Bài 29: Công thức cộng xác suất

• Không gian mẫu: Có tất cả $5+4+3=12$ thẻ $\implies n(\Omega) = 12$.
• Gọi $A$ là biến cố “Rút được thẻ màu xanh” $\implies P(A) = \dfrac{5}{12}$.
• Gọi $B$ là biến cố “Rút được thẻ màu đỏ” $\implies P(B) = \dfrac{4}{12}$.
• Vì chỉ rút 1 thẻ nên biến cố rút được màu xanh và màu đỏ không thể xảy ra đồng thời. Do đó, $A$ và $B$ là hai biến cố xung khắc.
• Áp dụng quy tắc cộng đối với hai biến cố xung khắc, ta có xác suất cần tìm là: $P(A \cup B) = P(A) + P(B) = \dfrac{5}{12} + \dfrac{4}{12} = \dfrac{9}{12} = \dfrac{3}{4}$

• Tổng sĩ số cả lớp là: $n(\Omega) = 10 + 9 + 11 + 10 = 40$ học sinh.
• Xác suất để học sinh được chọn ở Tổ 1: $P(T_1) = \dfrac{10}{40}$.
• Xác suất để học sinh được chọn ở Tổ 2: $P(T_2) = \dfrac{9}{40}$.
• Vì mỗi học sinh chỉ thuộc một tổ duy nhất, việc thuộc Tổ 1 và việc thuộc Tổ 2 là hai biến cố xung khắc.
• Xác suất chọn được học sinh thuộc Tổ 1 hoặc Tổ 2 là: $P(T_1 \cup T_2) = P(T_1) + P(T_2) = \dfrac{10}{40} + \dfrac{9}{40} = \dfrac{19}{40}$

Biến cố “đạt vòng $\ge 9$ điểm” có nghĩa là mũi tên ngắm trúng vào vòng 9 điểm hoặc vào vòng 10 điểm. Vì một lần ghi điểm chỉ được tính ở một khu vực, các biến cố trúng vòng 9 điểm (gọi là $A$) và vòng 10 điểm (gọi là $B$) là hai biến cố xung khắc với nhau. Xác suất thỏa mãn yêu cầu bằng tổng hai biến cố cấu thành: $P = P(A) + P(B) = 0,35 + 0,2 = 0,55$

• Không gian mẫu gồm tập các số đánh $\Omega = \{1, 2, ..., 15\}$. Có $n(\Omega)=15$.
• Gọi $A$ là biến cố “Thẻ mang số nguyên tố” $\implies A = \{2, 3, 5, 7, 11, 13\}$ $\implies P(A) = \dfrac{6}{15}$.
• Gọi $B$ là biến cố “Thẻ có ghi số chia hết cho 5” $\implies B = \{5, 10, 15\}$ $\implies P(B) = \dfrac{3}{15}$. Nhận thấy tính tính chất của tập số, giao của lôgic không hoàn toàn bằng rỗng vì chứa phần tử số $5$ xuất hiện ở đồng thời hai tập hợp. Do đó, $A$ và $B$ không xung khắc. Sử dụng công thức cộng xác suất mở rộng: $A \cap B = \{5\} \implies P(AB) = \dfrac{1}{15}$. $P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(AB) = \dfrac{6}{15} + \dfrac{3}{15} - \dfrac{1}{15} = \dfrac{8}{15}$

• Không gian mẫu khi chọn ra ngẫu nhiên $2$ thẻ từ tập $5$ thẻ: $n(\Omega) = C_5^2 = 10$.
• Gọi $X$ là biến cố “Tổng hai số là một số lượng trạng thái chẵn”. Phép tính tạo tổng tính chẵn yêu cầu phải chọn 2 số cùng mang dấu lẻ hoặc cùng mang mác chẵn. Trong tập số $\Omega$ có $3$ số lẻ là tập $\{1,3,5\}$ và $2$ số chẵn là tập $\{2,4\}$. Lượng quy luật số cách thỏa mãn biến $X$: $C_3^2 + C_2^2 = 3 + 1 = 4$ cách. $\implies n(X) = 4 \implies P(X) = \dfrac{4}{10}$.
• Gọi $Y$ là biến cố “Tổng số của cặp lựa chọn bằng 5”. Các cặp phần tử cấu rãnh thỏa mãn gồm $(1,4)$ và $(2,3)$. $\implies n(Y) = 2 \implies P(Y) = \dfrac{2}{10}$.
• Tính chất cơ bản: “Tổng biểu hiện chẵn” và “Tổng là 5 (số lẻ)” là hai không gian sự kiện đào thải trái ngược toàn phần và tách bạch, nên $X$ và $Y$ được xét xung khắc. Xác suất biến cố định hình quy tắc cộng: $P(X \cup Y) = P(X) + P(Y) = \dfrac{4}{10} + \dfrac{2}{10} = \dfrac{6}{10} = \dfrac{3}{5}$

Sĩ số lớp học là $n(\Omega) = 40$.

• Xét biến cố $A$: “Học sinh có chứng chỉ Tiếng Anh” $\Rightarrow P(A) = \dfrac{25}{40}$.
• Xét biến cố $B$: “Học sinh có chứng chỉ Tiếng Pháp” $\Rightarrow P(B) = \dfrac{15}{40}$.
• Cả hai biến cố diễn ra đồng thời: $A \cap B$: “Học sinh đạt cả hai chứng chỉ” $\Rightarrow P(AB) = \dfrac{5}{40}$.
• Biến cố “ít nhất một trong hai môn” chính là xác suất hợp của $A$ và $B$. Áp dụng công thức cộng xác suất mở rộng: $P(A \cup B) = P(A) + P(B) - P(AB) = \dfrac{25}{40} + \dfrac{15}{40} - \dfrac{5}{40} = \dfrac{35}{40} = \dfrac{7}{8}$

• Không gian mẫu khi lấy $1$ quân bài: $n(\Omega) = 52$.
• Biến cố rút quân K, do bộ bài có $4$ lá quân K nên: $P(E) = \dfrac{4}{52}$.
• Biến cố rút quân Nhép (Chuồn), do có $13$ lá cùng chất nên: $P(F) = \dfrac{13}{52}$.
• Giao của $E$ và $F$ là lá bài vừa là quân K vừa mang hình chất Nhép, trong bộ bài chỉ có duy nhất 1 quân “K Nhép”: $\implies P(EF) = \dfrac{1}{52}$.
• Xác suất của biến cố hợp xảy ra là: $P(E \cup F) = P(E) + P(F) - P(EF) = \dfrac{4}{52} + \dfrac{13}{52} - \dfrac{1}{52} = \dfrac{16}{52} = \dfrac{4}{13}$

Mô hình toán học cho thấy hai tập này giao nhau $P(AB) \neq 0$.

• Xác suất trượt môn Đại số: $P(\text{Đại số}) = \dfrac{30}{100} = 0,3$.
• Xác suất trượt môn Vi tích phân: $P(\text{Vi tích Phân}) = \dfrac{40}{100} = 0,4$.
• Xác suất trượt cả hai môn: $P(\text{Giao}) = \dfrac{10}{100} = 0,1$. Xác suất để sinh viên đó bị rớt ở ít nhất một trong hai môn theo quy tắc tính bù là: $P = 0,3 + 0,4 - 0,1 = 0,6 \text{ (Tương ứng } 60\%)$

Tổng số thẻ trong không gian mẫu $n(\Omega) = 50$.

• Gọi $A$ là biến cố: “Lấy được số chia hết cho 2”. Số lượng các bội số của $2$ không vượt quá $50$ là $50 \div 2 = 25$ lượng $\implies P(A)=\dfrac{25}{50}$.
• Gọi $B$ là biến cố: “Lấy được số chia hết cho 3”. Số lượng các số là $16$ số $\implies P(B)=\dfrac{16}{50}$.
• Giao của biến cố $AB$: “Số thẻ rút được phân chia hết cho cả 2 và 3”, tức là bộ chia hết cho $6$. Dãy chia hết cho 6 từ $6, 12, \dots, 48$. Có tất cả $48 \div 6 = 8$ số $\implies P(AB) = \dfrac{8}{50}$.
• Xác suất áp dụng công thức hợp phần: $P = P(A) + P(B) - P(AB) = \dfrac{25}{50} + \dfrac{16}{50} - \dfrac{8}{50} = \dfrac{33}{50}$

Giả sử $X$ và $Y$ là hai biến cố xung khắc với nhau (không thể cùng diễn ra). Xác suất theo quy tắc cộng sẽ là: $P(X \cup Y) = P(X) + P(Y) = 0,7 + 0,6 = 1,3$ Tuy nhiên, điều luật tiên đề của Xác suất chỉ rõ không có bất kì xác suất biến cố nào có thể vượt quá định mức tối đa bằng $1$. Lượng $1,3 > 1$ gây mâu thuẫn trực tiếp với định lý cơ bản. Nghĩa là bắt buộc $X$ và $Y$ phải tồn tại điểm giao ($P(XY) > 0$), qua đó trừ đi giao điểm làm giảm định mức tổng thể xuống dưới $1$. Do đó thể kết luận: $X$ và $Y$ không thể là hai biến cố xung khắc.

• Không gian mẫu: Có tất cả $11$ học sinh, chọn 3 $\implies n(\Omega) = C_{11}^3 = 165$.
• Gọi $A$ là biến cố: “Trong 3 bạn được chọn có ít nhất 1 bạn nam”.
• Phương pháp trực tiếp phải chia 3 trường hợp (1 nam, 2 nam, 3 nam). Ta sử dụng phương pháp biến cố đối sẽ nhanh hơn:
• Biến cố đối $\overline{A}$: “Trong 3 bạn được chọn không có bạn nam nào” (tức là cả 3 bạn toàn là nữ).
• Số cách chọn cả 3 bạn nữ từ 6 bạn nữ: $n(\overline{A}) = C_6^3 = 20$.
• Xác suất của biến cố đối: $P(\overline{A}) = \dfrac{20}{165} = \dfrac{4}{33}$.
• Áp dụng công thức biến cố đối: $P(A) = 1 - P(\overline{A}) = 1 - \dfrac{4}{33} = \dfrac{29}{33}$

• Không gian mẫu khi gieo 4 lần liên tiếp: $n(\Omega) = 6^4 = 1296$.
• Gọi $A$ là biến cố: “Có ít nhất một lần gieo xuất hiện mặt 6 chấm”.
• Biến cố đối $\overline{A}$: “Không có bất cứ lần nào ra mặt 6 chấm” (Tức là cả 4 lần đều gieo vào các mặt $1, 2, 3, 4, 5$).
• Số cách mà cả 4 lần gieo không ra mặt 6 chấm là: $5 \times 5 \times 5 \times 5 = 5^4 = 625$.
• Xác suất của biến cố đối $\overline{A}$: $P(\overline{A}) = \dfrac{625}{1296}$.
• Xác suất của biến cố $A$: $P(A) = 1 - \dfrac{625}{1296} = \dfrac{671}{1296} \approx 51,77\%$

• Chọn ngẫu nhiên 3 vé từ 100 vé $\implies n(\Omega) = C_{100}^3 = 161700$.
• Gọi $A$ là biến cố: “Minh có ít nhất 1 vé trúng thưởng”.
• Biến đối $\overline{A}$: “Minh không trúng thưởng tấm vé nào”. Tức là Minh chọn đúng 3 vé từ tập $96$ vé không trúng.
• Số trường hợp xảy biến cố đối: $n(\overline{A}) = C_{96}^3 = 142880$.
• Áp dụng nguyên lí phần bù: $P(A) = 1 - P(\overline{A}) = 1 - \dfrac{142880}{161700} \approx 0,116$

• Tổng số bi trong hộp là $15$, lấy ngẫu nhiên 3 viên: $n(\Omega) = C_{15}^3 = 455$.
• Gọi $A$ là biến cố “Có ít nhất 1 viên bi Xanh”.
• Biến cố đối của $A$ là biến cố $\overline{A}$: “Không lấy được bất kỳ viên bi Xanh nào”.
• Tức là 3 viên bi rút được lấy từ nhóm bi Đỏ và Vàng (gồm tổng cộng $4 + 6 = 10$ viên).
• Lượng khả năng rút bi theo biến cố đối: $C_{10}^3 = 120$. $\implies P(\overline{A}) = \dfrac{120}{455} = \dfrac{24}{91}$.
• Vậy xác suất để biến diễn $A$ xảy ra: $P(A) = 1 - \dfrac{24}{91} = \dfrac{67}{91}$

Bài toán sử dụng định lý xác suất phần phụ cho biến cố độc lập.

• Xác suất bắn hỏng (trượt mục tiêu) lần lượt của 3 khẩu pháo là: $1 - 0.6 = 0.4$; $1 - 0.7 = 0.3$; $1 - 0.8 = 0.2$.
• Biến cố đối $\overline{Q}$: “Máy bay không bị trúng đạn, nghĩa là cả 3 khẩu pháo đều bắn trượt”. Theo tính chất độc lập thì xác suất giao bằng tích các thành phần độc lập: $P(\overline{Q}) = 0,4 \times 0,3 \times 0,2 = 0,024$.
• Xác suất để máy bay bị trúng đạn: $P(Q) = 1 - P(\overline{Q}) = 1 - 0,024 = 0,976$

• Không gian mẫu cho phép rút ngẫu nhiên 2 từ 7 viên bi: $n(\Omega) = C_7^2 = 21$.
• Chia bài toán thành hai trường hợp xung khắc:
  • Trường hợp 1: Chọn được 2 viên màu Xanh $\implies n(A) = C_3^2 = 3$.
  • Trường hợp 2: Chọn được 2 viên màu Đỏ $\implies n(B) = C_4^2 = 6$.
• Hai biến cố A và B xung khắc (Không thể có nhóm bi gồm tròn bộ 2 bi Xanh và tròn bộ 2 bi Đỏ khi mà ta chỉ rút 2 viên).
• Xác suất cấu hợp quy tắc cộng tính: $P(A \cup B) = P(A) + P(B) = \dfrac{3}{21} + \dfrac{6}{21} = \dfrac{9}{21} = \dfrac{3}{7}$

• Phép chọn không gian mẫu: Rút 1 bạn từ Tổ một (có 7 cách) và rút 1 bạn từ Tổ hai (có 7 cách) $\implies n(\Omega) = 7 \times 7 = 49$.
• Chia các khối sự kiện trường hợp xung khắc:
  • Nhóm biểu hiện $X$: “Chọn bạn Nam từ Tổ 1 VÀ bạn Nữ từ Tổ 2” $\implies 5 \times 4 = 20$ kết quả.
  • Nhóm biểu hiện $Y$: “Chọn bạn Nữ từ Tổ 1 VÀ bạn Nam từ Tổ 2” $\implies 2 \times 3 = 6$ kết quả.
• Nhóm $X$ và $Y$ là xung khắc toàn phần không thể giao hợp: Tính tổng khả năng thuận lợi $n(X \cup Y) = 20 + 6 = 26$ trường hợp diễn ra hợp.
• Tỉ lệ xác suất thu được cấu thành = $\dfrac{26}{49}$.

• Không gian mẫu chọn ngẫu nhiên tổ hợp thẻ: $C_6^2 = 15$. Cách 1: Sử dụng biến cố đối. Biến cố đối của “Tích của 2 số mang giá trị chẵn” là biến cố đối “Tích của 2 số rút được là số lẻ”. Hai số nhân nhau cho kết quả số lẻ chỉ khi và chỉ khi cả 2 chữ số đó đều mang giá trị Lẻ. Tập mang số thẻ Lẻ gồm 3 phần tử $\{1, 3, 5\}$. Khả năng số cách rút 2 lẻ từ 3 lẻ là $C_3^2=3$. Suy ra xác suất $P(\text{Chẵn}) = 1 - P(\text{Lẻ}) = 1 - \dfrac{3}{15} = \dfrac{12}{15} = \dfrac{4}{5}$. Cách 2: Tính xác suất cơ bản chia dãy xung khắc. Tích cặp số là chẵn qua hai trường hợp độc lập loại trừ sau:
  • $A$: Trường hợp 2 số là Chẵn và Chẵn ($C_3^2 = 3$).
  • $B$: Trường hợp cấu tạo số Chẵn và số Lẻ ($C_3^1 \times C_3^1 = 9$). Tổng cách $n(\text{Hợp}) = 3 + 9 = 12 \implies \text{Xác suất là } P = \dfrac{12}{15} = \dfrac{4}{5}$.

Không gian mẫu khi rút ra chọn 4 người ngẫu nhiên: $n(\Omega) = C_{15}^4 = 1365$. Cấu trúc số lượng để Nữ trội hơn Nam trong một nhóm 4 người xảy ra thông qua tập hợp hai cấu trúc sau:

• Mức độ kiện $E_1$: Đội gồm 3 Nữ, 1 Nam $\implies C_8^3 \times C_7^1 = 56 \times 7 = 392$.
• Mức độ kiện $E_2$: Đội gồm 4 Nữ, 0 Nam $\implies C_8^4 = 70$. Hai cấp trúc độ kiện $E_1, E_2$ này không thể có kết quả nhóm giao tử chung $\Rightarrow$ là các biến cố độc lập xung khắc tuyệt đối theo khái niệm tổng luận hợp. Suy diễn tổng hợp số lượng cho biến cố thuận lợi $n(S) = n(E_1) + n(E_2) = 392 + 70 = 462$. Trích dẫn xác suất $P(S) = \dfrac{462}{1365} = \dfrac{22}{65}$.

• Theo giả thiết mô trường học chọn có hoàn lại đồng nghĩa các lần lấy bóng hoàn toàn là biến cố độc lập.
• Trường hợp 1: Nhận diện cả 3 lần lấy đều rút quả bóng màu Xanh: Tích nhánh nhân $= a \times a \times a = a^3$.
• Trường hợp 2: Xét cả 3 lần lấy đều rút ra quả bóng màu Đỏ: Tích nhánh phân $= b \times b \times b = b^3$. Hai trường hợp lấy bóng là hai sự kiện xung khắc toàn phần $\Rightarrow$ Xác suất hợp cấu thành nên tổng thức hợp lại: $P(S) = P(\text{TH1}) + P(\text{TH2}) = a^3 + b^3$