng $8$ nam sinh $\Rightarrow n(\overline{D}) = C_8^4 = 70$. Tổng không gian chọn tùy tiện không ép là $C_{15}^4 = 1365$. Vậy số kết quả có chiều kích thuận lợi giúp cấu trả ít nhất một nữ sinh: $n(D) = 1365 - 70 = 1295$.

Một tích nhân của $a \cdot b$ mà kết quả trả lẻ bắt buộc thì CẢ HAI hạt số cấu tham gia $a$ và $b$ đều phải là số dư lẻ tuyệt đốì. Tuyệt đối không được lẫn cặn bã số chẵn vào. Trong chùm dãy từ 1 đến 20, ta có chính xác là $10$ thẻ chẵn và $10$ thẻ quy lẻ. Do đó thao tác mấu chốt để biến cố $E$ phát sinh là phải bốc được $2$ chiếc thẻ toàn tập lấy từ bó thẻ số lẻ. $n(E) = C_{10}^2 = 45$.

• Bước 1: Không gian mẫu đồng khả năng của 2 đồng xu $\Omega = \{SS, SN, NS, NN\}$. $\Rightarrow n(\Omega) = 4$.
• Bước 2: Gọi $A$ là biến cố “một sấp, một ngửa”. Các kết quả thuận lợi $A = \{SN, NS\}$. $\Rightarrow n(A) = 2$.
• Bước 3: Xác suất biến cố $A$ là: $P(A) = \dfrac{n(A)}{n(\Omega)} = \dfrac{2}{4} = \dfrac{1}{2}$ (hoặc $50\%$).

• Bước 1: Tổng số bi trong hộp là $10$ viên. Lấy ra $2$ viên bất kỳ sẽ tạo không gian mẫu $n(\Omega) = C_{10}^2 = 45$.
• Bước 2: Gọi biến cố $B$: “Lấy được hai viên bi cùng màu”. Do bi cùng màu nên có thể là cùng đỏ (từ $4$ đỏ) hoặc cùng vàng (từ $6$ vàng). Theo quy tắc cộng: $n(B) = C_4^2 + C_6^2 = 6 + 15 = 21$.
• Bước 3: Xác suất $P(B) = \dfrac{n(B)}{n(\Omega)} = \dfrac{21}{45} = \dfrac{7}{15}$.

• Bốc 1 vé từ $50$ vé: $n(\Omega) = C_{50}^1 = 50$.
• Biến cố $C$: “Vé rút được là số chia hết cho cả $3$ và $5$”. Chia hết cho cả $3$ và $5$ đồng nghĩa với việc chia hết cho Bội chung nhỏ nhất(3, 5) = $15$. Trong dãy từ $1$ đến $50$, các số chia hết cho $15$ là: $15, 30, 45$. Nên kết quả thuận lợi cho $C$ là: $C = \{15; 30; 45\} \Rightarrow n(C) = 3$.
• Xác suất của biến cố: $P(C) = \dfrac{n(C)}{n(\Omega)} = \dfrac{3}{50}$.

• Không gian mẫu: Chọn $4$ người từ $35$ học sinh tổng: $n(\Omega) = C_{35}^4 = 52360$.
• Biến cố $D$: “Tổ trực nhật có $2$ nam, $2$ nữ”. Chọn $2$ nam từ $20$ nam: $C_{20}^2$. Chọn $2$ nữ từ $15$ nữ: $C_{15}^2$. $\Rightarrow n(D) = C_{20}^2 \cdot C_{15}^2 = 190 \cdot 105 = 19950$.
• Xác suất: $P(D) = \dfrac{19950}{52360} \approx 0{,}381$ (tương đương $38{,}1\%$).

• $n(\Omega) = C_{10}^3 = 120$.
• Gọi biến cố $E$: “Lấy được ít nhất 1 hộp sữa quá hạn”. Sử dụng hình thức phủ định $\overline{E}$: “Không lấy trúng hộp quá hạn nào” (Rút trúng $3$ hộp toàn là ngon nằm trong chùm $7$ hộp ngon). $n(\overline{E}) = C_7^3 = 35$. $\Rightarrow n(E) = n(\Omega) - n(\overline{E}) = 120 - 35 = 85$.
• Xác suất thành công của sự kiện $E$: $P(E) = \dfrac{85}{120} = \dfrac{17}{24}$.

• Lập số $3$ chữ số khác nhau từ $6$ số đã cho, đây là sự chỉnh hợp: $n(\Omega) = A_6^3 = 120$ số hợp quy.
• Gọi $F$ là biến cố “Mã phát ra là số chẵn”. Mã chẵn khi chữ số tận cùng $c \in \{2, 4, 6\}$ $\Rightarrow c$ có $3$ cách chọn. Hai chữ số đứng ở đầu $a, b$ rút ngẫu nhiên từ $5$ số mồ côi còn lại $\Rightarrow A_5^2 = 20$ cách. Biến cố: $n(F) = 3 \cdot 20 = 60$.
• Xác suất: $P(F) = \dfrac{60}{120} = \dfrac{1}{2}$.

• Bài toán quen thuộc của $n(\Omega) = C_7^2 = 21$.
• Biến cố $G$: “Rút $2$ viên khác màu”, nghĩa là $1$ viên thuộc luồng xanh, $1$ viên thuộc luồng đỏ. $\Rightarrow n(G) = C_3^1 \cdot C_4^1 = 3 \cdot 4 = 12$.
• Xác suất sinh trả: $P(G) = \dfrac{12}{21} = \dfrac{4}{7}$.

• Đã chọn $3$ đỉnh $\Rightarrow$ Số đa giác con là tam giác thu được: $n(\Omega) = C_{10}^3 = 120$.
• Tam giác vuông trong một đa giác tròn đều (chẵn góc) sẽ có cạnh huyền của tam giác bắt buộc phải băng qua vạch đường chéo nối ngang tâm. Đa giác $10$ đỉnh sẽ có $\dfrac{10}{2} = 5$ đường kính vạch kẻ. Cứ mỗi một đường kính đi qua, nó sẽ ghép ứng với $8$ đỉnh nằm vương vãi trên cung lề để đẻ ra 1 tam giác vuông. (Vì bỏ $2$ đỉnh làm cạnh huyền rồi). $\Rightarrow$ Số tam giác vuông dệt được: $5 \cdot 8 = 40$ hình. $n(H) = 40$.
• Xác suất: $P(H) = \dfrac{40}{120} = \dfrac{1}{3}$.

• $n(\Omega) = C_8^3 = 56$.
• Biến cố $I$: “Ít nhất 2 viên trắng”. Điều này kích hoạt 2 trường hợp:
  • (2 trắng, 1 đen): $C_5^2 \cdot C_3^1 = 10 \cdot 3 = 30$.
  • (3 toàn trắng): $C_5^3 = 10$. $n(I) = 30 + 10 = 40$.
• Xác suất $P(I) = \dfrac{40}{56} = \dfrac{5}{7}$.

• $n(\Omega) = C_{15}^2 = 105$.
• Tổng chẵn có được khi 2 tấm thẻ cùng là thẻ chẵn HOẶC cùng là thẻ lẻ. Từ dãy $1$ đến $15$ ta chiết soát được: có $8$ thẻ mang số lẻ (1, 3, 5, 7, 9, 11, 13, 15) và có $7$ thẻ mang số chẵn. Biến cố: $n(K) = (\text{chọn 2 lẻ}) \text{ hoặc } (\text{chọn 2 chẵn}) = C_8^2 + C_7^2 = 28 + 21 = 49$.
• Xác suất tính giá xuất vòng: $P(K) = \dfrac{49}{105} = \dfrac{7}{15}$.