Bài tập xác xuất thống kê lê thiên hương

LÊ THỊ THIÊN HƯƠNG

BÀI TẬP
XÁC SUẤT THỐNG KÊ

TRƯỜNG ĐẠI HỌC DÂN LẬP KỸ THUẬT CÔNG NGHỆ

2005
3


MỤC LỤC
CÁC KÝ HIỆU
LỜI NÓI ĐẦU

Trang
....................................................................................... 3
....................................................................................... 5

CHƯƠNG I. ĐẠI SỐ TỔ HP
A.Tóm tắt lý thuyết ....................................................................................... 6
B. Các bài giải mẫu ....................................................................................... 7
C. Bài tập
...................................................................................... 10
CHƯƠNG II. XÁC SUẤT
A. Tóm tắt lí thuyết ...................................................................................... 11
B. Các bài giải mẫu ...................................................................................... 15
C. Bài tập
...................................................................................... 26
CHƯƠNG III. ĐẠI LƯNG NGẪU NHIÊN
A. Tóm tắt lí thuyết ...................................................................................... 29

B. Các bài giải mẫu ...................................................................................... 32
C. Bài tập
...................................................................................... 41
CHƯƠNG IV. CÁC QUY LUẬT PHÂN PHỐI
A. Tóm tắt lí thuyết ...................................................................................... 44
B. Các bài giải mẫu ...................................................................................... 48
C. Bài tập
...................................................................................... 53
CHƯƠNG V. LÝ THUYẾT MẪU
A. Tóm tắt lí thuyết ...................................................................................... 55
B. Các bài giải mẫu ...................................................................................... 56
C. Bài tập
...................................................................................... 59
CHƯƠNG V. LÝ THUYẾT ƯỚC LƯNG
A. Tóm tắt lí thuyết ...................................................................................... 61
B. Các bài giải mẫu ...................................................................................... 62
C. Bài tập
...................................................................................... 69
CHƯƠNG VII. KIỂM ĐỊNH GIẢ THIẾT THỐNG KÊ
A. Tóm tắt lí thuyết ...................................................................................... 72
B. Các bài giải mẫu ...................................................................................... 74
C. Bài tập
...................................................................................... 77
CHƯƠNG VIII. TƯƠNG QUAN VÀ HỒI QUY
A. Tóm tắt lí thuyết ...................................................................................... 80
B. Các bài giải mẫu ...................................................................................... 82
C. Bài tập
...................................................................................... 89
MỘT SỐ ĐỀ THI THAM KHẢO................................................................. 93
Đáp án và thang điểm..................................................................................... 99

CÁC BẢNG SỐ
..................................................................................... 114
TÀI LIỆU THAM KHẢO ............................................................................ 120
4


CÁC KÍ HIỆU
i = 1, k

i nhận các giá trò 1, 2, …, k

A nk

Số các chỉnh hợp chập k của n phần tử

k

An

Số các chỉnh hợp lặp chập k của n phần tử

C nk

Số các tổ hợp chập k của n phần tử

Pn

Số các hoán vò của n phần tử

P(A)

Xác suất của biến cố A

A

Biến cố đối lập của biến cố A

P(A/B)

Xác suất của biến cố A với điều kiện B

Pn(k) = Pn(k ; p)

Xác suất để một biến cố xuất hiện k lần trong n phép thử (p là xác
suất thành công)

X, Y

Các đại lượng ngẫu nhiên

f(x)

Hàm mật độ xác suất

F(x)

Hàm phân phối xác suất

E(X)

Kì vọng của X

D(X)

Phương sai của X

(X)

Độ lệch của X

X  B(n ,p)

X có phân phối nhò thức

5


X  H (N, M, n)

X có phân phối siêu bội

X  P(a)

X có phân phối Poisson

X  N(, 2)

X có phân phối chuẩn

X  N(0 ; 1)

X có phân phối chuẩn chuẩn tắc

X2  (n)

X có phân phối khi bình phương n bậc tự do

X  T(n)

X có phân phối Student

f

Tỉ lệ mẫu

X

Trung bình mẫu


2

S

Phương sai mẫu

S2

Phương sai mẫu hiệu chỉnh

S

Độ lệch mẫu hiệu chỉnh



Độ chính xác của ước lượng

=1-

Độ tin cậy của ước lượng



Mức ý nghóa của kiểm đònh

RXY

Hệ số tương quan giữa X, Y

rXY

Hệ số tương quan tuyến tính mẫu

6


LỜI NÓI ĐẦU
Các bạn sinh viên thân mến,
Lới nói đầu xin dành riêng cho các bạn – đối tượng phục vụ của quyển Bài tập Xác

suất – Thống kê mà các bạn đang có trong tay.
Trong quyển sách này các bạn sẽ tìm thấy những nội dung sau đây:
Phần đầu cuốn sách trình bày cách giải bài tập theo từng chương thuộc lónh vực xác
suất và thống kê toán học. Mỗi chương gồm 3 mục chính.
Mục A chỉ nêu tóm tắt các khái niệm, đònh lý và công thức cơ bản sẽ được sử dụng
để giải bài tập. Muốn hiểu và nắm vững lý thuyết, các bạn cần tham khảo thêm các sách
lí thuyết xác suất thống kê khác.
Mục B, “Các bài giải mẫu”, là trọng tâm của sách. Trong mục này, các bài tập được
phân loại theo từng dạng, phù hợp với thứ tự trình bày lí thuyết. Một số dạng bài tập có
tổng kết thành phương pháp giải chung. Để giúp sinh viên có thể tự đọc và làm được bài
tập, sách Bài tập Xác suất – Thống kê đã cố gắng trình bày các lời giải khá tỉ mỉ, đặc biệt
là các bài tập ở chương II. Mỗi lời giải đều chú trọng đến việc phân tích yêu cầu của đề
bài và mục đích của từng lời giải. Các kết quả của bài tập xác suất thường được viết ở
dạng phân số (tức là số đúng). Còn các bài tập thống kê có kết quả là số gần đúng với bốn
chữ số thập phân. Do đó, sai số khá bé nên có thể bỏ qua.
Mục C giới thiệu những bài tập tương tự để các bạn tự giải.
Trong sách Bài tập Xác suất – Thống kê còn có 6 đề thi học kỳ môn xác suất thống
kê trong các năm học gần đây. Mỗi đề thi có thời gian làm bài 90 phút. Các bạn hãy tự
giải các đề thi đó trong thời gian qui đònh. Sau đó thử chấm điểm theo đáp án và thang
điểm kèm theo để tự đánh giá năng lực của mình. Đề thi học kỳ thường có tính chất tổng
hợp, trong đó có một câu khó dành cho sinh viên khá giỏi. Các bạn có thể xem cách phân
tích và lập luận một cách chi tiết trong đáp án để hiểu lời giải.
Phần phụ lục cuối sách là các bảng thống kê, dành cho việc tra cứu các số liệu và
giá trò của các hàm phân phối xác suất, rất cần cho việc giải bài tập.
Sau cùng, tác giả chân thành cảm ơn TS. Lê Anh Vũ và Th.S Nguyễn Duy Thanh đã
đọc góp ý và sửa chữa bản thảo. Xin cảm ơn Ban lãnh đạo Trường Đại học Dân lập Kỹ
thuật Công nghệ TP. Hồ Chí Minh, Phòng Quản lý khoa học, Phòng Kế hoạch – Tài chính,
Ban Khoa học cơ bản và tập thể giảng viên Bộ môn Toán đã động viên, giúp đỡ để quyển
sách này đến tay bạn đọc.
Hi vọng Bài tập Xác suất – Thống kê sẽ giúp các bạn sinh viên hiểu rõ môn học vừa

thú vò, vừa có rất nhiều ứng dụng thực tế này.
Chúc các bạn thành công.
TP. Hồ Chí Minh, ngày 18 tháng 3 năm 2005
Tác giả

7


CHƯƠNG I
ĐẠI SỐ TỔ HP
A. TÓM TẮT LÝ THUYẾT
1. Quy tắc đếm
a) Quy tắc cộng
Giả sử một công việc V có thể tiến hành theo một trong hai phương án A hoặc B.
Phương án A có thể thực hiện bởi m cách, phương án B có thể thực hiện bởi n cách.
Mỗi cách thực hiện A không trùng với bất kỳ cách thực hiện B nào. Khi đó công việc
V có thể thực hiện bởi m + n cách.
b) Quy tắc nhân
Giả sử một công việc V bao gồm hai công đoạn A và B. Công đoạn A có thể làm
theo m cách, công đoạn B có thể làm theo n cách. Mỗi cách thực hiện A đều có n cách
thực hiện B. Khi đó công việc V có thể thực hiện theo m.n cách.
2. Chỉnh hợp, hoán vò, tổ hợp
a) Chỉnh hợp
Giả sử A là tập hợp gồm n phần tử và k là số tự nhiên (1  k  n).
Kết quả của việc lấy k phần tử khác nhau thuộc A và sắp xếp chúng theo một thứ tự
nào đó được gọi là một chỉnh hợp chập k của n phần tử.
Số chỉnh hợp chập k của n phần tử kí hiệu là A Kn . Ta có :
n!
A kn 
(1  k  n)

(n  k )!
với quy ước : 0 ! = 1, n ! = 1.2.3.... n (n  N*).
b) Chỉnh hợp lặp
Kết quả của việc lấy k phần tử, không cần khác nhau, từ n phần tử đã cho và sắp
xếp chúng theo một thứ tự nào đó được gọi là một chỉnh hợp lặp chập k của n phần tử.
k

Số chỉnh hợp lặp chập k của n phần tử kí hiệu là A n . Ta có :
A n = nk
k

(n  N* , k  N)

c) Hoán vò
Kết quả của sự sắp xếp n phần tử khác nhau theo một thứ tự nào đó được gọi là một
hoán vò của n phần tử đó.
Số các hoán vò của n phần tử kí hiệu là Pn.
Ta có

Pn  A nn  n!

(n  N*)

d) Tổ hợp
Mỗi tập con gồm k phần tử khác nhau của tập hợp A có n phầ n tử được gọi là một tổ
hợp chập k của n phần tử đã cho.

8

Số các tổ hợp chập k của n phần tử kí hiệu là C Kn . Ta có :

C Kn 

A Kn

k!

n!
k!(n  k)!

(n  N *, 0  k  n)

B. CÁC BÀI GIẢI MẪU
1. Quy tắc cộng
Bài 1. Từ tỉnh X đến tỉnh Y có thể đi bằng ôtô hoặc tàu hỏa. Mỗi ngày có 10 chuyến
ôtô, 5 chuyến tàu hỏa đi từ X đến Y. Hỏi có bao nhiêu sự lựa chọn để đi từ X đến Y ?
Giải
Ta xem công việc V là đi từ X đến Y. Có hai phương án thực hiện :
- A là đi ôtô, có 10 cách chọn.
- B là đi tàu hỏa, có 5 cách chọn.
Mỗi cách chọn A không trùng với bất kì cách chọn B nào.
Theo quy tắc cộng, số cách lựa chọn để đi từ X đến Y là : 10 + 5 = 15.
Bài 2. Từ các chữ số 1, 2, 3 có thể lập được bao nhiêu số khác nhau có chữ số khác
nhau ?
Giải
Ta có ba phương án lập số :
- A : Lập số có một chữ số, có 3 số, đó là các số 1, 2, 3.
- B : Lập số có hai chữ số, có 6 số, đó là các số : 12, 13, 21, 23, 31, 32.
- C : Lập số có ba chữ số, có 6 số, đó là các số : 123, 132, 213, 231, 312, 321.

Các cách lập trên đôi một không trùng nhau.
Vậy, theo quy tắc cộng, ta sẽ lập được :
3 + 6 + 6 = 15
số có các chữ số khác nhau từ ba chữ số đã cho.
2. Quy tắc nhân
Bài 3. Một thiết bò được lắp ráp từ hai loại linh kiện. Linh kiện loại một có 10 chiếc,
linh kiện loại hai có 8 chiếc. Hỏi có bao nhiêu cách lắp thiết bò đó ?
Giải
Ta xem công việc V là lắp thiết bò, bao gồm hai công đoạn :
- A : Lắp linh kiện loại một, có 10 cách chọn ;
- B : lắp linh kiện loại hai, có 8 cách chọn.
Mỗi cách chọn linh kiện loại một đều có 8 cách chọn linh kiện loại hai.
Theo quy tắc nhân, số cách lắp thiết bò là : 10 . 8 = 80
Bài 4. Nếu không kể mã số vùng thì một biển số xe máy có 6 kí tự. Kí tự ở vò trí đầu
tiên là một chữ cái trong bảng 24 chữ cái, ở vò trí thứ hai là một chữ số thuộc tập hợp 1, 2,
...., 9. Bốn vò trí tiếp theo là bốn chữ số thuộc tập hợp 0, 1, 2,..., 9. Hỏi có thể làm được
bao nhiêu biển số xe máy khác nhau, nếu không kể mã số vùng ?
Giải
Ta có 24 cách chọn chữ cái để xếp ở vò trí đầu tiên. Tương tự có 9 cách chọn chữ số
cho vò trí thứ hai và có 10 cách chọn chữ số cho mỗi vò trí trong bốn vò trí còn lại.
Theo quy tắc nhân, số biển số xe máy có thể làm được là
24 . 9 . 10 . 10 . 10 . 10 = 2 160 000.
9


3. Chỉnh hợp, hoán vò, tổ hợp
Bài 5. Một lớp học có 60 sinh viên. Hỏi có bao nhiêu cách chọn một Ban cán sự gồm
một lớp trưởng, một lớp phó học tập, một lớp phó đời sống ?
Giải
Cách thứ nhất. Mỗi cách chọn là một chỉnh hợp chập 3 của 60 phần tử. Do đó, số

cách chọn là
A 330 = 60 . 59 . 58 = 205 320.
Cách thứ hai . Ta xem V là công việc chọn Ban cán sự lớp, bao gồm ba công đoạn :
- Thứ nhất, chọn lớp trưởng từ 60 sinh viên, có 60 cách.
- Thứ hai, chọn lớp phó học tập từ 59 sinh viên còn lại, có 59 cách.
- Thứ ba, chọn lớp phó đời sống, tương tự có 58 cách.
Theo quy tắc nhân, số cách chọn Ban cán sự lớp là
60 . 59 . 58 = 205 320.
Bài 6. Trong trận chung kết bóng đá phải phân đònh thắng thua bằng đá luân lưu 11
mét. Huấn luyện viên của mỗi đội cần trình với trọng tài một danh sách sắp thứ tự 5 cầu
thủ trong số 11 cầu thủ để đá luân lưu. Hỏi huấn luyện viên của mỗi đội có bao nhiêu cách
chọn?
Giải
Mỗi danh sách là một chỉnh hợp chập 5 của 11 phần tử. Vậy, số cách chọn của
huấn luyện viên mỗi đội là :
5
= 55 440.
A 11
Bài 7. Có 8 người lên một đoàn tàu gồm 5 toa. Hỏi có bao nhiêu cách lên tàu một
cách tùy ý?
Giải
Cách thứ nhất . Mỗi cách lên tàu là một chỉnh hợp lặp chập 8 của 5 phần tử. Vậy, số
cách lên tàu là
A 5 = 58 = 390 625.
Cách thứ hai . ta xem công việc V là 8 người lên tàu, bao gồm 8 công đoạn :
- Người thứ nhất lên tàu, có 5 cách chọn toa.
- Người thứ hai lên tàu, cũng có 5 cách chọn toa.
- v.v..... Tương tự, người thứ tám vẫn có 5 cách chọn toa.
Theo quy tắc nhân, số cách lên tàu của 8 người đó là :
5 . 5 . 5 . 5 . 5 . 5 . 5 . 5 = 390 625.

Bài 8. Trong giờ học môn Giáo dục quốc phòng, một tiểu đội 10 sinh viên được xếp
thành hàng ngang. Hỏi có bao nhiêu cách xếp ?
Giải
Mỗi cách xếp là một hoán vò của 10 người. Vậy số cách là :
P10 = 10 ! = 3 628 800.
Bài 9. Một lớp học có 50 sinh viên, mỗi buổi học cần chọn 3 sinh viên làm trực nhật
lớp. Hỏi có bao nhiêu cách chọn ?
Giải
Mỗi cách chọn sinh viên làm trực nhật lớp là một tổ hợp chập 3 của 50 phần tử.
Vậy số cách chọn là C 350 = 19 600.
8

10


4. Bài tập tổng hợp
Bài 10. Một chi đoàn có 30 sinh viên nam và 15 sinh viên nữ. Cần chọn một nhóm
gồm 8 sinh viên để tham gia chiến dòch “Mùa hè xanh” của Thành Đoàn. Hỏi có bao nhiêu
cách chọn sao cho nhóm đó có
a) 8 sinh viên bất kì của chi đoàn ?
b) 3 sinh viên nữ ?
c) nhiều nhất 1 sinh viên nữ ?
d) ít nhất 1 sinh viên nữ ?
Giải
a) Mỗi cách chọn là một tổ hợp chập 8 của 45 đoàn viên, do đó số cách là
C845 = 215 553 195.
b) Việc chọn 8 sinh viên theo yêu cầu đề bài bao gồm hai công đoạn :
3
- Chọn 3 sinh viên nữ trong số 15 sinh viên nữ, có C15
cách.

- Chọn 5 sinh viên nam trong số 30 sinh viên nam, có C 530 cách.
Theo quy tắc nhân, số cách chọn nhóm là
3
. C 530 = 64 840 230.
C15

c) Việc thành lập nhóm theo yêu cầu đề bài có hai phương án thực hiện :
- Nhóm có 1 sinh viên nữ và 7 sinh viên nam, tương tự câu b), số cách là
1
7
C15 C 30 ;
- Nhóm có 8 sinh viên nam, số cách là C 830 .
Theo quy tắc cộng, số cách thành lập nhóm để có nhiều nhất 1 sinh viên nữ là
7
+ C 830 = 36 389 925.
C115 C 30
d) Cách thứ nhất. Việc lập nhóm gồm 8 sinh viên bất kì của chi đoàn có thể thực
hiện theo hai phương án :
- Nhóm gồm 8 sinh viên nam (không có sinh viên nữ), số cách là C 830 ,
- Nhóm có ít nhất 1 sinh viên nữ, số cách là n.
Theo câu a), số cách lập nhóm gồm 8 sinh viên bất kì là C 845 .
Theo quy tắc cộng, ta có :
C 830 + n = C 845 .
Suy ra, số cách lập nhóm để có ít nhất 1 sinh viên nữ là :
n = C 845 - C 830 = 209 700 270.
Cách thứ hai. Việc lập nhóm để có ít nhất 1 sinh viên nữ có 8 phương án thực hiện :
7
- Nhóm có 1 sinh viên nữ và 7 sinh viên nam, theo câu c), số cách là C115 C 30
;
2

6
C 30
- Nhóm có 2 sinh viên nữ và 6 sinh viên nam, tương tự, có C15
cách ;
7
C130 ;
- v.v...., nhóm có 7 nữ và 1 nam, số cách lập là C15
8
- Nhóm có 8 sinh viên nữ, số cách lập là C15
.

Theo quy tắc cộng, số cách lập nhóm để có ít nhất 1 sinh viên nữ là :
7
2
6
7
8
C115 C 30
C 30
C130 + C15
+ C15
+ …… + C15
= 209 700 270.

11


C. BÀI TẬP
1. Một tòa nhà có 10 tầng, 7 người vào thang máy xuất phát từ tầng 1. Hỏi có bao
nhiêu cách sao cho

a) mỗi người ra ở một tầng khác nhau ?
b) mỗi người ra ở một tầng tùy ý ?
c) có hai người cùng ra ở một tầng, những người còn lại ra ở các tầng khác ?
2. Một đội công nhân có 15 người, gồm 9 nam và 6 nữ. Có bao nhiêu cách thành lập
một tổ công tác gồm
a) 5 người ?
b) 3 nam và 2 nữ ?
c) 3 nam và 2 nữ nhưng anh A và chò B không đi cùng nhau ?
3. Một lô hàng có 100 sản phẩm, trong đó có 5 phế phẩm. Chọn ra 12 sản phẩm để
kiểm tra. Hỏi có bao nhiêu cách chọn
a) các sản phẩm bất kì ?
b) sao cho trong số các sản phẩm đó có không quá 2 phế phẩm ?
c) sao cho chọn được ít nhất 1 phế phẩm ?
4. Người ta lấy ra 3 viên bi từ một cái hộp đựng 6 viên vi đỏ, 4 viên bi xanh, 5 viên
bi vàng. Hỏi có bao nhiêu cách lấy ra
a) các viên bi tùy ý ?
b) 2 viên bi đỏ, 1 viên bi xanh ?
c) các viên bi có mầu khác nhau ?
d) một viên màu đỏ ?
e) nhiều nhất một viên màu đỏ ?
f) ít nhất một viên màu đỏ ?
5. Một bộ bài có 52 lá với 4 chất khác nhau, trong đó chất rô và cơ có màu đỏ, chất
pic và chuồn có màu đen. Chọn 8 lá bài từ bộ bài đó. Hỏi có bao nhiêu cách lấy được
a) 3 lá màu đỏ ?
b) 2 lá cơ ?
c) 1 lá át và 2 lá K ?
d) 2 lá rô và 4 lá màu đen ?
e) không quá một lá màu đỏ ?
f) ít nhất một lá màu đen ?
g) ít nhất 2 lá át ?

12


CHƯƠNG II
XÁC SUẤT
A. TÓM TẮT LÍ THUYẾT
1. Phép thử ngẫu nhiên, không gian mẫu, biến cố
Một trong những khái niệm cơ bản của lí thuyết xác suất là phép thử. Một thí
nghiệm, một hành động, một phép đo,… được hiểu là phép thử.
Phép thử ngẫu nhiên là phép thử mà ta không đoán trướ c được kết quả của nó, mặc
dù đã biết tập hợp tất cả các kết quả có thể có của phép thử đó.
Tập hợp mọi kết quả của một phép thử được gọi là không gian mẫu (của phép thử)
và kí hiệu là .
Biến cố là một tập con của không gian mẫu. Một biến cố liên quan với phép thử là
một tập hợp bao gồm các kết quả nào đó của phép thử.
Tập hợp Þ được gọi là biến cố không thể, tập hợp  được gọi là biến cố chắc chắn.
Ta nói rằng biến cố A xảy ra khi và chỉ khi kết quả của phép thử là một phần tử của
A. Như vậy, biến cố không thể Þ không bao giờ xảy ra, biến cố chắc chắn  luôn luôn
xảy ra. Biến cố có thể xảy ra hoặc không xảy ra được gọi là biế n cố ngẫu nhiên.
2. Quan hệ giữa biến cố
a) Biến cố bằng nhau
Biến cố A được gọi là kéo theo biến cố B nếu A xảy ra thì B xảy ra, kí hiệu A  B.
Nếu A  B và B  A thì các biến cố A và B được gọi là bằng nhau, kí hiệu là A = B.
Với mọi biến cố A, ta có
Þ  A, A  .
b) Tổng, tích các biến cố
Giả sử A và B là các biến cố liên quan với một phép thử. Khi đó :
- A cộng B là biến cố xảy ra nếu A hoặc B xảy ra, kí hiệu là A + B (hoặc A  B) ;
- A nhân B là biến cố xảy ra nếu A và B đồng thời xảy ra, kí hiệu là AB

(hoặc A  B)
Với mọi biến cố A, B, C, ta có
 A+B =B+A;
AB = BA
 (A + B) + C = A + (B + C) ; (AB)C = A(BC)
 A(B + C) = AB + AC ;
A + (BC) = (A + B)(A + C)
 Nếu A  B thì A + B = B ; AB = A
 A + A = A ; AA = A
 A + Þ = A ; = Þ
 A +  =  ; A = A
c) Biến cố xung khắc, biến cố đối lập
- Biến cố A và B được gọi là xung khắc nếu chúng không đồng thời xảy ra, tức là
AB = Þ.
- Biến cố A và B được gọi là đối lập nếu chúng không đồng thời xảy ra nhưng có ít
nhất một trong chúng chắc chắn xảy ra, tức là AB = Þ và A + B = .
Nếu A và B đối lập thì ta kí hiệu B = A và gọi B là biến cố đối lập của A.
Như vậy, ta có

13




A+ A =;

AA = Þ


A =A


A  B = A . B ; AB  A + B
d) Nhóm đầy đủ các biến cố
Các biến cố A1, A2, … , An được gọi là đôi một xung khắc, nếu hai biến cố khác nhau
bất kì trong đó đều xung khắc, tức là AiAj = Þ với i  j.
Các biến cố A1, A2, … , An được gọi là một nhóm đầy đủ các biến cố, nếu chúng đôi
một xung khắc và ít nhất một trong chúng chắc chắn xảy ra, tức là A iAj = Þ với i  j và
A1 + A2 + … + An = .
Như vậy, với mọi biến cố A thì A, A là một nhóm đầy đủ các biến cố.
3. Đònh nghóa xác suất
a) Đònh nghóa cổ điển
Cho phép thử T có không gian mẫu  là một tập hợp hữu hạn và các kết quả của T là
đồng khả năng (tức là có cùng khả năng xuất hiện).
Giả sử A là một biến cố liên quan với phép thử T và  A là tập hợp các kết quả mô
tả A (còn gọi là các kết quả thuận lợi cho A).
Khi đó, xác suất của A là một số, kí hiệu là P(A), được xác đònh bởi công thức :
Số phần tử của  A
P(A) =
Số phần tử của 
Hay

P(A) =

Số kết quả thuận lợi cho A
Số kết quả có thể của phép thử T

b) Đònh nghóa hình học
Giả sử các kết quả đồng khả năng của phép thử T được đặt tương ứng với các điểm
của một tập hợp có độ đo M, các kết quả thuận lợi cho biến cố A tương ứng với các
điểm của một tập hợp có độ đo m. Khi đó ta gọi xác suất của biến cố A là số

m
M
Ở đây độ đo có thể là độ dài, diện tích hay thể tích, tùy theo tập hợp đang xét thuộc
2
R, R hay R3.
P(A) =

c) Đònh nghóa thống kê
Giả sử trong n phép thử với điều kiện giống nhau, biến cố A xuất hiện k lần. Ta gọi
k
n
là tần suất xuất hiện biến cố A trong n phép thử và gọi giới hạn lim f n (A) là xác suất

fn(A) =

n

P(A) của biến cố A.
Xác suất của một biến cố luôn có ba tính chất sau đây
14


0  P(A)  1, với mọi biến cố A.
P(Þ) = 0, P() = 1
Nếu A, B xung khắc thì P(A + B) = P(A) + P(B)
d) Đònh nghóa theo tiên đề
Kí hiệu @ là tập hợp tất cả các biến cố trong một phép thử. Ta gọi xác suất là một
quy tắc đặt mỗi A  @ với một số P(A) thỏa mãn ba điều kiện sau
(1)

 A  @ : 0  P(A)  1;
(2)
P(Þ) = 0 ; P() = 1 ;
(3)
AB = Þ => P(A + B) = P(A) + P(B).
Từ đònh nghóa, ta có
P( A ) = 1 – P(A)
4. Công thức cộng xác suất
a) Trường hợp tổng của hai biến cố
- Nếu các biến cố A, B xung khắc thì
P(A + B) = P(A) + P(B)
- Nếu A, B bất kì thì
P(A + B) = P(A) + P(B) – P(AB)
b) Trường hợp tổng của n biến cố
- Nếu A1, A2, … ,An là các biến cố đôi một xung khắc thì
P(A1 + A2 +… + An) = P(A1) + P(A2) + … + P(An).
- Nếu A1, A2, … ,An bất kì thì
n

P(A1 + A2 + … + An) =  P(A i )   P(A i A j ) 
i 1

i j

 P(A A A

i j k

i

j

k

)  ... 

(-1)n – 1P(A1A2…An)
5. Xác suất có điều kiện. Công thức nhân xác suất
a) Xác suất có điều kiện
Ta gọi xác suất của biến cố A khi biến cố B đã xảy ra là xác suất của biến cố A với
điều kiện B, kí hiệu là P(A/B).
Ta có

P(A/B) =

P(AB)
P(B)

b) Biến cố độc lập
Hai biến cố A và B được gọi là độc lập, nếu xác suất của biến cố này không phụ
thuộc vào sự xảy ra hay không xảy ra của biến cố kia, tức là :
P(A/B) = P(A) hoặc P(B/A) = P(B).

15


Các biến cố A1, A2,…,An được gọi là độc lập toàn thể, nếu xác suất của một biến cố
trong đó không phụ thuộc vào sự xảy ra hay không xảy ra của một tổ hợp bất kì các biến
cố khác.
Nếu A, B độc lập thì các cặp A, B ; A , B ; A , B cũng độc lập. Tính độc lập toàn

thể của nhiều biến cố cũng có tính chất tương tự.
c) Công thức nhân xác suất
Trường hợp tích của hai biến cố
- Nếu A, B bất kỳ thì
P (AB) = P (A) P (B/A) = P (B) P (A/B)
- Nếu A, B độc lập thì
P (AB) = P (A) P (B)
. Trường hợp tích của n biến cố
- Nếu A1, A2, … , An bất kỳ thì
P (A1 A2 … An) = P (A1) P(A2/A1) … P(An/A1A2…An-1)
- Nếu A1, A2, … , An độc lập toàn thể thì
P (A1 A2 … An) = P (A1) P(A2) … P(An)
6. Công thức xác suất đầy đủ. Công thức Bayes
Cho A1, A2 , … , An là một nhóm đầy đủ các biến cố và B là một biến cố bất kỳ. Ta
có
P(B) =

n

 P(A )P(B/A )
i 1

i

i

(Công thức xác suất đầy đủ)
P(AK / B) =

P(A K )P(B/A K )

P(B)

(Công thức Bayes, còn gọi là công thức xác suất giả thiết).
7. Công thức Bernoulli
a) Dãy phép thử Bernoulli
Một dãy n phép thử (n  N*) được gọi là một dãy n phép thử Bernoulli, nếu :
- các phép thử là độc lập với nhau.
- trong mỗi phép thử biến cố A mà ta quan tâm có xác suất P(A) = p không đổi.
b) Công thức Bernoulli
Kí hiệu Pn(k, p) là xác suất để biến cố A xuất hiện k lần trong n phép thử Bernoulli,
q = 1 – p = P( A ). Ta có
Pn(k, p) = C Kn p K q n K

(0  k  n)

(Công thức Bernoulli)
c) Số có khả năng nhất
Số K0 sao cho Pn(K0, p) lớn nhất được gọi là số có khả năng nhất. Ta có
K0 = np - q hoặc K0 = np - q + 1.
16


B. CÁC BÀI GIẢI MẪU
1. Biểu diễn một biến cố thành phép toán đối với các biến cố khác
Bài 1. Một sinh viên phải thi hai môn : Toán và Lý. Gọi T, L lần lượt là các biến cố
sinh viên đó đậu Toán, Lý. Hãy biểu diễn các biến cố sau đây qua T và L.
a) Sinh viên đó rớt Toán.
b) Sinh viên đó chỉ đậu Toán.
c) Sinh viên đó đậu cả hai môn.
d) Sinh viên đó rớt cả hai môn.

e) Sinh viên đó chỉ đậu một môn.
f) Sinh viên đó đậu không quá một môn.
g) Sinh viên đó đậu ít nhất một môn.
h) Sinh viên đó rớt ít nhất một môn.
i) Sinh viên đó rớt nhiều nhất một môn.
Giải
a) Ta có biến cố rớt Toán đối lập với biến cố đậu Toán nên, nếu gọi A là biến cố
sinh viên đó rớt Toán, thì A = T .
b) Gọi B là biến cố sinh viên đó chỉ đậu Toán , thì B xảy ra khi T xảy ra và L không
xảy ra. Vậy B = T L .
c) Gọi C là biến cố sinh viên đó đậu cả 2 môn. Ta có C xảy ra khi T và L cùng xảy
ra. Vậy C = TL.
d) Tương tự, biến cố sinh viên đó rớt cả 2 môn là D = T L .
e) Gọi E là biến cố sinh viên đó chỉ đậu 1 môn. Ta có E xảy ra khi sinh viên đó chỉ
đậu Toán (biến cố B) hoặc sinh viên đó chỉ đậu Lý (biến cố B’ = T L). Vậy E = B + B’
hay E = T L + T L.
f) Gọi F là biến cố sinh viên đó đậu không quá một môn.
- Cách thứ nhất. Ta có F xảy ra khi sinh viên đó rớt cả 2 môn (biến cố D) hoặc chỉ
đậu một môn (biến cố E). Do đó F = D + E hay F = T L + T L + T L.
- Cách thứ hai. Ta có biến cố đối lập của F là sinh viên đó đậu quá 1 môn, tức là đậu
cả hai môn (biến cố C). Vậy F = C hay F = TL .
- Cách thứ ba . Biến cố F xảy ra khi sinh viên đó rớt Toán hoặc rớt Lý.
Vậy F = T + L .
g) Gọi G là biến cố sinh viên đó đậu ít nhất 1 môn. Tương tự, ta có ba cách biểu
diễn G.
- Cách thứ nhất. G = E + C = T L + T L + TL
- Cách thứ hai. G = D = ( T L ).
- Cách thứ ba. G = T + L
h) Gọi H là biến cố sinh viên đó rớt ít nhất 1 môn.
17

Ta có

H = F. Vậy :
H = T + L,
H = C = TL ,
H = T L + TL + T L
i) Gọi I là biến cố sinh viên đó rớt nhiều nhất 1 môn. Ta có I = G. Vậy
I = T L + T L + TL,
I = ( T L ),
I = T + L.
2. Tính xác suất của biến cố theo đònh nghóa cổ điển
. Nêu phép thử, tính số kết quả có thể có của phép thử.
. Nếu biến cố cần tìm xác suất, tính số kết quả (của phép thử) thuận lợi cho biến cố đó.
. Áp dụng đònh nghóa để tìm xác suất của biến cố.
Bài 2. Đề cương thi môn Triết có 70 câu hỏi. Một sinh viên chỉ ôn 40 câu. Cho biết đề
thi tự luận gồm 3 câu thuộc đề cương và nếu sinh viên trả lời ít nhất 2 câu thì đậu. Tìm xác
suất để sinh viên đó đậu môn Triết.

Giải
Phép thử là việc trả lời 3 câu từ 70 câu hỏi của đề cương (không cần sắp thứ tự), do
đó số các kết quả có thể là C 370 .
Gọi Đ là biến cố sinh viên đó đậu môn Triết. Muốn Đ xảy ra ta có hai phương án :
- Cả ba câu hỏi của đề thi đều nằm trong số 40 câu mà sinh viên đã ôn, có C 340 cách ;
- Có hai câu nằm trong số 40 câu đã ôn và một câu còn lại nằm trong số 30 câu anh
ta không ôn, có C 240 C130 cách.
Theo quy tắc cộng, số kết quả thuận lợi cho Đ là
C 340 + C 240 C130
Vậy, theo đònh nghóa, xác suất sinh viên đậu môn Triết là

C 3  C 2 .C1
33280 1664
P(Đ) = 40 3 40 30 

 0,6 .
54740 2737
C 70
3. Tính xác suất của biến cố theo đònh nghóa hình học

. Nêu phép thử, tìm tập hợp biểu diễn phép thử và độ đo của tập hợp này.
. Nêu biến cố cần tìm xác suất, tìm tập hợp biểu diễn biến cố và độ đo của tập
hợp đó.
. Áp dụng đònh nghóa để tìm xác suất của biến cố.

18


Bài 3.
a) Cho một tấm bia có hình dạng và kích thước
như hình vẽ. Một sinh viên bắn một viên đạn vào tấm
bia đó. Nếu bắn trúng hình tròn ở tâm có bán kính 5cm
thì đạt yêu cầu. Tìm xác suất để sinh viên đó bắn đạt
yêu cầu.
b) Hai người hẹn gặp nhau tại một đòa điểm trong
khoảng thời gian từ 17h đến 18h. Họ giao hẹn : ai đến
trước sẽ đợi người kia 15 phút, nếu không thấy thì hủy
cuộc hẹn. Tìm xác suất để họ gặp nhau.

30cm

40cm
5cm

Giải
a) Phép thử là bắn một viên đạn vào tấm bia. Tập hợp biểu diễn phép thử là hình chữ
nhật (có chiều dài 40cm, chiều rộng 30cm) và nửa hình tròn (đường kính 30cm).
Độ đo của tập hợp này (hay diện tích) là :
1
S = 40 . 30 + 152 = 1200 + 112,5  (cm2).
2
Gọi D là biến cố sinh viên đó bắn đạt yêu cầu. Tập hợp biểu diễn A là hình tròn ở tâm
(có bán kính 5cm) nên có độ đo là
s = 52 = 25 (cm2).
Vậy, theo đònh nghóa,
s
25
P(D)  
 0,05 .
S 1200  112,5
b) Gọi x, y lần lượt là thời điểm đến chỗ hẹn của người thứ nhất, thứ hai. Từ 17h đến
18h ta có 60 phút nên có thể xem tập hợp biểu diễn phép thử thỏa mãn điều kiện

0  x  60,

0  y  60.
Gọi G là biến cố hai người đó gặp nhau thì điều kiện để G xảy ra là

y  x

 15

60


 15 

y  x  15.

C

P

45

B
N

Như vậy, phép thử được biểu diễn bởi hình vuông
OABC có cạnh 60 (xem hình vẽ bên). Còn biến cố G
Q
được biểu diễn bởi lục giác OMNBPQ.
15
M

Ta có diện tích hình vuông là

15

S = 602 = 3600,

19

A
45

60


diện tích lục giác là
s = dtOABC – (dtAMN + dtCPQ) = 3600 – 452 = 1575.
Vậy xác suất hai người gặp nhau là :
P(G) 

s
1575

S
3600

 0,4375.

4. Tính xác suất của biến cố bằng các công thức
. Nêu biến cố cần tìm xác suất, biểu diễn biến cố này thành phép toán đố i với các biến
cố khác mà ta xem là các biến cố “đơn giản” hơn biến cố ban đầu.
. Phân tích mối quan hệ giữa các biến cố tham gia vào phép toán : xung khắc hay không,
độc lập hay không, có tạo thành nhóm đầy đủ không …
. Chọn công thức tính xác suất của biến cố ban đầu thông qua xác suất của các biến cố
“đơn giản”.
. Tính xác suất của các biến cố “đơn giản” (nếu cần).
. Tính xác suất của biến cố ban đầu.
Bài 4. Một sinh viên phải thi Toán và Lý. Cho biết xác suất đậu hai môn đó lần lượt

là 0,7 ; 0,6. Hãy tính các xác suất sau đây.
a) Sinh viên đó rớt Toán.
b) Sinh viên đó chỉ đậu Toán.
c) Sinh viên đó đậu cả 2 môn.
d) Sinh viên đó rớt cả 2 môn.
e) Sinh viên đó chỉ đậu 1 môn.
f) Sinh viên đó đậu không quá 1 môn.
g) Sinh viên đó đậu ít nhất 1 môn.
Giải
Giữ nguyên cách ký hiệu và biểu diễn các biến cố như ở Bài 1, ta có các kết quả
sau đây.
a) P(A) = P( T ) = 1 – P(T) = 1 – 0,7 = 0,3.
b)
c)
d)
e)

Vì T và L độc lập nên P(B) = P(T L ) = P(T) P( L ) = 0,7.0,4 = 0,28.
Tương tự, P(C) = P(TL) = P(T) P(L) = 0,42.
P(D) = P( T L ) = P( T ) P( L ) = 0,12.
Vì B, B’ xung khắc nên
P(E) = P(B) + P(B’) = P(T L ) + P( T L) = 0,28 + 0,18 = 0,46

f) Cách thứ nhất

F = D + E và DE = Þ nên
P(F) = P(D) + P(E) = 0,58.
20

Cách thứ hai

F = C nên P(F) = 1 – P(C) = 0,58.

Cách thứ ba

F = T + L và T L  Þ nên
P(F) = P( T ) + P( L ) – P( T L ) = 0,3 +0,4 – 0,12 = 0,58.

g) Cách thứ nhất

G = E + C và EC = Þ nên
P(G) = P(E) + P(C) = 0,46 + 0,42 = 0,88.

Cách thứ hai

G = D nên P(G) = 1 – P(D) = 1 – 0,12 = 0,88.

Cách thứ ba

G = T + L và TL  Þ nên
P(G) = P(T) + P(L) – P(TL) = 0,7 + 0,6 – 0,42 = 0,88.

Bài 5. Một lô hàng có 50 sản phẩm, trong đó có 8 phế phẩm. Minh lấy ra 3 sản
phẩm, sau đó Huy lấy ra 2 sản phẩm. Tính các xác suất sau đây.
a)
b)
c)
d)
Giải

Gọi Mi

Huy lấy trúng 1 phế phẩm khi Minh đã lấy đi 1 phế phẩm.
Hai bạn lấy được toàn sản phẩm tốt.
Hai bạn lấy ra đúng 1 phế phẩm.
Hai bạn lấy ra ít nhất 1 phế phẩm.
là biến cố Minh lấy ra i phế phẩm (và 3 – i sản phẩm tốt), i = 0,3 ; HK là

biến cố Huy lấy ra k phế phẩm (và 2 – k sản phẩm tốt), k = 0,2 .
a) Gọi A là biến cố cần tìm xác suất. Ta có P(A) = P(H1/M1).
Ta áp dụng đònh nghóa để tính xác suất trên. Khi Minh đã lấy đi 1 phế phẩm (và 2
sản phẩm tốt) thì phép thử là việc Huy chọn 2 sản phẩm từ 47 sản phẩm còn lại, có C 247
cách.
Để H1 xảy ra thì cần chọn 1 phế phẩm trong số 7 phế phẩm còn lại và chọn 1 sản
phẩm tốt trong số 40 sản phẩm tốt còn lại, do đó số cách là C17 C140 .
Vậy

P(H1/M1) =

C17 C140
280
=
 0,259.
2
1081
C 47

b) Gọi B là biến cố Minh và Huy lấy được 5 sản phẩm tốt.
Cách thứ nhất. Ta có biểu diễn
B = M0 H0 ,

trong đó MO, HO không độc lập nên
P(B) = P(M0) P(H0/ M0).
Các xác suất ở vế phải được tính bằng đònh nghóa.
P(M0) =
Vậy

P(B)

=

2
C 39
C 342
;
P
(H
/
M
)
=
0
0
C 350
C 247

2
C 39
C 342
11480 741
.

=
.
 0,4.
3
2
19600 1081
C 50
C 47

21


Cách thứ hai. Không quan tâm đến thứ tự thời gian mà Minh và Huy lấy các sản
phẩm, ta có thể xem phép thử là việc hai bạn cùng lấy 5 sản phẩm từ 50 sản phẩm đã
cho. Để B xảy ra thì phải lấy được 5 sản phẩm tốt trong số 42 sản phẩm tốt. Vậy, theo
đònh nghóa, xác suất hai bạn lấy được toàn sản phẩm tốt là
C5
850668
P(B) = 425 =
 0,4.
2118760
C 50
c) Gọi C là biến cố Minh và Huy lấy ra đúng 1 phế phẩm.
Cách thứ nhất. Ta có biểu diễn
C = M1H0 + M0H1.
Các biến cố tham gia vào tổng là M1H0 và M0H1 xung khắc, các biến cố tham gia
vào tích là M1, H0 và M0, H1 không độc lập. Do đó
P(C) = P(M1) P(H0/M1) + P(M0) P(H1/M0)
Tương tự câu b), ta tính được
P(C) =

3
C18 C 242 C 240
C18 C139
C 42
8954400
.
+
.
=
 0,42.
3
2
3
2
21187600
C 50
C 47
C 50
C 47

Cách thứ hai. Áp dụng đònh nghóa, ta có
C1 C 4
8954400
P(C) = 8 5 42 =
 0,42.
21187600
C 50
d) Gọi D là biến cố Minh và Huy lấy ra ít nhất 1 phế phẩm. Ta có D là biến cố hai
bạn lấy được toàn sản phẩm tốt, do đó D = B .

801
Vậy P(D) = 1 – P(B) =
 0,741.
1081
Bài 6. Có hai hộp phấn. Hộp thứ nhất có 6 viên phấn trắng, 4 viên phấn màu. Hộp
thứ hai có 7 viên phấn trắng, 3 viên phấn màu. Từ hộp thứ nhất lấy ra 2 viên phấn, từ hộp
thứ hai lấy ra 1 viên. Tìm xác suất lấy được
a) 2 viên phấn trắng.
b) ít nhất 1 viên phấn màu.
Giải
Theo đề bài, từ hai hộp ta sẽ lấy được 3 viên phấn. Các biến cố cần tìm xác suất
liên quan đến số lượng các viên phấn trắng lấy từ mỗi hộp. Do đó ta sẽ biểu diễn các biến
cố qua các phép toán tương ứng.
Gọi AK là biến cố lấy được k viên phấn trắng từ hộp thứ nhất, k = 0,2 , Bi là biến cố
lấy được i viên phấn trắng từ hộp thứ hai, i = 0,1 .
a) Gọi A là biến cố trong 3 viên phấn lấy từ hai hộp có 2 viên màu trắng. Ta có
A = A1B1 + A2B0.
Rõ ràng các biến cố tham gia vào tổng là A 1B1 và A2B0 xung khắc, còn các biến cố
tham gia vào tích là A1 và B1, A2 và B0 độc lập. Do đó
P(A) = P(A1) P(B1) + P(A2) P(B0).
22


Các xác suất ở vế phải được tính bằng đònh nghóa.
Chẳng hạn, đối với A1 : phép thử là việc lấy 2 trong 10 viên phấn của hộp thứ nhất ;
A1 xảy ra khi lấy 1 viên phấn trắng từ 6 viên và 1 viên phấn màu từ 4 viên ở hộp đó. Suy
ra
C1 C1
P(A1) = 6 2 4 .
C10

Tương tự, ta tính được các xác suất còn lại.
Vậy
C1
C1 C1 C 1
C2
71
P(A) = 6 2 4 . 71 + 62 . 31 =
 0,4733.
150
C10
C10
C10 C10
b) Gọi B là biến cố lấy được ít nhất một viên phấn màu từ cả hai hộp. Ta có hai
cách tính xác suất của B.
Cách thứ nhất. Ta nhận thấy B là biến cố cả 3 viên phấn lấy từ hai hộp đều màu
trắng. Do đó
B = A2 B1,
C2
C1
7
nên P B = P(A2) P(B1) = 62 . 71 =
.
30
C10
C10
23
Suy ra
P(B) = 1 – P( B ) =
.
30

Cách thứ hai. Ta có B xảy ra khi lấy được 1 viên phấn màu và 2 viên phấn trắng ;
hoặc 2 viên phấn màu và 1 viên phấn trắng ; hoặc 3 viên phấn màu (và 0 viên phấn
trắng). Do đó
B = A + (A1B0 + A0B1) + A0B0 ,



P(B) = P(A) + P(A1) P(B0) + P(A0) P(B1) + P(A0) P(B0) =
=

C1
C1
C 1 C1 C 1
C2
C2
71
23
+ 6 2 4 . 31 + 42 . 71 + 42 . 31 =
.
150
30
C10
C10
C10
C10
C10 C10

Bài 7. Một nhà máy có ba phân xưởng cùng sản xuất một loại sản phẩm. Phân xưởng
thứ nhất sản xuất 25%, phân xưởng thứ hai sản xuất 35% và phân xưởng thứ ba sản xuất
40% tổng số sản phẩm của toàn nhà máy. Tỉ lệ phế phẩm của từng phân xưởng tương ứng

là : 1% ; 3% ; 2%. Lấy ngẫu nhiên một sản phẩm từ lô hàng do ba phân xưởng sản xuất .
a) Tìm xác suất lấy được phế phẩm.
b) Giả sử lấy được phế phẩm. Tìm xác suất phế phẩm này do phân xưởng thứ hai sản
xuất .
c) Nếu lấy được sản phẩm tốt, theo bạn thì sản phẩm đó do phân xưởng nào sản xuất?
Tại sao ?
Giải
Các biến cố cần tìm xác suất phụ thuộc vào việc sản phẩm lấy từ lô hàng do phân
xưởng nào sản xuất. Do đó, cần chỉ ra các biến cố này.

23


Gọi XK là biến cố sản phẩm lấy được do phân xưởng thứ k sản xuất, k = 1,3 . Dễ
dàng nhận thấy ba biến cố X1, X2, X3 lập thành nhóm đầy đủ các biến cố (vì luôn có một
và chỉ một biến cố trong số chúng xảy ra, khi ta thực hiện phép thử lấy một sản phẩm từ lô
hàng).
a) Gọi A là biến cố sản phẩm lấy được là phế phẩm. Theo công thức xá c suất đầy đủ
P(A) = P (X1) P(A/X1) + P(X2) P (A/X2) + P (X3) P (A/X3).
Các số liệu trong đề bài chính là các xác suất tương ứng ở vế phải. Vậy
P(A) = 0,25 . 0,01 + 0,35 . 0,03 + 0,40 . 0,02 = 0,021 = 2,1%.
Lưu ý rằng, 2,1% là tỉ lệ phế phẩm chung của cả ba phân xưởng.
b) Theo đề bài, biến cố A đã xảy ra và ta cần tìm P(X 2 / A). Áp dụng công thức
Bayes, ta được
P( X 2 )P(A/X 2 ) 0,35.0,03

 0,5 .
P(X2 / A) =
P(A)
0,021

c) Điều kiện bây giờ là Ā đã xảy ra. Ta sẽ tính các xác suất P(XK/ Ā), với k = 1,3 ,
và so sánh các kết quả để đưa ra kết luận.
Theo công thức Bayes
P(X1 )P(A / X1 ) 0,25.(1  0,01)
P(X1/ Ā) =

 0,25 ;
1  0,021
P( A )
P(X2 / Ā) =

P( X 2 ) P( A / X 2 )

P(X3 / Ā) =

P( X 3 ) P( A / X 3 )

P( A )



0,35.(1  0,03)
 0,35 ;
1  0,021



0,4.(1  0,02)
 0,4 .
1  0,021

P( A )
Các xác suất trên đây đặc trưng cho khả năng sản phẩm tốt do từng phân xưởng sản
xuất. Vậy, khi lấy được sản phẩm tốt từ lô hàng thì khả năng sản phẩm này do phân xưởng
thứ ba sản xuất là nhiều nhất.
Bài 8. Các sản phẩm được đóng thành hộp, mỗi hộp có 10 sản phẩm, trong đó 4 sản
phẩm do máy thứ nhất sản xuất, còn lại do máy thứ hai sản xuất. Tỷ lệ sản phẩm loại A do
hai máy đó sản xuất lần lượt là 90%, 80%.
Một người đến mua hàng quy đònh kiểm tra như sau. Lấy ngẫu nhiên một sản phẩm
trong hộp. Nếu đó là sản phẩm loại A thì chấp nhận hộp, ngược lại thì loại hộp này.
a) Tính xác suất để người mua hàng chấp nhận một hộp bất kì.
b) Phải kiểm tra tối thiểu bao nhiêu hộp để xác suất người mua hàng chấp nhận ít
nhất một hộp sẽ lớn hơn 0,9 ?
Giải
a) Biến cố cần tìm xác suất phụ thuộc vào việc sản phẩm lấy ra kiểm tra do máy
nào sản xuất.
Gọi MK là biến cố lấy được sản phẩm do máy thứ k sản xuất, k = 1,2. Hai biến cố
M1, M2 tạo thành nhóm đầy đủ.
Gọi H là biến cố người mua hàng chấp nhận hộp đang được kiểm tra. Theo công
thức xác suất đầy đủ
P(H) = P(M1) P(H/M1) + P(M2).P(H/M2).

24


Từ đề bài ta có
P(M1) =

4
;

10

P(M2) =

6
;
10

P(H/M1) = 0,9 ; P(H/M2) = 0,8.

Vậy P(H) = 0,4.0,9 + 0,6.0,8 = 0,84.
b) Giả sử n là số hộp mà người mua hàng sẽ kiểm tra (n  N*). Gọi L là biến cố anh
ta loại cả n hộp, thì L là biến cố anh ta chấp nhận ít nhất một hộp trong số chúng.
Theo đề bài, ta phải có
P( L ) > 0,9.
Suy ra P(L) < 0,1.
Ta tính P(L). Các hộp đem ra kiểm tra một cách độc lập. (Nếu xem mỗi phép thử là
kiểm tra một hộp bất kì thì ta có dãy n phép thử Bernoulli). Xác suất loại mỗi hộp đều là :
p = 1 – 0,84 = 0,16.
Theo công thức Bernoulli
P(L) = Pn(n,p) = C nn pnqo = 0,16n .
Như vậy, ta có
(0,16)n < 0,1 ,
hay n > log 0,16 0,1 

ln 0,1
 1,3 .
ln 0,16

Vì n là số tự nhiên nên ta được n  2.

Vậy, phải kiểm tra tối thiểu hai hộp.
Bài 9. Xác suất bắn trúng mục tiêu của một xạ thủ ở mỗi lần bắn là 0,6. Biết rằng
xác suất mục tiêu bò diệt khi trúng 1, 2, 3 phát đạn lần lượt là 0,2 ; 0,5 ; 0,8. Còn nếu trúng
4 phát đạn thì chắc chắn bò diệt.Tìm xác suất mục tiêu bò diệt nếu xạ thủ đó bắn 4 phát đạn.
Giải
Gọi D là biến cố cần tìm xác suất. Theo đề bài, D phụ thuộc vào việc mục tiêu bò
trúng mấy phát đạn. Ta gọi biến cố mục tiêu trúng k phát đạn là T K. Muốn có một nhóm
đầy đủ thì k phải nhận các giá trò 0,4 . Khi ấy, xác suất của D được tính bởi công thức :
P(D) =

4

 P(T

K 0

K

)P(D/TK ) .

Từ đề bài suy ra P(D/T1) = 0,2 ; P(D/T2) = 0,5 ; P(D/T3) = 0,8 ; P(D/T4) = 1, còn hiển
nhiên P(D/T0) = 0.
___

Ta cần tính P(TK), k = 0,4 .
Xạ thủ bắn 4 phát đạn một cách độc lập và xác suất bắn trúng mục tiêu ở mỗi lần
không thay đổi. Do đó ta có dãy 4 phép thử Bernoulli với p = 0,6, q = 0,4. Áp dụng công
thức Bernoulli ta được
P(T0) = P4(0 ; 0,6) = C 40 p 0 q 4 = 0,44 = 0,0256 ;
P(T1) = P4(1 ; 0,6) = C 41 p1q 3 = 4.0,6.0,43 = 0,1536 ;

25


P(T2) = P4(2 ; 0,6) = C 42 p 2 q 2 = 6.0,62.0,42 = 0,3456 ;
P(T3) = P4(3 ; 0,6) = C 43 p 3 q1 = 4.0,63.0,4 = 0,3456 ;
P(T4) = P4(4 ; 0,6) = C 44 p 4 q 0 = 0,64 = 0,1296 ;
Vậy xác suất mục tiêu bò diệt nếu xạ thủ bắn 4 phát đạn là :
P(D) = 0,0256.0 + 0,1536.0,2 + 0,3456.0,5 + 0,3456.0,8 + 0,1296.1 = 0,6096.
___

Bài 10. Có ba hộp, mỗi hộp đựng 5 viên bi, trong đó hộp thứ k có k viên đỏ, k = 1,3 .
1. Lấy ngẫu nhiên từ mỗi hộp ra một viên bi.
a) Tìm xác suất lấy được 3 bi đỏ.
b) Tìm xác suất để trong 3 bi thu được sẽ có 1 bi đỏ.
c) Biết rằng trong 3 bi lấy ra có 1 bi đỏ, tìm xác suất để viên bi đỏ này là của
hộp thứ nhất.
2. Chọn ngẫu nhiên một hộp, từ đó lấy ngẫu nhiên 3 viên bi. Tìm các xác suất như ở
câu 1.
Giải
1. Các biến cố cần tìm xác suất phụ thuộc vào việc từ mỗi hộp lấy ra được viên bi
màu gì.
___

Gọi ĐK là biến cố lấy được 1 viên bi đỏ từ hộp thứ k, k = 1,3 .
a) Gọi A là biến cố lấy được 3 bi đỏ từ 3 hộp .
Ta có phép toán
A = Đ1Đ2Đ3
Các biến cố ở vế phải trong biểu diễn trên độc lập với nhau nên
1 2 3
6

P(A) = P(Đ1)P(Đ2)P(Đ3) =   
.
5 5 5 125
b) Gọi B là biến cố trong 3 bi lấy từ 3 hộp có 1 bi đỏ. Ta có
__

__

__

__

__

__

B = Đ1 Đ 2 Đ 3 + Đ1 Đ2 Đ 3 + Đ1 Đ 2 Đ3.
Các biến cố tham gia vào tổng ở vế phải thì xung khắc, còn các biến cố tham gia
vào tích thì độc lập, do đó :
1
2
3
1 2
3
1
2 3 58
P(B) =  (1  )  (1  )  (1  )   (1  )  (1  )  (1  )  
5
5
5

5 5
5
5
5 5 125

tính.

c) Theo đề bài, biến cố B đã xảy ra, ta cần tìm P(Đ1/B).
Vì B là điều kiện để Đ1 xảy ra nên ta áp dụng công thức xác suất có điều kiện để

P( Đ1 B)
.
P(B)
Từ cách biểu diễn biến cố B ở câu b) ta có
P(Đ1/B) =

__

__

__

__

__

__

__

__

Đ1B = Đ1(Đ1 Đ 2 Đ 3 + Đ1 Đ2 Đ 3 + Đ1 Đ 2 Đ3) = Đ1 Đ 2 Đ 3 .
Suy ra
P(Đ1B) =

1
2
3
6
 (1  )  (1  ) 
.
5
5
5 125

26


Vậy
P(Đ1/B) =

6 / 125
3
.

58 / 125 29

2. Trong trường hợp này, các biến cố cần tìm xác suất lại phụ thuộc vào việc chọn
___

hộp. Do đó ta gọi HK là biến cố chọn được hộp thứ k, k = 1,3 .
Rõ ràng các biến cố H1, H2, H3 cho ta một nhóm đầy đủ.
a) Gọi C là biến cố lấy được 3 bi đỏ từ hộp đã chọn. Áp dụng công thức xác suất đầy
đủ, ta có
P(C) = P(H1).P(C/H1) + P(H2).P(C/H2) + P(H3).P(C/H3).
Dễ thấy rằng
1
P(H1) = P(H2) = P(H3) = ;
3
P(C/H1) = P( ) = 0 ;
P(C/H2) = P( ) = 0 ;
(Vì trong hộp thứ nhất và hộp thứ hai chỉ có 1 hoặc 2 bi đỏ, nên biến cố lấy được 3
bi đỏ từ hai hộp này là không thể).
P(C/H3) =

C 33 1
= .
C 53 10

Vậy
P(C) =

1
1
1 1
1
.
0  0   
3

3
3 10 30

b) Gọi D là biến cố lấy được 1 bi đỏ và 2 bi trắng từ hộ p đã chọn. Tương tự, ta có
P(D) =

3

 P( H
K 1

K

) P( D / H K ) ;

Trong đó
P(D/H1) =

C 21C32
C31C 22
C11C 42
6
6
3
;
P(D/H
)
=
;
P(D/H

)
=


 .
2
3
3
3
3
10
10
10
C5
C5
C5

Suy ra
P(D) =

1 6 1 6 1 3 1
      .
3 10 3 10 3 10 2

c) Theo đề bài, biến cố D đã xảy ra, ta cần tìm P(H1/D).
Khác với câu 1c), trong trường hợp này, vì H1 thuộc nhóm đầy đủ, nên ta áp dụng
công thức Bayes. Ta có :
1 6

P(H1 )P(D/H 1 ) 3 10 2

P(H1/D) =

 .
1
P(D)
5
2

27