Chuyên đề xác suất và biến ngẫu nhiên rời rạc

Bài tập xác suất thống kê GVHD: Trần Thị Hạnh
11T2 Huỳnh Mẫn Đạt-Kiên Giang 1

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HUỲNH MẪN ĐẠT
-KIÊN GIANG-
** Lớp 11T2- Tổ 2**














CHUYÊN ĐỀ: Xác suất và biến ngẫu nhiên rời rạc


GIÁO VIÊN HƯỚNG DẪN: Trần Thò Hạnh

Thành viên tổ
1.Đỗ Huy Khoa
2.Nguyễn Minh Tú
3.Trần Đỗ Thảo Trang
4.Nguyễn Thò Hồng Phượng
5.Nguyễn Minh Nhựt

6.Lý Thái Bảo
7.Lê Ngọc Minh


Bài tập xác suất thống kê GVHD: Trần Thị Hạnh
11T2 Huỳnh Mẫn Đạt-Kiên Giang 2




I. Các bài toán chọn vật.

1.
Đội tuyển học sinh giỏi của một trường gồm 18 em, trong đó có 7 học sinh khối 12, 6 học sinh khối 11
và 5 học sinh khối 10. Cử 8 học sinh trong đội đi dự trại hè. Tính xác suất để mỗi khối có ít nhất một em
được chọn.

Bài giải
Xét T “Cử 8 em trong số 18 em đi dự trại hè”
Gọi D là biến cố “Mỗi khối có ít một em được chọn”
Đầu tiên, ta tính các khả năng của không gian mẫu Ω
/Ω/ =
8
18
C

= 43758
Sau đó, ta xét các khả năng thuận lợi cho biến cố D
Goi A là tập hợp tất cả cách cử 8 học sinh dự trại hè (lựa chọn từ 18 em).
Gọi B là tập hợp tất cả cách cử 8 học sinh dự trại hè mà không đủ học sinh của 3 khối

Gọi C là tập hợp cần tìm (tức là thỏa mãn yêu cầu đề bài). Ta có:

CBA
∪
=
;
.
∅
=
∩
CB
Vì theo quy tắc cộng, ta có:
CBA +=
hay
.BAC −=
(1)
•
Tính
A
: Dễ thấy
A
chính là số cách chọn 8 em từ 18 em (không quan tâm đến thứ tự sắp xếp), vậy :
.43758
!
8
!
10
!18
8
18

=== CA (2)
•

Tính
B
: Để ý rằng vì max {7;6;5} = 7 < 8 , do dó khi chọn 8 em học sinh thì không thể chọn chỉ trong
một khối lớp . Gọi B
1
, B
2
, B
3 là
ba tập hợp trong dó đôi một rời nhau. Theo quy tắc cộng ta có:

321
BBBB ++=
(3)
Dễ thấy : 1287
!
8
!
5
!13
8
131
=== CB ;

495
!
8

!
4
!12
8
122
=== CB ; 165
!
8
!
3
!11
8
113
=== CB .
Từ đó thay vào (3) và có:
B
= 1947 (4)
Thay (2), (4) vào (1) suy ra:
C
= 43758 -1947 = 41811.

⇒
/Ω
D
/ = 41811.
Bài tập xác suất thống kê GVHD: Trần Thị Hạnh
11T2 Huỳnh Mẫn Đạt-Kiên Giang 3

⇒
P(D) =

41811
43758
≈ 0.9555



2.
Có một khối lập phương được tạo thành từ 729 hình lập phương nhỏ giống hệt nhau. Ở mỗi mặt, chính
giữa khoét một dãy khối lập phương nhỏ xuyên từ tâm mặt này sang tâm mặt đối diện (có ba dãy, mỗi dãy
chín khối). Lấy sơn bôi lên toàn bộ bề mặt trong ngoài của hình lập phương lớn. Lấy ngẫu nhiên một khối
lập phương nhỏ trong đó. Tính xác suất để
a) Khối đó chỉ có một mặt bị bôi đen
b) Khối đó chỉ có hai mặt bị bôi đen
c) Khối đó có ba mặt bị bôi đen.
d) Khối đó không có mặt nào bị bôi đen.






Bài giải

Xét T “lấy ngẫu nhiên môt khối lập phương nhỏ trong hình lập phương”
Gọi Ω là tập hợp các kết quả có thể có
A “Khối đó chỉ có một mặt bị bôi đen”.
B “Khối đó chỉ có hai mặt bị bôi đen”.
C “Khối đó có ba mặt bị bôi đen”.
D “Khối đó không có mặt nào bị bôi đen”.
Dựa vào sự quan sát hình vẽ, ta có

/Ω / = 729
/ Ω
A
/ = 302
/Ω
B
/ = 158
Ω
C
/ = 12
Ω
D
/ = 257
Bài tập xác suất thống kê GVHD: Trần Thị Hạnh
11T2 Huỳnh Mẫn Đạt-Kiên Giang 4

⇒
P(A) =
302
0.414
729
≈ .
P(B) =
158
0.217
729
≈
P(C) =
12
0.016

729
≈ .
P(D) =
257
0.353
729
≈

3.
Ba nữ nhân viên phục vụ A,B,C thay nhau rửa đĩa chén và giả thiết ba người này đều"khéo léo" như
nhau. Trong một tháng có 4 chén bị vỡ .Tìm xác suất:
a) mỗi người đánh vỡ ít nhất 1 chén.
b) một trong 3 người đánh vỡ 3 chén
c)một trong 3 người đánh vỡ cả 4 chén

Bài giải
Xét T “A,B,C đánh vỡ 4 chén”
A “mỗi người đánh vỡ ít nhất một chén”
B “một trong ba người đánh vỡ ba chén”
C “một trong ba người đánh vỡ cả bốn chén”
Tính các khả năng của không gian mẫu Ω
/Ω/ = 3
4
= 81
a) Mỗi người đánh vỡ ít nhất 1 chén nghĩa là trong đó có 1 người đánh vỡ 2 chén, hai người còn lại mỗi
người đánh vỡ 1 chén.
Chọn người đánh vỡ 2 chén: 3 cách
Chọn 2 chén do người đó đánh vỡ:
2
4

C
= 6 cách
Hai chén còn lại: 2 cách
→ /Ω
A
/ = 3.6.2 = 36
P(A) =
36
81

b) Tính các khả năng của biến cố B
Chọn người đánh vỡ 3 chén: 3 cách
Chọn 3 chén do người đó đánh vỡ:
3
4
C
= 4 cách
Chọn người đánh vỡ chén còn lại: 2 cách
→ /Ω
A
/ = 3.4.2 = 24
P(B) =
24
81
=
8
27

c) Tính các khả năng của biến cố C
Chọn người đánh vỡ cả 4 chén: 3 cách

→ /Ω
A
/ = 3
P(C) =
3
81
=
1
27


Bài tập xác suất thống kê GVHD: Trần Thị Hạnh
11T2 Huỳnh Mẫn Đạt-Kiên Giang 5

4.
Có 2 hộp A, B.Hộp A chứa 4 viên bi trắng, 5 viên bi xanh. Hộp B chứa 3 viên bi trắng, 4 viên bi xanh.
Gieo 1 con súc sắc, nếu xuất hiện chấm lớn hơn 4 thì chọn hộp A, nếu không chọn hộp B. Sau đó lấy 1 viên
bi từ hộp đã chọn. Tính xác suất để viên bi đó là trắng



Bài giải
Đầu tiên, ta tính xác suất có thể phải dùng đến hộp A và xác suất có thể phải dùng đến hộp B .
Một con súc sắc có 6 mặt .
Xác suất xuất hiện số chấm lớn hơn 4 là: 2/6 =1/3
Xác suất xuất hiện số chấm bé hơn hoặc bằng 4 là: 4/6 = 2/3
→ Xác suất chọn hộp A là 1/3, xác suất chọn hộp B là 2/3 Tiếp theo, ta tính xác suất chọn được viên bi
trắng ở từng hộp
Xác suất lấy được viên bi trắng ở hộp A là 4/9
Xác suất lấy được viên bi trắng ở hộp B là 3/7

Tóm lại xác suất lấy được viên bi trắng = 1/3 * 4/9 + 2/3 * 3/7 ≈ 0.434



5.
Trong cùng một mặt phẳng cho 6 điểm trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng. Giữa 2 điểm bất kì ta
đặt một que diêm. Bỏ ra 9 que diêm từ các que diêm vừa xếp. Tính xác suất để khi bỏ ra, từ một điểm bất kì,
ta luôn có đường đi bằng diêm đến một điểm bất kì khác.


Bài giải
Xét T “bỏ ra 9 que diêm trong số các que diêm nối 6 điểm trong mặt phẳng”.
A “Từ một điểm bất kì, ta luôn có đường đi bằng diêm đến một điểm bất kì khác”
Muốn giải quyết bài toán, trước tiên ta tính số các que diêm (đoạn thẳng) nối giữa 2 điểm bất kì trong số 6
điểm đã cho.
Cứ 2 trong 6 điểm đó ta có 1 đoạn thẳng → Số que diêm là
2
6
C
= 15.
Bỏ ra 9 que diêm trong số 15 que diêm → Số cách chọn là
9
15
C
= 5005
Ta có không gian mẫu /Ω / = 5005.
Xét bài toán ngược “tồn tại một điếm mà không có đường đi bằng diêm đến các điểm còn lại”
Th1: Có 2 điểm không có đường đi bằng diêm đến các đỉnh khác:
Chọn 2 điểm đó:
2

6
C
= 15 cách.
Th2: Chỉ có 1 điểm không có đường đi bằng diêm đến các điểm khác:
Chọn điểm đó: 6 cách
Số que diêm nối các đỉnh còn lại (chưa lấy 4 que diêm còn lại ra):
2
5
C
= 10
Chọn 4 que diêm trong số các que diêm nối các điểm còn lại:
4
10
C
- 1.5 = 205.
Vậy số cách chọn là 205.10 + 15 = 2065
→ /Ω
A
/ = 5005 – 2065 = 2940.
P(A) =
2940
5005
≈ 0.5874



6.
Cho n chữ khác nhau : a, b, c, …, l. Lấy một số chữ trong số đó ghép thành một ãy. T ính xác suất để
dãy đó
Bài tập xác suất thống kê GVHD: Trần Thị Hạnh

11T2 Huỳnh Mẫn Đạt-Kiên Giang 6

a)

Chứa chữ a.
b)

Chứa cả hai chữ a, b
c)

Chứa ít nhất một trong hai chữ a, b.

Bài giải

Ta có số các cách chọn có thể có là: 2
p
a)

Gọi A là biến cố “dãy đó chứa chữ a”
Ứng với mỗi chỉnh hợp chập p- 1 của n- 1 chữ b, c, …, l ta có p cách chen chữ a vào
⇒
Có
p
A
p
n
1
1
−
−

=
A
p
n
n
p
chỉnh hợp chập p chứa chữ a
→ P(A) =
!
*
.( 1)
( )!
2 2 .( )!
p P
p n
p n
n n p
n p
−
−
=
−

b)

Gọi B là biến cố “dãy đó chứa cả 2 chữ a, b”.
Ứng với mỗi chỉnh hợp chập p- r của n- 2 chữ c, d,…,l ta có p- 1 cách chen chữ a vào, rồi sau đó lại có p
cách chen chữ b vào
⇒
Có (p- 1)p

A
p
n
2
2
−
−
=
A
p
n
nn
pp
)1(
)1(
−
−
chỉnh hợp chập p chứa a, b.
→ P(B) =
( 1) !
.
( 1)( 2)
( 1) ( )!
2 ( )!.2
p p
p p n
p p n
n n n p
n p
−

− −
− −
=
−


c) Gọi C là biến cố “Có ít nhất một trong hai chữ a,b”
Có
A
p
n
chỉnh hợp chập p của n chữ đó. Trong đó có
A
p
n
2−
chỉnh hợp chập p khơng chứa a, b (lấy p phần tử
từ n- 2 phần tử khác với a, b). Vậy còn lại
A
A
p
n
p
n
−
−2
chỉnh hợp chập p chứa a hay b.
→ P(C) =
2
2

p p
n n
p
A A
−
−



7.
Cho 8 quả cân trọng lượng 1kg, 2 kg, …, 7kg, 8 kg. Chọn ngẫu nhiên 3 nhiên quả cân. Tính xác suất
để tổng trọng lượng 3 quả cân được chọn không vượt quá 9 kg.
Bài giải
Gọi Ω là tập hợp tất cả các cách chọn 3 quả cân trong 8 quả cân. Khi đó dễ thấy.
Bài tập xác suất thống kê GVHD: Trần Thị Hạnh
11T2 Huỳnh Mẫn Đạt-Kiên Giang 7

56
3
8
==Ω C

Gọi A là biến cố “tổng trọng lượng 3 quả cân lấy ra không vượt quá 9 kg”. Để ý rằng:
1 + 2 + 3 = 6
1 + 2 + 4 = 7
1 + 2 + 5 = 8
1 + 2 + 6 = 9
1 + 3 + 4 = 8
1 + 3 + 5 = 9
2 + 3 + 4 = 9

Vì thế chỉ có 7 cách chọn ra 3 quả cân có trọng lượng không vượt quá 9kg, nên
7=Ω
A

Theo đònh nghóa cổ điển của xác suất, ta có:
( )
8
1
56
7
==AP


8.
Hai hộp bi mỗi hộp chứa 8 bi trắng, 2 bi đỏ. Cho hai người, mỗi người 1 hộp. Từ hộp của mình, mỗi
người lấy ngẫu nhiên 3 viên. Tính xác suất để hai người lấy được số bi đỏ như nhau.

Bài giải
Gọi A
0
, B
0
tương ứng là các biến cố “người thứ nhất lấy được o bi đỏ”, “người thứ hai lấy được o bi
đỏ”. Vậy biến cố A
0,
B
0
chính là biến cố “Người thứ nhất và người thứ hai cùng không lấy được viên bi
nào”. Dù A
0

, B
0
độc lập (dó nhiên), nên:
(
)
(
)
(
)
0000
.
BPAPBAP
=
Mặt khác ta có P(A
0
) = P(B
0
)
Tính P(A
0
) như sau: có tất cả
3
10
C
cách chọn 3 viên bi, tức 120 cách chọn.
Có
3
10
C
cách chọn 3 bi xanh (tức

3
10
C
cách chọn 3 bi không có bi đỏ).
Theo đònh nghóa cổ điển của xác xuất thì
( )
15
7
120
56
3
10
3
10
0
===
C
C
AP

Gọi A
1
, B
1
tương ứng là các biến cố “Người thứ nhất lấy được 1 bi đỏ”, “Người thứ hai lấy được 1 bi
đỏ”. Vậy biến cố A
1
, B
1
chính là biến cố “Người thứ nhất và người thứ hai cũng lấy được 1 viên bi đỏ”.

Ta có:
(
)
(
)
(
)
1111
. BPAPBAP =

Bài tập xác suất thống kê GVHD: Trần Thị Hạnh
11T2 Huỳnh Mẫn Đạt-Kiên Giang 8

Tương tự trên, ta có:
( ) ( )
15
7
120
56
120
8
2
2
1
11
====
CC
BPAP
Gọi A
2

, B
2
tương ứng là các biến cố “Người thứ nhất lấy được 2 bi đỏ”, “Người thứ hai lấy được 2 bi
đỏ:. Ta có:
(
)
(
)
(
)
2222
. BPAPBAP =

Trong đó:
( ) ( )
15
1
120
8
120
1
8
2
2
22
====
CC
BPAP
Vậy A
0

B
0
∪ A
1
B
1
chính là biến cố “Hai người lấy được số bi đỏ như nhau”. Ba biến cố này dó nhiên đôi một
xung khắc, nên theo quy tắc công ta có:
( )
75
33
15
1
15
7
15
7
222
221100
=






+







+






=∪∪ BABABAP

9.
Cho 25 quả cầu gồm 2 loại đen và trắng được đặt vào 2 thùng. Thùng nào có số quả cầu nhiều hơn
thì số quả cầu trắng cũng nhiều hơn. Lấy ngẫu nhiên mỗi thùng ra một quả cầu, tìm xác suất để được 1
quả đen và 1 quả trắng. Biết rằng xác suất để lấy được 2 quả cùng trắng là 0.48.
Bài giải
Gọi m
1
, m
2
, t
1
, t
2
, đ
1
, đ
2
lần lượt là số quả cầu, số quả cầu trắng, số quả cầu đen trong 2 thùng. Giả sử

m
1
> m
2
.
Ta có: m
1
+ m
2
= 25
Xác suất để lấy mỗi thùng 1 quả và cả 2 có cùng màu trắng theo giả thiết là 0.48.
0.48 =
1. 2 1. 2
2. 2 1. 2
48 12
100 25
t t t t
m m m m
⇔ = =
(1)
⇔
25t
1
t
2
= 12m
1
m
2

⇒
có m
i
là bội của 5
Mà tổng m
1
= m
2
= 25 là bội của 5 nên cả m
1
, m
2
đều là bội của 5.
Do m
1
> m
2
nên ta xét 2 trường hợp:
•
Th1: m
1
= 20, m
2
= 5
Từ (1)
⇒
t
1
t
2

= 48.
Do 0 < t
2
< t
1
< 25 nên chỉ có t
1
= 16, t
2
= 3 hoặc t
1
= 12, t
2
= 4.
Với t
1
= 16, t
2
= 3
⇒
đ
1
= 4, đ
2
= 2 thì xác suất 2 quả cùng màu:
0.48 +
4 2
.
20 5
= 0.48 + 0.08 = 0.56

Do đó xác suất để được 1 trắng, 1 đen là:
Bài tập xác suất thống kê GVHD: Trần Thị Hạnh
11T2 Huỳnh Mẫn Đạt-Kiên Giang 9

P = 1 – 0.56 = 0.44
Với t
1
= 12, t
2
= 4
⇒
đ
1
= 8, đ
2
=1 thì xác suất cần tìm:
P = 1 -
8 1
0.48 .
20 5
 
+
 
 
= 1 – 0.56 = 0.44
•
Th2: m
1
= 15, m
2

= 10
Giải tương tự ta cũng được P = 0.44
Tóm lại, xác suất cần tìm là 0.44

10.
.Một bài thi trắc nghiệm có 50 câu hỏi. Mỗi câu hỏi có 4 phương án trả lời trong đó chỉ có một câu trả lời
đúng.Nếu trả lời đúng thì được 0,2 điểm, nếu trả lời sai thì khơng được điểm. Họ Bùi khơng học bài nên làm bài
bằng cách đánh ngẫu nhiên.
a)Tính xác suất để Họ Bùi được 5 điểm


Bài giải
Gọi A là biến cố “Họ Bùi được 5 điểm”
Ta xét các khả năng mà họ Bùi được 5 điểm.
Được 5 điểm tức là trả lời đúng 25 câu và trả lời sai 25 câu
Có
25
50
C
cách chọn 25 câu đúng
Mỗi câu đúng có 1 phương án lựa chọn
Mỗi câu sai có 3 phương án lựa chọn
⇒
Có 3
25
cách chọn 25 câu sai
Tóm lại,
A
Ω
=

25 25
50.
3
C

Gọi
Ω
là tập hợp các khả năng có thể có của phép thử họ Bùi đánh ngẫu nhiên 50 câu trắc nghiệm
Mỗi câu có 4 phương án trả lời
⇒
Có 4
50
cách chọn phương án trả lời cho 50 câu
Ω
= 4
50
Vậy, P(A) =
25 25
50.
50
3
4
C
= 8,45.10
-5
Nhận xét:
Thoạt nhìn thì có vẻ khả năng để 1 học sinh khơng học bài được điểm trung bình có vẻ cao (gần như
50/50), tuy nhiên, xét về phương diện xác suất, xác suất này là rất nhỏ và hầu như khơng thể xảy ra. Vì thế, muốn
được điểm cao, học sinh khơng còn cách nào khác hơn là cố gắng học và khơng nên phó mặc vào may rủi như họ
Bùi. Nhắc đến họ Bùi, có lẽ nhiều người sẽ nghĩ ngay đến Bùi Kiệm – một nhân vật từ lâu đã nổi tiếng vì sự lười

học và dốt nát. Có lẽ đây cũng chính là dụng ý của tác giả khi chọn họ Bùi làm nhân vật trong bài tốn liên quan
đến kiểu làm bài nhờ may rủi.



11.
Qn Tản Đà có 5 món bò: nhúng dấm, bóp thấu, lúc lắc, nướng mỡ chài, nướng lá cách; có 3 món gà: xối
mỡ, quay Tứ Xun, rút xương và 2 món cua: rang muối, rang me. Nhà văn Vũ Bằng gọi ngẫu nhiên 2 món lai
rai. Tính xác suất để Vũ Bằng chọn được 2 món thuộc loại khác nhau. (Chuyện vui nhà văn)
Bài tập xác suất thống kê GVHD: Trần Thị Hạnh
11T2 Huỳnh Mẫn Đạt-Kiên Giang 10


Bò nhúng giấm Bò bóp thấu

Bò lúc lắc



Bò nướng mỡ chài Bò nướng lá cách Gà xối mỡ



Gà quay Tứ Xuyên Gà rút xương Cua rang muối




Cua rang me

Bài giải
Ta sẽ tính số cách gọi món có thể của nhà thơ.
Gọi
Ω
là tập hợp các cách chọn
Ω
=
2
10
C
= 45
Gọi A là biến cố “Vũ Bằng chọn được 2 món thuộc loại khác nhau”
•

Có 5x3 = 15 cách để ông gọi 2 món bò, gà.
•

Có 5x2 = 10 cách gọi 2 món bò, cua
•

Có 3x2 = 6 cách chọn 2 món gà, cua.
Bài tập xác suất thống kê GVHD: Trần Thị Hạnh
11T2 Huỳnh Mẫn Đạt-Kiên Giang 11


A
⇒ Ω
= 15 + 10 +6 = 31 cách chọn.
Vậy P(A) =

31
45
A
Ω
= ≈
Ω
0.69
Vui vui:
Đó là xác suất do chọn ngẫu nhiên còn nếu có sự can thiệp của lựa chọn thì kết quả sẽ ra sao nhỉ. Riêng đối
với tác giả bài tốn này là người có tâm hồn ăn uống có sở thích là món bò lúc lắc với gà xối mỡ thì đương nhiên xác
suất chọn 2 món đó sẽ là 1 rồi. Sau khi quan sát những bức hình hấp dẫn về các món ăn đã được đề cập trong cuốn sách
này, bạn hãy thử chọn riêng cho mình 2 món nhé.






II.
Các bài tốn sắp xếp

1.
Có 3 chiếc xe ơtơ màu đỏ, 2 ơtơ màu vàng, 1 ơtơ màu xanh cùng đỗ bên đường.Tìm xác suất để khơng
có 2 chiếc xe cùng màu nào đỗ cạnh nhau.


Bài giải
Xét T “Xếp 6 xe bên đường”
Gọi A là biến cố “khơng có 2 chiếc xe cùng màu nào đỗ cạnh nhau”
Tính các khả năng của khơng gian mẫu Ω: số cách đỗ xe chính là số hốn vị của số xe

/Ω/ = 6! = 720
Tính các khả năng của biến cố A. Đánh số thứ tự của các xe từ 1 đến 6, số thứ tự các vị trì từ I đến VI
TH1: Xe đỏ thứ nhất ở vị trí I, xe đỏ thứ hai ở vị trí III, xe đỏ thứ ba ở vi trí V
số cách đỗ xe = 3! . 3! =36
TH2: Xe đỏ thứ nhất ở vị trí I, xe đỏ thứ hai ở vị trí IV, xe đỏ thứ ba ở vi trí VI
số cách đỗ xe = 3! .2. 2 = 24
TH3: Xe đỏ thứ nhất ở vị trí II, xe đỏ thứ hai ở vị trí IV, xe đỏ thứ ba ở vi trí VI
số cách đỗ xe = 3! . 3!= 36
TH4: Xe đỏ thứ nhất ở vị trí I, xe đỏ thứ hai ở vị trí III, xe đỏ thứ ba ở vi trí VI
số cách đỗ xe = 3! . 2. 2 = 24
→ /Ω
A
/ = 36+24+36+24 = 120
→ P(A) =
1
6





2.
Một đoàn tàu có 4 toa đỗ ở sân ga. Có 4 khách hàng từ sân ga lên tàu, mỗi người độc lập với nhau
chọn ngẫu nhiên một toa. Tính xác suất để 1 toa có 3 người, 1 toa có 1 người và hai toa không có người.

Bài tập xác suất thống kê GVHD: Trần Thị Hạnh
11T2 Huỳnh Mẫn Đạt-Kiên Giang 12


Bài giải

Xét dãy số (x
1
, x
2
, x
3
, x
4
), trong đó x
i
chỉ số toa mà người thứ i lên tàu i=1, 2, 3, 4)
Gọi
Ω
là tập hợp tất cả các dãy (x
1
, x
2
, x
3
, x
4
), (tức là tập hợp tất cả các khả năng lên tàu của 4 hành
khách).
Do mỗi x
i
∈
{1, 2, 3, 4}, tức là mỗi x
i
đều có 4 khả năng lựa chọn, vậy

4
4=Ω

Gọi A là biến cố “có 1 toa có 3 người lên, 1 toa có 1 người lên, 2 toa không có người”.
Ta thấy để tính tất cả các khả năng thuận lợi của
A
Ω
ta sử dụng quy tắc nhân như sau:
- Chọn 1 toa trong 4 toa để có 3 khách lên: Số cách chọn
4
1
41
== Cn

- Chọn 1 toa còn lại trong 3 toa để có 1 khách lên: Số cách chọn
3
1
32
== Cn

- Với toa có 3 khách lên, chọn 3 khách trong 4 khách ngồi toa đó: Số cách chọn
4
3
4
=C

- Người còn lại cho vào toa có 1 khách: 1 cách chọn.
Theo quy tắc nhân, ta có:
23
4

1
3
1
4321
4.34.3.4 ====Ω CCCnnn
A

Vậy:
( )
16
3
4
4.3
4
2
==
Ω
Ω
=
A
AP


3.
Một người x
ếp
ngẫu nhiên bốn lá thư vào bốn chiếc phong bì đã ghi đòa chỉ. Tính xác suất để ít nhất
có một lá thư bỏ đúng đòa chỉ (tức bỏ đúng phong bì của nó).

Bài làm

Bài tập xác suất thống kê GVHD: Trần Thị Hạnh
11T2 Huỳnh Mẫn Đạt-Kiên Giang 13


Xét dãy số (x
1
, x
2
, x
3
, x
4
), trong đó (x
1
, x
2
, x
3
, x
4
) là một hoán vò của bốn số 1, 2, 3, 4 (nếu x
i
= i, tức là
lá thư thứ i đã bỏ đúng đòa chỉ).
Gọi
Ω
là tập hợp tất cả các khả năng bỏ 4 lá thư vào 4 phong bì.
Ta có:
24!4
==Ω

Gọi A là biến cố “Có ít nhất một lá thư bỏ đúng phong bì”. Các khả năng thuận lợi của A là:
- Có 4 thư đúng đòa chỉ (1, 2, 3, 4)
- Chỉ có 2 thư đúng đòa chỉ:
(1, 2, 4, 3); (1, 4, 3, 2); (1, 3, 2, 4).
(4, 2, 3, 1); (3, 2, 1, 4); (2, 1, 3, 4).
- Chỉ có 1 thư đúng đòa chỉ:
(1, 4, 2, 3); (1, 3, 4, 2)
(4, 2, 1, 3); (3, 2, 4, 1);
(2, 4, 3, 1); (4, 1, 3, 2);
(3, 1, 2, 4); (2, 3, 1, 4);
Vậy
15861 =++=Ω
A

Từ đó, ta có:
( )
8
5
24
15
==
Ω
Ω
=
A
AP

Nếu số thư lớn hơn thì giải bằng phương pháp trên sẽ ngày càng phức tạp.

4.
Xếp ngẫu nhiên 5 chữ cái B,G, N, O, O. Tính xác suất để được
a) Chữ BOONG
b) Chữ ONGBO (tuyển sinh đại học quốc gia tp. Hồ Chí Minh)


Bài giải
a)

Có 5 phần tử nên khơng gian mẫu có 5! = 120 biến cố sơ cấp đồng khả năng. Ta coi 2 chữ O là O
1
, O
2

Số biến cố thuận lợi là 2: BO
1
O
2
NG, BO
2
O
1
NG
Bài tập xác suất thống kê GVHD: Trần Thị Hạnh
11T2 Huỳnh Mẫn Đạt-Kiên Giang 14

Vậy xác suất: P(A) =
2 1
120 60
=

.
b)

Giải tương tự với O
1
NGBO
2
, O
2
NGBO
1
thì ta có xác suất
P(B) =
2 1
120 60
=

5.
Đoàn tàu Thống Nhất S
1
có 4 toa đi Huế, Đà Nẵng. Tại ga Thanh Hóa có 6 hành khách. Mỗi hành khách độc
lập với nhau chọn ngẫu nhiên 1 toa. Tính xác suất để mỗi toa có ít nhất 1 hành khách mua vé.

Bài giải
Gọi Ω là tập hợp tất cả các cách xếp hành khách lên tàu.
⇒
Ω
= 4
6

Gọi A là biến cố “Mỗi toa có ít nhất 1 hành khách mua vé”
Ta xét các trường hợp có thể xảy ra của biến cố A
Th1:
1 toa 3 hành khách, 3 toa còn lại mỗi toa 1 hành khách
Số cách chọn:
3
4
C
.3!.
3
6
C
= 480

Th2:
2 toa mỗi toa 1 hành khách, 2 toa còn lại mỗi toa 2 hành khách.
Số cách chọn:
2 2 2
4. 6. 4
C C C
.2 = 1080
⇒
A
Ω
= 480 + 1080 = 1560.
Vậy P(A) =
6
1560
4
A

Ω
= ≈
Ω
0.381
6.
Một nhóm gồm 5 người đàn ông, 4 người phụ nữ và 1 đứa bé xếp vào 1 bàn dài Tính xác suất để
a)

Đứa bé ở giữa 2 người đàn ông.
b)

Mỗi nhóm ngồi cạnh nhau.
c)

4 người phụ nữ ngồi xen kẽ giữa 5 người đàn ông.
Bài giải
Gọi Ω là tập hợp các cách xếp chỗ ngồi cho 10 người
⇒ Ω
= 10! = 3628800
a)

Gọi A là biến cố “đứa bé ở giữa 2 người đàn ông”
● Chọn vị trí đứa bé: 8 cách
•

Chọn 2 người đàn ông ngồi 2 bên đứa bé:
2
5
C
= 10 cách

•

Hoán vị 2 người đàn ông đó: 2! = 2 cách.
•

Chọn chỗ cho 7 người còn lại: 7! = 5040
⇒
Có 100800 cách chọn.
A
Ω
= 80640.
80640 1
( ) 0.022
10! 45
A
P A
Ω
⇒ = = = ≈
Ω

b)

Gọi B là biến cố “mỗi nhóm ngồi cạnh nhau”
Bài tập xác suất thống kê GVHD: Trần Thị Hạnh
11T2 Huỳnh Mẫn Đạt-Kiên Giang 15

•

Chọn vị trí cho 3 nhóm: 3! = 6 cách.
•

Hoán vị 5 người đàn ông: 5! =120 cách.
•

Hoán vị 4 người phụ nữ: 4! = 24 cách
⇒
Có 17280 cách xếp.
B
Ω
= 17280.
⇒
P(B) =
17280 1
10! 210
B
Ω
= =
Ω
.
c)

Gọi C là biến cố “4 người phụ nữ ngồi xen kẽ 5 người đàn ông”
•

Chọn vị trí cho đứa bé: 2 cách
•

Hoán vị 5 người đàn ông: 5! = 120 cách
•

Hoán vị 4 người phụ nữ: 4! = 24 cách
⇒
Có 5760 cách xếp.
C
Ω
= 5760.
5760 1
( )
10! 630
C
P C
Ω
⇒ = = =
Ω

7.
Cô giáo xếp ngẫu nhiên 8 bạn gồm 5 bạn nam và 3 bạn nữ vào 2 tồ 1, 2, mỗi tổ 4 người. Bạn Phượng chỉ ở tổ
1 nếu tổ 1 không có bạn nữ nào. Tính xác suất để bạn Phượng ở tổ 2.

Bài giải
Gọi Ω là tập hợp các cách sắp xếp 8 bạn vào 2 tổ thỏa mãn yêu cầu của bạn Phượng
● Tính
Ω

Th1:
Bạn Phượng ở tố 1
⇒
Tổ 1 chỉ có một mình bạn Phượng là nữ.
Chọn 3 bạn nam cùng tổ với Phượng:
3

5
C
= 10 cách.
Th2:
Bạn Phượng ở tổ 2 cùng với một bạn nữ khác.
Chọn 2 bạn nam vào tồ 2:
2
5
C
= 10 cách chọn.
Chọn 1 bạn nữ vào tổ 1:
1
2
C
= 2 cách chọn.
Th3:
Cả ba bạn nữ ở tổ 2.
Chọn 1 bạn nam vào tổ 2:
1
5
C
= 5 cách chọn.
⇒
Có 5 + 20 +10 = 35 cách chọn.
Ω
= 35
Gọi A là biến cố “ Bạn Phượng ở tổ 2” thì
A
Ω
= 10

Vậy P(A) = 0.286

8.
Cho 5 quả cầu màu trắng khác nhau và 4 qủa cầu màu xanh khác nhau. Ta sắp xếp 9 quả cầu đó thành một
hàng 9 chỗ cho trước. Tính xác suất để:
a)

2 quả cầu đứng cạnh nhau không cùng màu.
b)

5 quả cầu màu trắng đứng cạnh nhau
Bài tập xác suất thống kê GVHD: Trần Thị Hạnh
11T2 Huỳnh Mẫn Đạt-Kiên Giang 16


Bài giải

Gọi
Ω
là tập hợp các cách sắp xếp khác nhau.
Ta có
Ω
= 9! = 362880
a)

Gọi A là biến cố “2 quả cầu đứng cạnh nhau không cùng màu”
Đánh số các vị trí của dãy từ 1 đến 9. Chỉ có 1 cách chọn vị trí chung: 5 quả cầu trắng ở các vị trí lẻ và các quả
cầu xanh ở vị trí chẵn. Sau đó, có 5! và 4! Cách xếp 5 quả cầu trắng và 4 quả cầu xanh.
⇒
Có 5!.4! = 2880 cách

xếp
A
Ω
= 2880.
Vậy P(A) =
A
Ω
Ω
=
2880
0.00794
362880
≈

b) Gọi B là biến cố “5 quả cầu trắng đứng cạnh nhau”.
•

Chọn vị trí chung cho 5 quả cầu trắng: 5 cách
•

Hoán vị 5 quả cầu trắng: 5! = 120 cách
•

Hoán vị 4 quả cầu xanh: 4! = 24 cách
⇒
Có 14400 cách chọn.
B
Ω
= 14400.
Vậy P(B) =

14400 5
0.0397
9! 126
= ≈
.
9.
Một chàng trai viết thư cho 3 cô bạn gái, vì đãng trí nên bỏ các thư vào phong bì một cách ngẫu nhiên. Tính xác suất
để không có cô nào nhận được đúng thư viết cho mình.

Bài giải
Gọi A
i
là biến cố cô thứ i nhận đúng thư của mình, và T là biến cố mà xác suất cần tìm.
Ta có: T =
1 2 3
A A A

⇒

T
= A
1
+ A
2
+ A
3

P(
T
) = P(A

1
A
2
A
3
) = P(A
1
) + P(A
2
) + P(A
3
) – P(A
1
A
2
) – P(A
2
A
3
) – P(A
3
A
1
) + P(A
1
A
2
A
3
)

= P(A
1
) + P(A
2
) + P(A
3
) – P(A
1
)P(A
2
/A
1
) – P(A
2
)P(A
3
/A
2
) – P(A
3
)P(A
1
/A
3
) + P(A
1
)P(A
2
/A
1

)P(A
3
/A
2
A
1
)
=
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
. . . . .
3 3 3 3 2 3 2 3 2 3 2 1
+ + − − − +
=
2
3

Vậy P(T) = 1 – P(
T
) = 1 -
2 1
3 3
=




Bài tập xác suất thống kê GVHD: Trần Thị Hạnh
11T2 Huỳnh Mẫn Đạt-Kiên Giang 17

III. Các bài toán về số.

1.
Chọn ngẫu nhiên 3 trong số các tập con của tập hợp X= {1,2,3,4,5,6,7,8}. Tính xác suất để chọn được
các bộ ba có thứ tự (X
1
, X
2
, X
3
) của các tập hợp mà hợp là X và giao là
o
/
, chẳng hạn các bộ ba {1,2,3},
{1,4,8}, {2,5,6,7} và {1,4,8}, {1,2,3}, {2,5,6,7} được xem là khác nhau. (Đề thi học sinh giỏi toán tổ hợp
12).


Bài giải

●
Gọi
Ω
là tập hợp tất cả các cách chia X ra thành các bộ ba.

Số các tập con của X là 2
8
= 256 tập hợp.
Chọn 3 tập bất kì có phân biệt thứ tự
3
256
A
= 16581120
⇒

Ω
= 16281120
●
Gọi A là biến cố “Chọn được 3 tập con thỏa yêu cầu bài toán”.
Nhận thấy ba tập hợp X
1
, X
2

, X
3
như vậy đáng lẽ chia X thành 2
3
= 8 phần rời nhau, nhưng vì X
1
∩
X
2-
∩
X
3=
o
/
và
321
XXX ∩∩
=
321
XXX ∩∩
=
X
=
o
/
nên chỉ còn lại 6 phần không rỗng rời nhau là Y
1
=
∩
1

X
X
2
∩
X
3,
Y
2
= X
1
∩
∩
2
X
X
3
, Y
3
= X
1
∩
X
2

3
X∩
, Y
4
=
21

XX ∩
∩
X
3,
Y
5
=
∩
1
X
X
2

3
X∩
, Y
6
= X
1

32
XX ∩∩
.
Ta thiết kế một bộ sáu thứ tự (Y
1
, Y
2
, Y
3
, Y

4
, Y
5
, Y
6
) bằng 8 bước như sau:
Bước 1: Cho 1 thuộc một trong sáu tập Y
i

Bước 2: Cho 2 thuộc một trong sáu tập Y
i
………………
Bước 8: Cho 8 thuộc một trong sáu tập Y
i
⇒
Có 6
8
= 1679616 cách thiết kế bộ sáu (Y
i
)
.
Được các Y
i
ta lấy X
1
= (X
1
∩
∩
2

X
X
3
)
∪
( X
1

32
XX ∩∩
)
∪
( X
1
∩
X
2

3
X∩
) = Y
2
∪
Y
3
∪
Y
6
chẳng hạn
Bài tập xác suất thống kê GVHD: Trần Thị Hạnh

11T2 Huỳnh Mẫn Đạt-Kiên Giang 18

Tóm lại
A
Ω
= 1679616
Vậy P(A) =
1679616
16581120
A
Ω
= ≈
Ω
0.101



2
.
Lấy ngẫu nhiên một năm từ công nguyên cho đến năm hiện tại. Tính xác suất để năm đó nhuận.


Bài giải

Để làm bài này, ta nhớ lại cách xác định năm nhuận. Một năm được xem là nhuận (có 366 ngày) khi năm
đó chia hết cho 4. Những năm tròn thế kỉ sẽ không là năm nhuận trừ khi nó chia hết cho 400.
Như vậy, từ năm 1 sau Công nguyên (không có năm thứ 0 sau công nguyên) đến năm 2009 (năm hiện tại),
ta tính số các năm chia hết cho 4.
→ Những năm này có dạng 4k (k Є N)
1 < 4k < 2009


0.25 < k < 502.25
Vậy có 502 năm chia hết 4.
Mặt khác có 20 năm tròn thế kỉ, trong đó có 5 năm chia hết cho 400 (400, 800. 1200, 1600, 2000).
Tóm lại, số năm nhuận là: 502 – (20 -5) = 487 (năm).
Gọi T “lấy ngẫu nhiên 1 năm từ công nguyên đến năm hiện tại”
A “Năm đó nhuận”
/Ω/ = 2009
/Ω
A
/ = 487
→ P(A) =
487
2009
≈ 0.242
3.

Có 30 tấm thẻ đánh số từ 1 tới 30. Chọn ngẫu nhiên ra 10 tấm thẻ. Tính xác suất để :
a)

Tất cả 10 tấm thẻ đều mang số chẵn ;
b)

Có đúng 5 tấm thẻ có số chia hết cho 3 ;
c)

Có 5 tấm thẻ mang số lẻ, 5 tấm thẻ mang số chẵn trong đó chỉ có 1 tấm mang số chia hết cho 10.

Giải

Số trường hợp có thể là
10
30
C
.
a)

Số trường hợp thuận lợi là
10
15
C
(vì có 15 tấm mang số chẵn). Vậy xác suất trong trường hợp này
là : .00009,0
10
30
10
15
≈=
C
C
P


b)

Trong 30 tấm thẻ có đúng 10 số chia hết cho 3.

Ta cần chọn : 5 tấm thẻ chia hết cho 3 trong 10 tấm thẻ;
5 tấm thẻ còn lại trong 20 tấm thẻ.

Theo quy tắc nhân, số trường hợp thuận lợi là
5
20
5
10
.CC .
Vậy xác suất trong trường hợp này là : 130,0
.
5
30
5
20
5
10
≈=
C
CC
P .
c)

Trong 30 tấm thẻ có :
Bài tập xác suất thống kê GVHD: Trần Thị Hạnh
11T2 Huỳnh Mẫn Đạt-Kiên Giang 19

•

15 tấm thẻ mang số chẵn.
•

15 tấm thẻ mang số lẻ.

•

3 tấm thẻ mang số chia hết cho 10.
Bài tốn đòi hỏi chọn 10 tấm thẻ sao cho;
•

Có 5 tấm thẻ mang số lẻ.
•

Có 1 tấm thẻ mang số chẵn nhưng khơng chia hết cho 10.
•

Có 4 tấm thẻ mang số chẵn nhưng khơng chia hết cho 10.
Vậy phải chọn:
•

5 tấm thẻ mang số lẻ trong 15 tấm mang số lẻ.
•

1 tấm thẻ mang số chia hết cho 10 trong 3 tấm thẻ mang số chia hết cho 10.
•

4 tấm thẻ mang số chẵn nhưng khơng chia hết cho 10
Theo quy tắc nhân, số trường hợp thuận lợi là : 1484,0

10
30
1
3
4

12
5
15
≈=
C
CCC
P

4.
Một người gọi điện thoại, quên hai chữ số cuối và chỉ nhớ rằng hai chữ số đó phân biệt. Tính xác
suất để người đó gọi một lần đúng số cần gọi.

Bài giải
Hai chữ số cuối là phân biệt, nến nếu gọi
Ω
là tập hợp tất cả cách chọn 2 số phân biệt (có tính đến thứ
tự) trong 10 chữ số 0, 1, 2,…8, 9. Khi đó dễ thấy:
90
2
10
==Ω C

Gọi A là biến cố “Gọi một lần đúng số cần gọi”. Ta có
1=Ω
A

Vậy xác suất cần tìm
( )
9
1

=AP


5.
Trong 100 vé xổ số có 1 vé trúng 100.000đ, 5 vé trúng 50.000đ và 10 vé trúng 10.000đ. Một người
mua ngẫu nhiên 3 vé.
1) Tính xác suất để người mua trúng thưởng đúng 30.000đ
2) Tính xác suất để người mua trúng thưởng 200.000đ

Bài giải
1) Gọi
Ω
là tập hợp tất cả các cách mua 3 vé trong 100 vé. Ta có:
3
100
C
=Ω

Gọi A là biến cố “Người mua trúng thưởng đúng 30.000đ”.
Bài tập xác suất thống kê GVHD: Trần Thị Hạnh
11T2 Huỳnh Mẫn Đạt-Kiên Giang 20

Rõ ràng để trúng thưởng đúng 30.000đ thì mỗi vé phải trúng thưởng 10.000đ. Số khả năng thuận lợi
của A là:
3
100
C=Ω

Theo đònh nghóa cổ điển của xác suất, thì:
( )

2695
2
100.99.98
10.9.8
3
100
3
10
===
Ω
Ω
=
C
C
AP
A

2) Gọi B là biến cố “người mua trúng thưởng đúng 200.000đ”. Muốn vậy phải có 1 vé trúng 100.000đ
và 2 vé trúng 50.000đ. Số khả năng thuận lợi của B là:
10
2
5
==Ω C
B

Vậy
( )
200.156
110
3

100
==
C
BP


6.
Có 9 tấm thẻ đánh số từ 1 đến 9. Chọn ngẫu nhiên ra hai tấm thẻ. Tính xác suất để tích của hai số
trên hai tấm thẻ là một số chẵn.

Bài giải
Gọi
Ω
là tập hợp tất cả các chọn 2 tấm thẻ trong 9 tấm thẻ. Dễ thấy
36
2
9
==Ω
C

Gọi A là tập hợp tất cả các cách chọn 2 tấm thẻ sao cho tích của hai số trên hai tấm thẻ là số chẵn. Do
vậy phải chọn:
- Hoặc là cả 2 tấm thẻ mang số chẵn. Số cách chọn là:
6
2
4
=C
(cách)
- Hoặc là chọn 1 tấm thẻ chẵn, 1 tấm thẻ mang số lẻ. Số cách chọn là:
20.

1
4
1
5
=CC

Vậy:
26206 =+=Ω

Theo đònh nghóa cổ điển của xác suất, ta có:
( )
18
13
36
26
==
Ω
Ω
=
A
AP


7.
Từ các chữ số 1, 2, 3,… ,9 lấy ngẫu nhiên 1 số chẵn có 6 chữ số khác nhau. Tính xác suất để số thu
được phải có mặt 1, 4 và 1, 4 khơng đứng cạnh nhau.

Bài giải
Bài tập xác suất thống kê GVHD: Trần Thị Hạnh
11T2 Huỳnh Mẫn Đạt-Kiên Giang 21

Gọi số có 6 chữ số có dạng
abcdef

● Gọi
Ω
là tập hợp các số có 6 chữ số chẵn khác nhau tạo thành từ các chữ số trên
f: 4 cách chọn
a, b, c, d, e:
5
8
A
= 6720 cách chọn
⇒
Có 26880 số.
Ω
= 26880
● Gọi A là biến cố “số đựợc chọn có mặt 1, 4 và 1, 4 không đứng cạnh nhau”
* Số chẵn có 6 chữ số có mặt 1 và 4
- f = 4
Số 1 có 5 vị trí
4 số còn lại:
4
7
A
= 840 cách chọn
⇒
Có 4200 số
- f
≠

4
f: 3 cách chọn
Số 1 có 5 vị trí
Số 4 có 4 vị trí
3 số còn lại:
3
6
A
= 120 cách chọn
⇒
Có 7200 số.
Tóm lại có 11400 số.
* Số chẵn có 6 chữ số có mặt 1 và 4 mà 1, 4 đứng cạnh nhau
- ef = 14
a, b, c, d:
4
7
A
= 840
⇒
Có 840 số.
- f
≠
4
Nhóm 1 và 4 có 4 vị trí
Hoán vị 1 và 4: 2 cách
f: 3 cách chọn
3 số còn lại:
3
6

A
= 120
⇒
Có 2880 số
Tóm lại có 3720 số.
⇒
A
Ω
= 7680
Vậy P(A) =
7680
0.286
26880
≈
Bài tập xác suất thống kê GVHD: Trần Thị Hạnh
11T2 Huỳnh Mẫn Đạt-Kiên Giang 22


8.
Lấy một số chẵn có 3 chữ số khác nhau. Tính xác suất để số đó không lớn hơn 789.
Bài giải
Gọi số chẵn có 3 chữ số khác nhau có dạng
abc

● Tính số các số chẵn có 3 chữ số khác nhau
- c = 0
a có 9 cách chọn
b 8 cách
⇒
Có 72 số.

- c
≠
0
c có 4 cách chọn
a 8 cách
b 8 cách
⇒
Có 256 số
Tóm lại có 328 số chẵn có 3 chữ số khác nhau
● Tính số các số chẵn có 3 chữ số khác nhau và lớn hơn 789
- a = 7
c có 5 cách chọn
b có 1 cách
⇒
Có 5 số
- a = 8
c có 4 cách chọn
b 8 cách
⇒
Có 32 số
- a = 9
c có 5 cách chọn
b 8 cách
⇒
Có 40 số.
Tóm lại, số các số chẵn có 3 chữ số khác nhau và lớn hơn 789 là 77 số.
Từ đó, số các số chẵn có 3 chữ số khác nhau không lớn hơn 789 là 251 số.
Vậy xác suất cần tìm là
251
328

≈
0,765


Bài tập xác suất thống kê GVHD: Trần Thị Hạnh
11T2 Huỳnh Mẫn Đạt-Kiên Giang 23

9.
Từ các chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6 lập các số tự nhiên mỗi số có sáu chữ số khác nhau. Tính xác suât để số
đó thỏa điều kiện: tổng của 3 chữ số đầu nhỏ hơn tổng của 3 chữ số cuối một đơn vị.

Bài giải
* Tính số các số tự nhiên có 6 chữ số khác nhau lập được từ các chữ số đã cho
Ω
= 6! = 720.
* Tính số các số có 6 chữ số khác nhau mà tổng của 3 chữ số đầu nhỏ hơn tổng của 3 chữ số cuối 1 đơn vị:
Tổng của 6 chữ số 1, 2, 3, 4, 5, 6 là 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 = 21. Do đó tổng của 3 chữ số đầu phải là 10, 3 chữ
số cuối là 11. Ta thấy chỉ có các biến đổi sau:
10 = 1 + 3 + 6 = 1 + 4 + 5 = 2 + 3 + 5
Để lập ra được số có 6 chữ số ta có 3 bước
•

Chọn ra cặp 3 chữ số đầu: 3 cách
•

Sắp xếp 3 chữ số đầu: 3! = 6 cách
•

Sắp xếp 3 chữ số cuối: 3! = 6 cách
Theo quy tắc nhân, số cách chọn được số thỏa mãn yêu cầu đề bài là: 3.6.6 = 108

Tóm lại xác suất cần tìm P =
108
720
= 0.15
10.
Lấy ngẫu nhiên một số tự nhiên có 4 chữ số. Tính xác suất để số đó không có chữ số nào lặp lại đúng 3 lần

Bài giải
Gọi số tự nhiên có 4 chữ số có dạng
abcd

● Số các số tự nhiên có 4 chữ số
a có 9 cách chọn
b, c, d có 10
3
= 1000 cách
⇒
Có 9000 số
● Số các số tự nhiên có 3 chữ số giống nhau
- Xét số đó có 3 chữ số 0 (số này phải tận cùng là 000)
⇒
Có 9 số như vậy
- Xét số đó có chữ số lặp lại 3 lần nhưng khác số 0
Chọn chữ số lặp lại
3
4
C
= 4 cách chọn
Chọn số còn lại 10 cách.
⇒

Có 40 số. Ta còn phải trừ đi số các số có dạng
0
bcd
(có 9 số như vậy)
Tóm lại có 40 số tự nhiên có 4 chữ số trong đó có 1 chữ số lặp lại đúng 3 lần
Từ đó có thể suy ra có 8960 số thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Vậy xác suất cần tìm là
8960
0.9956
9000
≈
Bài tập xác suất thống kê GVHD: Trần Thị Hạnh
11T2 Huỳnh Mẫn Đạt-Kiên Giang 24



IV. Các bài toán khác.
1.
Có một vài số liệu sau đây về tai nạn ô tô và máy bay . Trong những năm 1989-1999, trung bình mỗi
năm ở Pháp có khoảng 18 triệu chuyến bay, 24 tai nạn máy bay chết người, và 750 người chết trong tai nạn
máy bay, khoảng 8000 người chết vì tai nạn ô tô, trên tổng số 60 triệu dân. Nếu là một công dân của nước
Pháp, bạn sẽ chọn đi máy bay hay ô tô để an toàn hơn?.(theo hồ sơ thống kê của cục giao thông vận tải
Pháp).

Bài giải
Từ các số liệu này, chúng ta có thể tính: Xác suất để một người ở Pháp bị chết vì tai nạn ô tô trong một
năm là 8000/60000000 = 0,0133%. Xác suất để đi một chuyến bay gặp tai nạn chết người là 24/18000000 =
0,000133%, chỉ bằng 1/100 xác suất bị chết vì tai nạn ô tô trong 1 năm. Vậy dĩ nhiên ta nên chọn hình thức
giao thông là máy bay để có được độ an toàn cao hơn.

2.
Cho bát giác đều nội tiếp trong 1 đường tròn. Chọn ngẫu nhiên ra 2 đỉnh, tìm xác suất để 2 đỉnh đó nối
thành đường chéo có độ dài bé nhất. (tuyển sinh đại học QG Hà Nội)


Bài giải
Gọi T “chọn ngẫu nhiên 2 đỉnh của bát giác đều nội tiếp đường tròn’
Gọi A là biến cố “2 đỉnh đó tạo thành đường chéo có độ dài bé nhất”
Có
2
8
C
= 28 cách chọn 2 đỉnh tùy ý từ 8 đỉnh của bát giác đều.
⇒

Ω
= 28
Đường chéo ngắn nhất là đường nối 2 đỉnh gần nhất không liên tiếp chính là cạnh của hình vuông nội tiếp.
Vì có 2 hình vuông nội tiếp như thế nên có 8 cạnh là đường chéo ngắn nhất.
⇒
A
Ω
= 8.
Vậy P(A) =
8 2
28 7
=

3. 3.
Trên một hình tam giác đều ở 3 dỉnh có ba con kiền. Mỗi con bắt đầu chuyển động thẳng theo một hướng bất
kì theo cạnh tam giác đến một góc khác. Xác suất của sự việc không có con kiến nào đụng nhau là bao nhiêu?
(đề thi tuyển nhân sự của tập đoàn phần mềm Mycrosoft)

Bài giải
Bài tập xác suất thống kê GVHD: Trần Thị Hạnh
11T2 Huỳnh Mẫn Đạt-Kiên Giang 25

Mỗi con kiến có 2 cách đề lựa chọn chiều đi của mình.
⇒
Số cách chuyển động có thể của hệ 3 con kiến là 2
3
=
8 (cách)
Chỉ có hai cách chuyển động để các con kiến không gặp nhau là tất cả chúng phải cùng chuyển động thuận hay
ngược chiều kim đồng hồ. Nếu không việc chúng chạm vào nhau là không thể tránh khỏi.
Bạn hãy chọn một con kiến bất kì và đặt tên cho nó là Bill. Khi Bill quyết định chuyển động theo hướng nào (thuận
hay ngược chiều kim đồng hồ), những con khác phải chuyển động cùng hướng với nó để không chạm vào nhau. Vì
các con kiến lựa chọn hướng đi ngẫu nhiên, và chỉ có hai khả năng hoặc cùng chiều hoặc khác chiều, nên số cách
chọn chiều chuyển động con thứ hai là 1. Con số 3 cũng vậy.
Tóm lại số cách chuyển động của 3 con kiến để chúng không chạm vào nhau là 2
Như vậy nghĩa là xác suất để ba con kiến không gặp nhau sẽ là
1
4


4.
Trên đường tròn vẽ 1 dây cung bất kỳ. Tính xác suất để dây cung này dài hơn cạnh của tam giác đều

nội tiếp đường tròn.


Bài giải
Gọi A là biến cố “ Dây cung chọn được dài hôn cạnh của tam giác đều nội tiếp đường tròn”
Chọn ngẫu nhiên dây cung MN trên đường tròn. Gọi A là biến cố "Dây MN dài hơn cạnh của tam giác đều
nội tiếp đường tròn". Ta có thể cố định M lấy X,Y trên đường tròn sao cho tam giác MXY đều.
Bây giờ chọn ngẫu nhiên điểm N, vì độ dài các cung MX, XY,YM là như nhau nên xác suất để N rơi vào
cung XY là 1/3. Vậy P(A)=1/3


5.
Cho 5 điểm đồng phẳng sao cho các đường thẳng nối các cặp điểm trong 5 điểm đó không có 2 đường
thẳng nào song song, vuông góc hay trùng nhau. Qua mỗi điểm ta vẽ các đường thẳng vuông góc với tất cả
các đường thẳng không đi qua nó. Chọn ngẫu nhiên các điểm trong số 5 điểm ban đầu và các giao điểm mới
tạo thành. Tính xác suất của biến cố A “lấy được một giao điểm”


Bài giải

Gọi 5 điểm đó là A, B, C, D, E. Có
C
2
4
= 6 đường thẳng không đi qua A nên từ A vẽ được 6 đường
thẳng vuông góc với các đường thẳng không đi qua A; tương tự từ B cũng vẽ được 6 đường thẳng vuông
góc với các đường thẳng không đi qua B. Đáng lẽ 2 nhóm đường thẳng này cắt nhau lại 6.6=36 điểm (không
kể A và B), nhưng vì có
C
2

3
= 3 đường thẳng không đi qua 2 điểm A, B nên 3 đường thẳng vuông góc với
chúng vẽ từ A và 3 đường thẳng vuông góc với chúng vẽ từ B đôi một song song nhau
⇒
số giao điểm của
2 nhóm đường thẳng vuông góc chỉ còn 36- 3= 33 điểm. Có
C
2
5
= 10 cách chọn các cặp điểm như A, B
⇒
33.10= 330 giao điểm của các đường thẳng vuông góc. Thế nhưng cứ mỗi ba điểm như A, B, C thì 3
đường cao của tam giác ABC đồng quy tại 1 điểm thay vì cắt nhau tại 3 điểm nên số giao điểm giảm đi 2.
Vì có
C
3
5
= 10 tam giác như ABC nên số giao điểm giảm đi là 10.2= 20
Vậy số giao điểm nhiều nhất của các đường vuông góc là: 330-20= 310.
A
Ω
= 310
Ω
= 310 + 5 = 315
Tóm lại P(A) =
310
0.984
315
≈ .