1 TOÁN đếm xác SUẤT NHỊ THỨC NIUTOWN

CHUYÊN ĐỀ 2: TỔ HỢP - XÁC SUẤT
1. NHỊ THỨC NIU-TƠN
I. KIẾN THỨC TRỌNG TÂM
1) Công thức nhị thức Niu-tơn

 a  b

n

n

 Cn0 .a n  Cn1 .a n 1.b  ...  Cnn 1.a.b n 1  Cnn .b n  �Cnk .a n k .b k .

k 0
Ta có
2. Một số kết quả quan trọng
n
0
1
n 1
n
 Với a  b  1, ta có cơng thức 2  Cn  Cn  ...  Cn  Cn .

 1  x   Cn0  Cn1 .x  Cn2 .x 2  ...  Cnn .x n
 Với a  1; b  x , ta có công thức
n

 1  x   Cn0  Cn1 .x  Cn2 .x 2  Cn3 .x 3  ...   1 Cnn .x n
 Với a  1; b   x, ta có cơng thức
n

n

0n  Cn0  Cn1  ...   1 Cnk  ...  1 Cnn .
 Với a  1; b  1, ta có
3) Chú ý
n
 a  b
Trong biểu thức ở vế phải của khai triển
- Số các hạng tử là n  1
k

n

k
nk k
- Số hạng thứ k  1 của khai triển là Tk 1  Cn .a .b
- Các hạng tử có số mũ của a giảm dần từ n đến 0; số mũ của b tăng dần từ 0 đến n, nhưng tổng các số mũ
0
0
của a và b trong mỗi hạng tử luôn bằng n (quy ước a  b  1 );
- Các hệ số của mỗi cặp hạng tử cách đều hai hạng tử đầu và cuối đều bằng nhau.
m
�m n
1
m n a
a
.
a

a

;
 a m n � a  n 
�
n
a
an
�
n
� m
 a   a m. n
�
�m
1
�
a n  n am � n a  a n
�
- Các công thức lũy thừa thường dùng: �
II. HỆ THỐNG VÍ DỤ MINH HỌA
 Dạng 1. Tìm hệ số, số hạng trong khai triển khơng có điều kiện
Phương pháp:

- Bước 1: Viết khai triển dạng tổng quát:

 a  b

n

n

 �Cnk .a n k .b k ��

�Tk 1  Cnk .a n k .b k
k 0

m
m  f  k  ��
�k
- Bước 2: Dựa vào giả thiết yêu cầu tìm hệ số của x , giải phương trình
- Bước 3: Thay vào biểu thức của T và kết luận
9
 x  3 ?
Ví dụ 1. Tìm hệ số của số hạng chứa x4 trong khai triển
Lời giải:

Ta có

 x  3

9

9

 �C9k .x k .  3

9 k

k 1

T   3 C9k
- Hệ số của số hạng chứa xk trong khai triển sẽ là:
6

T   3 C93  61236
- Số hạng chứa x3 tức k  3 là
12
2 x  1 ?

5
Ví dụ 2. Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển
9k

Lời giải:
Ta có

 2 x  1

12

12

 �C12k .  2 x  .  1
k 1

k

12  k

12

� 1
k 1

12  k

 2

k

C12k .  x 

k

Trang 1


T   1
- Hệ số của số hạng chứa xk trong khai triển sẽ là:
5
T    2  C125  25344
- Số hạng chứa x5 tức k  5 là:

12  k

 2

k

C12k

 3x  x 
trong khai triển

2 12

Ví dụ 3. Tìm hệ số của số hạng chứa x

15

?

Lời giải:

 3x  x 

 x12  3  x   x12 �C12k .3k .  1

2 12

Ta có

12

12

k 1

12  k

12

x12 k  �C12k .3k .  1

12  k

x 24 k

k 1

24  k
T  C .3k.  1
- Hệ số của số hạng chứa x
trong khai triển sẽ là:
9
9
- Số hạng chứa x15 tức 24  k  15 � k  9 1à T  3 .C12
k
12

12  k

10

�2 2 �
�x  � ?
11
Ví dụ 4. Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển � x �

Lời giải:
10

10  k

10

10

10  k
�2 2 �
k
2 k � 2�
 �  � 2 
.C10k . x 3k 10
�x  �  �C10 .  x  . �
� x�
k 1
Ta có � x � k 1
10  k
3 k 10
T   2 
.C10k
x
- Hệ số của số hạng chứa
trong khai triển sẽ là:
3
T   2  .C107
3
k

10

11
�

k

7,
11
- Số hạng chứa x nên có
hệ số đó 1à
12

� 1�
2x  � ?
�
4
x�
�
Ví dụ 5. Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển

Lời giải:
12

12  k

12

12

k � 1�
12  k
� 1�
2 x  �  �C12k .  2 x  . � �  � 1
.2 k .C12k .x 2 k 12

�
x � k 1
� x�
k 1
Ta có �
12  k
2 k 12
T   1
.2k .C12k
x
- Hệ số của số hạng chứa
trong khai triển sẽ là:
T  28.C128
- Số hạng chứa x4 nên có 2k  12  4 � k  8, hệ số đó 1à
 Dạng 2. Tìm hệ số, số hạng trong khai triển có điều kiện
Phương pháp:
- Bước 1: Tìm n dựa vào điều kiện đề bài cho
- Bước 2: Quy về dạng 1 đã biết
9
 x  3 ?
Ví dụ 1. Tìm hệ số của số hạng chứa x4 trong khai triển
Lời giải:

Ta có

 x  3

9

9

 �C9k .x k .  3

9 k

k 1

T   3
Hệ số của số hạng chứa xk trong khai triển sẽ là:
6
T   3 C93  61236
Số hạng chứa x3 tức k  3 là

9k

C9k

n

�2 1 �
�x  �,
Ví dụ 2. Cho biết trong khai triển � x � tổng các hệ số của các hạng tử thứ nhất, thứ hai, thứ ba
bằng 46. Tìm hạng tử khơng chứa x.
Lời giải:
Vì tổng các hệ số của các hạng tử thứ nhất, thứ hai, thứ ba bằng 46 nên ta có:
n.  n  1
n!
n!
Cn0  Cn1  Cn2  46 �


 45 � n 
 45
2
 n  1 ! 2  n  2  !


� n 2  n  90  0 �  n  9   n  10   0 � n  9
9

9
� 2 1 � 9 k 2 k 1 9k
x


C
.
x
.
x

C9k .x3k 9
�
�
� �9    
k 0
Ta có � x � k  0
3k  9  0
�
� k  3.
�

0
�
k
�
9
�
Số hạng không chứa x ứng với

3
Vậy số hạng không chứa x bằng: C9  84
n

�1
�
A�
 4 x3 � x  0  .
3 2
�x
�
Ví dụ 3. Tìm hệ số khơng chứa x trong khai triển biểu thức
Trong đó n là số
3
1
2
nguyên dương thỏa mãn: An  Cn  30Cn  17
Lời giải
A  C  30C  17 � n  n  1  n  2   n  15n  n  1  17
3
n

1
n

2
n

Ta có:
� n3  18n2  18n  17  0 � n  17

17  k

k

17 k 34

� 32 � � 34 �
k
Tk 1  C �x � �x � C17 x 12 3
� � � �
Với n  17 ta có số hạng tổng quát:
17k 34

�k 8
8
3
Cho 12
. Vậy số hạng không chứa x là C17  24310
k
17

 0 �k �17, k ��

n.

� 3
3 �
� x  3 2 �.
x � Biết tổng hệ số của ba số hạng đầu tiên của khai triển là 631.
Ví dụ 4: Cho khai triển �
5
Tìm hệ số của số hạng chứa x .
Lời giải
n

k

 

3 n 13 k
n
nk

� 3
3 �
k �3 �
3
k
k
2
6

x


C
x

3
.
C
.
x
�
�
�
�
�
�
n
n
3 2
3 2
k 0
x � k 0 � x �
Ta có: �
Từ đó tổng hệ số của 3 số hạng đầu tiên của khai triển là:
2
9n  n  1
3k .Cnk  30.Cn0  3.Cn1  32 Cn2  631 � 1  3n 
 631 � n  12
�

2
k 0
n

12

� 3
3 � 12 k k 18136k
� x  3 2 �  �3 .Cn .x
x � k 0
Khi đó ta có: �
T  3k .C12k
Hệ số của số hạng chứa x5 là:
13k
18 
 5 � k  6 � T  36.C126
6
Với k thỏa mãn:
15

 2x
trong khai triển

Ví dụ 5. Tìm hệ số của số hạng chứa x
3
1
2
dương thỏa mãn hệ thức An  Cn  8Cn  49

3

 3

n

thành đa thức, biết n là số nguyên

Lời giải

+) Điều kiện: n �3

An3  Cn1  8Cn2  49 � n  n  1  n  2   n  8.

+) Ta có
�  n  7   n2  7   0 � n  7

7

n.  n  1
 49 � n3  7 n 2  7 n  49  0
2

 2 x3  3  �C7k .  2 x3  .  3
7

k 0
+) Với n  7 ta có khai triển
Xét hạng tử x15 suy ra 3k  15 hay k  5.
2
C 5 .25.  3  6048

Từ đó hệ số của hạng tử x15 bằng 7

k

7k

7

 �C7k .2k.  3
k 0

7k

. x 3k


 Dạng 3. Tìm hệ số, số hạng trong khai triển nhiều hạng tử
Phương pháp:
- Bước 1: Viết khai triển thu gọn về 2 hạng tử
Ta có

 a  b  c

n

n

n

k

k
nk
k
i
k i i n  k
�
 a  b  c�
�
�  �Cn .  a  b  .c  ��Cn .Ck .a .b .c
n

k

k 0

k 0 i0

0 �k �n
�
�
0 �i �k
Ở đây �
- Bước 2: Dựa vào chỉ số mũ của x để biện luận tìm i và k.
- Bước 3: Kết luận về hệ số của số hạng cần tìm.

�
1  x2  1  x  �
� thành đa thức.
Ví dụ 1. Tìm hệ số của x trong khai triển �

7

6

Lời giải
7

7
k
7
k
�
2
k
2
k 2k �
�
�
�
�
1

x
1

x

C
x
1


x

C
x
Cki xi �




�
�
�
� �7�
� �7
k 0
k 0
i 0
�
�
Cách 1: Ta có
�
i0
�
0 �i �k �7 �
�
�
�
�k  3
�

�2k  i  6 � �
i2
�
�
i
,
k
�
�
�
�
�
k i
�
�k  2
Vậy ta có hệ số của x6 là C7 Ck thỏa mãn:

Vậy hệ số của x6 trong khai triển là:

C73C30  C72C22  56

�
1  x2  1  x  �
 C70  C71 x 2  1  x   C72 x 4  1  x   ...  C77 x14  1  x 
�
�
Cách 2: Ta có:
2
3
C72 x 4  1  x   C73 x 6  1  x 

6
Nhận thấy x chỉ có trong:
2
3
Vậy hệ số của x6 trong khai triển là: C7  C7  56
7

2

7

�
1  x2  1  2 x  �
�
Ví dụ 2. Tìm hệ số của x trong khai triển �
Lời giải
8

8

8

8

Ta có

8

k
k 2k

�
1  x2  1  2 x  �
x2  1  2 x  �
�
� �C8 �
�
�  �C8 x  1  2 x 
k

k 0

8

k

k 0

i 0

 �C8k x 2 k �Cki 1i  2 

k i

k

k 0

8

k

x k i  ��C8k Cki  2 

k i

.x3k i

k 0 i 0

�
k 3
�
�
�
i 1
3k  i  8
�
�
��
�
8 �k �i �0 �
k 4
�
�
�
�
i4
�
�

C 3 .C1.  2   C84 .C44 .  2   742
nên hệ số của x8 là 8 3
8
�
1  x2  1  x  �
8
�
�
Ví dụ 3. Tìm hệ số của x trong khai triển đa thức của:
Lời giải

Tìm hệ số x8 thì

2

k

�k i i �
�
f  x   �C �
x
1

x

C
x
Ck x �.



�
�
�
� �
k 0
k 0
i0
�
�
Cách 1: Ta có
�
i0
�
0 �i �k �8 �
�
�
k 4
�
�
2k  i  8 � �
�
�
i2
�
�
i
,
k
�
�

�
�
�
k i
k 3
�
�
Vậy ta có hệ số của x8 là: C8 Ck thỏa
0
2
1 C84C40   1 C83C32  238

8
Hệ số trong khai triển của x là
Cách 2: Ta có:
8

k
8

2

k

8

k
8

2k

0


4
8
f  x   C80  ...  C83 �
x2  1  x  �
x2  1  x  �
x2  1  x  �
�
� C8 �
�
� ...  C8 �
�
�
3

4

8

Nhận thấy: x8 chỉ có trong các số hạng:
• Số hạng thứ 4:

C83 �
x2  1  x  �
�
�

• Số hạng thứ 5:

C84 �
x2  1 x  �
�
�

3

4

Với hệ số tương đương với:

a8  C83C32  C84C40  238

 1 x  x 
Ví dụ 4. Cho khai triển

2 n

 a0  a1 x  a2 x 2  a3 x 3  ...  a2 n x 2 n

*
(với n �� ). Tìm hệ số của số

1
2
3
2
hạng chứa x4 trong khai triển biết Cn  6Cn  6Cn  9n  14n.

Lời giải
n!
n!
n!
Cn1  6Cn2  6Cn3 
 6.
 6.
 n  3n  n  1  n  n  1  n  2   n3
1! n  1 !
2! n  2  !
3! n  3  !
Ta có:
n γ 
�*�
, n
3�
n3  9n 2 14n
n  n 2  n 7 0
n 7
Theo bài
7
7
k
7
7
k
�k m k m �
m k m
2 m�
C

.
x
x

 1  x  x 2   �C7k  x  x 2   �C7k �


�
�
� k
�
��Ck x �
k 0
k 0
m 0
�
� k 0 �m0
�
Suy ra

mk  4
�
�
0 �k �4
�
x4 � �
�  m; k     0; 4  ,  1;3 ,  2; 2  
0 �m �k �7
�
�

m, k ��*
�
Hạng tử chứa
4
0
3
1
2
2
Vậy hệ số của hạng tử chứa x4 là: T  C7 .C4  C7 .C3  C7 .C2  161
P  x   2 x 2  1  3x   3x  1  2 x 
5

Ví dụ 5. Tìm hệ số của x6 trong khai triển thành đa thức của
Lời giải

P  x   2 x  1  3x   3x  1  2 x   2 x
5

2

Ta có:

7

2

5

�C  3x 

k 0

k
5

k

 3x �C7k .  2 x 

2 x 2 .C54  3x   3x.C75 .  2 x 
Suy ra số hạng chứa x6 của P(x) là:
4
T  2.C54 .  3  3.C75 .25  1206
Vậy hệ số của x6 là:
Lời giải
4

P  x  1  2 x   x 2  1  3x 
n

Ta có:

Theo bài,

2n

n

n

k

k 0

k

k 0

5

 x �Cnk  2 x   x 2 �Cnk .  3x 

An2  Cnn11  5 � n  n  1 

k

k 0

n  n  1
5� n5
2

x.C54  2 x   x 2 .C53 .  3 x 
4

5

7

7

3

Suy ra số hạng chứa x là:
4
T  C54 .  2   C53 .33  350
5
Vậy hệ số của x là:
 Dạng 4. Khai triển có điều kiện về tổng dãy số
Phương pháp:
Các tổng đặc biệt cần lưu ý:
Cn0  Cn1  ...  Cnn 1  Cnn  2n

 1  x   Cn0  Cn1 .x  Cn2 .x2  ...  Cnn .x n
2n
x 1
� C20n  C22n  ....  C22nn  C21n  C23n  ...  C22nn 1
 1  x   C20n  C21n .x  C22n .x2  ...  C22nn x2 n ���
2n
x 1
� C20n  C21n  ...  C22nn  22 n
 1  x   C20n  C21n .x  C22n .x2  ...  C22nn .x2 n ��
n

Suy ra

C20n  C22n  ...  C22nn  C21n  C23n  ...  C22nn 1 

22 n
 22 n 1

2


3n

Ví dụ 1. Tìm hệ số của số hạng chứa x21
C20n 1  C21 n1  C22n 1  C23n 1  ...  C2nn1  1024

�2 2 �
�x  � ; x �0
trong khai triển nhị thức Niu-tơn � x �
biết

Lời giải:
x  ...  C22nn11 x 2 n 1

 1 x  C  C
+) Ta có khai triển:
22 n 1  C20n 1  C21n 1  C22n 1  ...  C22nn11  2  C20n 1  C21n 1  C22n 1  ...  C2nn 1 
x

1
Cho
được:
2n
C2kn 1  C22nn11 k
Vì
Do đó: 1024  2 � n  5.
15
15  k

0
15  k
� 2 � 15
�2 �
A  �x 2  �  �C15k x 2 k � �   2 
C15k x3k 15
�
� x� 0
�x �
15
+) Khi đó:
2 n 1

0
2 n 1

1
2 n 1

Cho 3k  15  21 � k  12.
Hệ số của số hạng chứa x21 trong khai triển là: -3640

n

�1
�
P  x  � 3  x2 �
�x
� với n ngun
Ví dụ 2. Tìm hệ số của x20 trong khai triển nhị thức Newton biểu thức

n 1
n 2
2n
100
dương thỏa mãn: C2 n 1  C2 n 1  ....  C2 n 1  2  1.
Lời giải
n

Cnk  Cnn k ; �Cnk  2n.

2 n 1
k 0
Ta có C2 n 1  1 và
n 1
n 2
2n
C  C2 n 1  ....  C2 n 1  2100  1.
Lại có 2 n 1
� C20n 1  C21n 1  ...  C2nn11  ...  C22nn11  2101 � 2 2 n 1  2101 � n  50
50

�1
� 50
n  50 � P  x   � 3  x 2 �  �C50k x5 k 150
�x
� k 0
Với
20
Số hạng này chứa x � 5k  150  20 � k  34
34

Vậy hệ số của số hạng chứa x20 là C50

x
Ví dụ 3. Cho khai triển
Biết

C  C  ...  C
2
2n

4
2n

2n
2n

2

 3x  2 

n

tìm hệ số chứa x2 trong khai triển đó.

 2 1
19

Lời giải
Xét:

 1  1

 1  1

2n

2n

2n

 �C2kn  C20n  C21n  ...  C22nn
k 0

2n

 �C2kn  1  C20n  C21n  ...  C22nn
k

k 0

Cộng hai vế của chúng lại ta có:
Ta có:

x

2

 3 x  2    x  1
10

10

22 n  2C20n  2 P  2  2  219  1 � n  10

 x  2

10

10

 � 1

10  k

k 0

� 1

10  k

k
10

C x

k

10

� 2 

C10k .  2 

i 0

10 i

C10i

10 i

C10i xi

Khi đó hệ số chứa x2 trong khai triển là i ;k
thỏa mãn:
9
9
1
1
10
1
 1 C10 .  2  C10  2 .C10
Khi k  i  1 hệ số sẽ là:
8
10
1 C102 .  2  C100  210.C102

i

0;

k

2
Khi
hệ số là:
10
8
1 C100 .  2  C102  28 C102

i

2;
k

0
Khi
hệ số là:
210.C101  210.C102  28.C102  67840
Vậy hệ số chứa x2 trong khai triển trên là

k  i 1
�
�
ik 2��
i  0; k  2
�
i 2; k  0
�

n

�1
7 �
� 4  x �,
� biết rằng
Ví dụ 4. Tìm hệ số của số hạng chứa x26 trong khai triển nhị thức Niuton của �x
C21n 1  C22n 1  ...  C2nn 1  220  1
Lời giải
2 n 1
0
1
 1  x   C2 n1  C2 n1 x  C22n1 x 2  ...  C22nn11 x 2 n1
Sử dụng khai triển sau:
2 n 1
 C20n 1  C21n 1  C22n1  ...  C22nn11
Cho x  1 ta có: 2

C k  Cnn k
Mặt khác ta có cơng thức: n
22 n 1  2  C20n 1  C21n 1  C22n 1  ...  C2nn 1   2  1  2 20  1 � n  10
Do vậy:
10
k
10
10
�1
7�
k �1 � 7 10  k


x

C
x

C10k x 7011k


�
�4
� � 10 � 4 �
x
x
� k 0
� �
k 0
Xét khai triển �

Ứng với hệ số của số hạng chứa x26 ta có: 70  11k  26 � k  4
C4
Vậy hệ số của số hạng chứa x26 là 10
n 1
n2
n 3
2 n 1
2n
2 n 1
36
Ví dụ 5. Cho x  0 và C2 n 1  C2 n 1  C2 n 1  ...  C2 n1  C2 n1  C2 n1  2 . Tìm số hạng khơng phụ thuộc
n

�1
�
5

x
�
�
�x
�.
�
x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của �
Lời giải
k
2 n 1 k
Ta có C2 n 1  C2 n1 k : 0 �k �2n  1 nên
1
C2nn11  C2nn21  C2nn31  ...  C22nn11  C22nn1  C22nn11   C20n 1  C21n 1  C22n 1  ...  C22nn11  C22nn1  C22nn11 
2
2 n 1
 1  1  C20n1  C21n1  C22n1  ...  C22nn11  C22nn1  C22nn11 suy ra 236  2n � n  18
Mà
n

18  k

18

18
6 18

�1
� �1
� 18 k � 1 �
k
k
k
5
5
5
5

x


x

C
.

x

C

1
.
x







�
�
�
�
�
�
�
�
18
18
�x
� �x
� k 0
�x�
k

0
�
� �
�
� �
6k  18
 0 � k  3.
5
Số hạng không phụ thuộc x ứng với

C183  1  816
3

Suy ra số hạng cần tìm là

--------------------------------------------------------------------

2. XÁC SUẤT
I. KIẾN THỨC TRỌNG TÂM
1) Phép thử và Không gian mẫu
* Phép thử ngẫu nhiên (gọi tắt là phép thử) và một phép thử mà
- Kết quả của nó khơng đốn trước được.
- Có thể xác định được tập hợp tất cả các kết quả có thể xảy ra của phép thử đó.
* Khơng gian mẫu là tập hợp các kết quả có thể xẩy ra của một phép thử được gọi là khơng gian mẫu của
phép thử đó và ký hiệu là  .
2) Biến cố


Một biến cố A (còn gọi là sự kiện A) liên quan tới phép thử T là biến cố mà việc xẩy ra hay không
xẩy ra của nó cịn tùy thuộc vào kết quả của T.
Mỗi kết quả của phép thử T làm cho biến cố A xảy ra được gọi là một kết quả thuận lợi cho A.




Tập hợp các kết quả thuận lợi cho A được kí hiệu bởi

A

. Để đơn giản, ta có thể dùng chính chữ A

để kí hiệu tập hợp các kết quả thuận lợi cho A.

Khi đó ta cũng nói biến cố A được mô tả bởi tập A.


Biến cố chắc chắn là biến cố luôn xảy ra khi thực hiện phép thử T. Biến cố chắc chắn được mô tả bởi
tập  và được ký hiệu là  .



Biến cố không thể là biến cố không bao giờ xảy ra khi thực hiện phép thử T. Biến cố không thể được
mô tả bởi tập �.

3) Các phép toán với biến cố
Tập  \ A được gọi là biến cố đối của biến cố A, kí hiệu là A . Giả sử A và B là hai biến cố liên quan đến
một phép thử. Ta có:


Tập A �B được gọi là hợp của các biến cố A và B.



Tập A �B được gọi là giao của các biến cố A và B.



Nếu A �B  � thì ta nói A và B xung khắc.

4) Xác suất của biến cố (định nghĩa cổ điển)
Giả sử phép thử T có khơng gian mẫu  là một tập hữu hạn và các kết quả của T là đồng khả năng. Nếu A là
một biến cố liên quan với phép thử T và

một số, kí hiệu là

P  A

A

là một tập hợp các kết quả thuận lợi cho A thì xác suất của A là

, được xác định bởi công thức:

P  A 

A




n A

n  

.

Từ định nghĩa cổ điển về xác suất ta có các bước để tính xác suất của một biến cố như sau:


Bước 1: Xác định không gian mẫu  rồi tính số phần tử của  , tức là đếm số kết quả có thể của
phép thử T.



Bước 2: Xác định tập con A mô tả biến cố A rồi tính số phần tử của A, tức là đếm số kết quả thuận
loại cho A.



Bước 3: Lấy kết quả của bước 2 chia cho bước 1.

Nhận xét: Việc tính số kết quả có thể (bước 1) thường dễ dàng hơn nhiều so với việc tính số kết quả thuận
lợi cho A (bước 1). Để giải quyết tốt các bài toàn xác suất ta cần nắm chắc phần tổ hợp trước.
Chú ý:
- Từ định nghĩa, suy ra
- Các kí hiệu

0 �P  A �1, P     1, P  �  0

n   ;n A

được hiểu tương đương với

.

 ; A

là số phần tử của không gian mẫu và của tập

hợp thuận lợi cho biến cố A.
5) Các quy tắc tính xác suất
* Quy tắc cộng (áp dụng cho các biến cố xung khắc)


Nếu hai biến cố A, B xung khắc nhau thì



Nếu các biến cố

A1, A2, A3,...An

P  A �B  P  A  P  B

xung khắc nhau thì

.


P  A1 �A2 �... �An   P  A1   P  A2   ...  P  An 

.

* Quy tắc nhân (áp dụng cho các biến cố độc lập)


Nếu A và B là hai biến cố độc lập thì



Nếu có n biến cố

A1, A2, A3,...An

P  AB  P  A .P  B

là độc lập thì

P  A1A2 A3...An   P  A1  .P  A2  ...P  An 

.

Chú ý:
Nếu A và B độc lập thì A và B độc lập, B và A độc lập, B và A độc lập.

Do đó nếu A và B độc lập thì ta cịn có các đẳng thức:

 
 
 

 

P AB  P  A .P B
P AB  P A .P  B
P AB  P A .P B

 
   

6) Xác suất của biến cố đối
Xác suất của biến cố A của biến cố A được tính bởi

 

P A  1 P  A

.

II. HỆ THỐNG VÍ DỤ MINH HỌA
Dạng 1: Tính xác suất bằng định nghĩa cổ điển
Ví dụ 1. Người ta gieo hai con xúc xắc đồng chất, có màu khác nhau. Tìm các xác suất để được:
a) Hai con số khác nhau.

b) Tổng của hai số bằng 6.

c) Tổng của hai số lớn hơn 9.
Lời giải:
Người ta gieo hai con xúc xắc đồng chất, có màu khác nhau. Ta có:
kết quả xuất hiện ở 2 con xúc xắc).
Khi đó,

  62  36

(trong đó, i, j là

.

a) Gọi A là biến cố “Xuất hiện 2 con số khác nhau”
A

� P  A 

Do đó

    i, j  :1�i, j �6



30 5

36 6



�  A  6.5  30

.

.

b) Gọi B là biến cố “Tổng của 2 số bằng 6”
6  5 1 4 2  3 3� B    5,1 ; 4,2 ; 3,3 ; 2,4 ; 1,5 

Ta có:

Do đó:

� P  B 

B




5
36

c) Gọi C là biến cố “tổng của 2 số lớn hơn 9”

Do đó

� P  C 

C




.

6 1

36 6

� C    6,4 ; 4,6 ; 5,5 ; 6,5 ; 5,6 ; 6,6 

.

Ví dụ 2. Lớp 11A có 25 đồn viên trong đó 10 nam và 15 nữ.
a) Chọn ngẫu nhiên một đoàn viên làm thư ký đại hội chi đồn. Tìm xác suất để chọn được thư kí là một
đoàn viên nữ.
b) Chọn ngẫu nhiên hai đoàn viên trong chi đồn để tham dự trại 26/3. Tìm xác suất để hai đồn viên

được chọn có một nam và một nữ.


Lời giải:
a) Chọn ngẫu nhiên một đoàn viên làm thư ký đại hội chi đoàn
Gọi A là biến cố “chọn được thư kí là một đồn viên nữ”

Do đó,

P  A 

A
1



15 3

25 5

2
1
1
2
�  2  C10
 C10
.C15
 C15
 300

Gọi B là biến cố “chọn 2 đồn viên có 1 nam, 1 nữ”

Do đó,

B
2



1
�  A  C15
 15

.

b) Chọn ngẫu nhiên hai đoàn viên trong chi đoàn

P  B 

� 1  10  15  25

1
1
�  B  C10
.C15
 150

150 1

300 2

Ví dụ 3. Đội tuyển học sinh giỏi của một trường THPT có 8 học sinh nam và 4 học sinh nữ. Trong buổi lễ
trao phần thưởng, các học sinh trên được xếp thành một hàng ngang. Tính xác suất để khi xếp sao cho 2
học sinh nữ không đứng cạnh nhau.
653
A. 660 .

7
B. 660 .

41
C. 55 .
Lời giải:

14
D. 55 .

Không gian mẫu là số cách sắp xếp tất cả 12 học sinh thành một hàng ngang. Suy ra số phần tử của không
gian mẫu là

  12!
.

Gọi A là biến cố “Xếp các học sinh trên thành một hàng ngang mà 2 học sinh nữ không đứng cạnh nhau”. Ta
mô tả khả năng thuận lợi của biến cố A như sau:


Đầu tiên xếp 8 học sinh nam thành một hàng ngang, có 8! cách.



Sau đó xem 8 học sinh này như 8 vách ngăn nên có 9 vị trí để xếp 4 học sinh nữ thỏa u cầu bài
4
tốn (gồm 7 vị trí giữa 8 học sinh và 2 vị trí hai đầu). Do đó có A9 cách để xếp 4 học sinh nữ.

Suy ra số phần tử của biến cố A là

Vậy xác suất cần tính

P  A 

A


 A  8!.A94


.

8!.A94 14

12! 55

.

Chọn D.
Ví dụ 4. Gọi M là tập hợp các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập M,
tính xác suất để số được chọn có chữ số đứng sau ln lớn hơn chữ số đứng trước hoặc chữ số đứng sau
luôn nhỏ hơn chữ số đứng trước.
Lời giải:

4
Tập M gồm 9A9  27216 số.

+ Xét trường hợp số có chữ số đứng sau lớn hơn chữ số đứng trước: Số đã cho khơng thể có chữ số 0, với
mỗi cách chọn ra 5 chữ số khác 0 và khác nhau, ta chỉ lập được duy nhất 1 số cần tìm.
5
Vì vậy có C9  126 số.

+ Xét trường hợp số có chữ số đứng sau nhỏ hơn chữ số đứng trước:
Số đã cho có thể có chữ số 0, với mỗi cách chọn ra 5 chữ số khác nhau, ta cũng chỉ lập được duy nhất 1 số
5
cần tìm. Vì vậy có C10  252 số.


Vậy xác suất cần tìm là

P

126  252 1

27216
72 .

Ví dụ 5. Gọi X là tập hợp các số tự nhiên gồm 6 chữ số đôi một khác nhau được tạo thành từ các chữ số
1,2,3,4,5,6,7,8,9 . Chọn ngẫu nhiên 1 số từ tập hợp X. Tính xác suất để số được chọn chỉ chứa 3 số lẻ.
Lời giải:
  A96  60480
.

Số phần tử của không gian mẫu

Gọi A là biến cố “Số được chọn chỉ chứa 3 số lẻ”. Khi đó:
3
+ Chọn 3 chữ số lẻ đơi một khác nhau từ các chữ số 1,3,5,7,9 có C5 cách.
3
+ Chọn 3 chữ số chẵn đôi một khác nhau từ các chữ số 2,4,6,8 có C4 cách.

+ Sắp xếp các chữ số trên để được số thỏa mãn biến cố A có 6! cách.
� A  C53.C43.6!  28800

Vậy xác suất cần tìm là

.

P  A 

A


28800 10

60480 21



.

Ví dụ 6. Trong kỳ thi THPT Quốc Gia, mỗi lớp thi gồm 24 thí sinh được sắp xếp vào 24 bàn khác nhau.
Bạn Nam là một thí sinh dự thi, bạn đăng ký 4 môn thi và cả 4 lần thi đều thi tại một phòng duy nhất. Giả
sử giám thị xếp thí sinh vào vị trí một cách ngẫu nhiên, tính xác suất để trong 4 lần thi thì bạn Nam có

đúng 2 lần ngồi cùng vào một vị trí.
253
A. 1152 .

899
B. 1152 .

4
C. 7 .
Lời giải:

26
D. 35 .

Không gian mẫu là số cách ngẫu nhiên chỗ ngồi trong 4 lần thi của Nam.
Suy ra số phần tử của không gian mẫu là

  244

.

Gọi A là biến cố “4 lần thi thì bạn Nam có đúng 2 lần ngồi cùng vào một vị trí”. Ta mơ tả khả năng thuận lợi
của biến cố A như sau:



2
Trong 4 lần có 2 lần trùng vị trí, có C4 cách.

Giả sử lần thứ nhất có 24 cách chọn chỗ ngồi, lần thứ hai trùng với lần thứ nhất có 1 cách chọn chỗ

ngồi. Hai lần còn lại thứ ba và thứ tư không trùng với các lần trước và cũng không trùng nhau nên có
23.22 cách.

Suy ra số phần tử của biến cố A là

Vậy xác suất cần tính

P  A 

A


 A  C42.24.23.22


.

C42.24.23.22 C42.23.22 253


244
243
1152

.

Chọn A.
Dạng 2: Tính xác suất thơng qua biến cố đối
Ví dụ 1. Đề cương ơn tập cuối năm mơn Tốn lớp 12 có 40 câu hỏi. Đề thi cuối năm gồm 3 câu hỏi trong
số 40 câu đó. Một học sinh chỉ ơn 20 câu trong đề cương. Giả sử các câu hỏi trong đề cương đều có khả

năng được chọn làm câu hỏi thi như nhau. Hãy tính xác suất để có ít nhất 2 câu hỏi của đề thi cuối năm
nằm trong số 20 câu hỏi mà học sinh nói trên đã ơn.
Lời giải:
Khơng gian mẫu có

3
  C40
 9880

(phần tử).


Gọi A là biến cố “có ít nhất 2 câu hỏi của đề thi nằm trong số 20 câu đã ôn”.
Ta thấy xảy ra một trong hai TH sau:


TH1: Trong đề thi có đúng 2 câu hỏi trong 20 câu đã ơn.



TH2: Trong đề thi có đúng 3 câu hỏi trong 20 câu đã ôn.
2
1
1
 A  C20
.C20
 C20
 1330

Do đó

Vậy xác suất cần tìm

A

P  A 



(phần tử).


1330 7

9880 52

.

Ví dụ 2. Gọi S là tập hợp các số tự nhiên gồm 4 chữ số khác nhau được chọn từ các số 0;1;2;3;4;5. Chọn
ngẫu nhiên một số từ tập S, tính xác suất để số được chọn có mặt ít nhất chữ số 1 hoặc chữ số 2.
Lời giải:

5.A53  300
Số các số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau được chọn từ 0;1;2;3;4;5 là
(số).
3.P3  18
Số các số tự nhiên có 4 chữ số khác nhau được chọn từ 0;3;4;5 là
(số).
Số các số tự nhiên được chọn có mặt ít nhất chữ số 1 hoặc chữ số 2 là: 300 18  282 (số).
282 47


Vậy xác suất cần tính là 300 50 .
Ví dụ 3. Xét các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau được lập từ các số 1, 3, 5, 7, 9. Tính xác suất để tìm
được một số khơng bắt đầu bởi 135.
5
A. 6 .

1
B. 60 .

Số phần tử không gian mẫu là

59
C. 6 .
Lời giải:

  5!

1
D. 6 .

.

Gọi A là biến cố “số tìm được khơng bắt đầu bởi 135”.
Thì biến cố A là biến cố “số tìm được bắt đầu bởi 135”.
Buộc các số 135 lại thì ta cịn 3 phần tử. Số các sô tạo thành thỏa mãn số 135 đứng đầu là 1.2.1 2 cách

�  A  120 2  118

Nên

P  A 

A




cách.

118 59

120 60

.

Chọn C.
Ví dụ 4. Trong một buổi liên hoan có 10 cặp nam nữ, trong đó có 4 cặp vợ chồng. Chọn ngẫu nhiên 3
người để biểu diễn một tiết mục văn nghệ. Tính xác suất để 3 người được chọn khơng có cặp vợ chồng
nào.
94
A. 95 .

1
B. 95 .

6
C. 95 .
Lời giải:

89
D. 95 .

Không gian mẫu là số cách chọn ngẫu nhiên 3 người trong 20 người.
Suy ra số phần tử không gian mẫu là

3
  C20
 1140

Gọi A là biến cố “3 người được chọn khơng có cặp vợ chồng nào”. Để tìm số phần tử của A, ta đi tìm số
phần tử của biến cố A , với biến cố A là 3 người được chọn ln có 1 cặp vợ chồng.


C41 cách.



Chọn 1 cặp vợ chồng trong 4 cặp vợ chồng, có



1
Chọn thêm 1 người trong 18 người, có C18 cách.

Suy ra số phần tử của biến cố A là
Suy ra số phần tử của biến cố A là

Vậy xác suất cần tính

P  A 

A


1
 A  C41.C18
 72

.

 A  1140  72  1068


1068 89

1140 95

.

.

Chọn D.
Ví dụ 5. Một hộp chứa 3 viên bi xanh, 5 viên bi đỏ và 6 viên bi vàng. Lấy ngẫu nhiên 6 viên bi từ hộp,
tính xác suất để 6 viên bi được lấy ra có đủ cả ba màu.
810
A. 1001 .

191
B. 1001 .

4
C. 21 .
Lời giải:

17
D. 21 .

Không gian mẫu là số cách chọn ngẫu nhiên 6 viên bi từ hộp chứa 14 viên bi. Suy ra số phần tử của không
gian mẫu là

6
  C14
 3003
.

Gọi A là biến cố “6 viên bi được lấy ra có đủ cả ba màu”. Để tìm số phần tử của biến cố A ta đi tìm số phần
tử của biến cố A tức là 6 viên bi lấy ra khơng có đủ ba màu như sau:


TH1: Chọn 6 viên bi chỉ có một màu (chỉ chọn được màu vàng).
6
Do đó, trường hợp này có C6  1 cách.



6
TH2: Chọn 6 viên bi có đúng hai màu xanh và đỏ, có C8 cách.
6
6

Chọn 6 viên bi có đúng hai màu đỏ và vàng, có C11  C6 cách.
6
6
Chọn 6 viên bi có đúng hai màu xanh và vàng, có C9  C6 cách.

Do đó trường hợp này có



 



6
C86  C11
 C66  C96  C66  572

cách.

  1 572  573
Suy ra số phần tử của biến cố A là A
.

Suy ra số phần tử của biến cố A là

Vậy xác suất cần tính

P  A 

A



 A     A  3003 573  2430



2430 810

3003 1001

.

.

Chọn A.
Ví dụ 6. Một người có 10 đơi giày khác nhau và trong lúc đi du lịch vội vã lấy ngẫu nhiên 4 chiếc. Tính
xác suất để trong 4 chiếc giày lấy ra có ít nhất một đơi.
3
A. 7 .

13
B. 64 .

99
C. 323 .
Lời giải:

Không gian mẫu là số cách chọn ngẫu nhiên 4 chiếc giày từ 20 chiếc giày.
Suy ra số phần tử của không gian mẫu là

4
  C20
 4845
.

224
D. 323 .


Gọi A là biến cố “4 chiếc giày lấy ra có ít nhất một đơi”. Để tìm số phần tử của biến cố A, ta đi tìm số phần
tử của biến cố A , với biến cố A là 4 chiếc giày được chọn khơng có đơi nào.


4
Số cách chọn 4 đôi giày từ 10 đôi giày là C10 .



1
 C1 
Mỗi đơi chọn ra 1 chiếc, thế thì mỗi chiếc có C2 cách chọn. Suy ra 4 chiếc có 2 cách chọn.
4

Suy ra số phần tử của biến cố A là
Suy ra số phần tử của biến cố A là
P  A 

Vậy xác suất cần tính

A



 

4
 A  C10
. C21

4

 3360
.

 A  4845 3360  1485
.


1485 99

4845 323

.

Chọn C.
Dạng 3: Tính xác suất thơng qua các quy tắc cộng và nhân
Ví dụ 1. Gieo một con xúc xắc cân đối và đồng chất 2 lần. Tính xác suất sao cho tổng số chấm trong hai
lần gieo là số chẵn.
Lời giải:
Đặt A là biến cố “Lần gieo đầu tiên xuất hiện mặt chấm chẵn”.
B là biến cố “Lần gieo thứ hai xuất hiện mặt chấm chẵn”.

C là biến cố “Tổng số chấm trong hai lần gieo là số chẵn”.
Ta có:





C   A �B � A �B

Ta thấy

 A �B

và

 A �B



là hai biến cố xung khắc nên















P�
 P A �B  P A �B P �
 P A �B  P A �B
 A �B � A �B �
 A �B � A �B �
�
� 
�
� 
1 1 1
P  A �B  P  A .P  B  . 
2 2 4.
Vì A và B là hai biến cố độc lập nên có





   

1 1 1
1 1 1
P A �B  P A .P B  . 
P  C   
2 2 4 . Vậy

4 4 2.
Ví dụ 2. Một hộp đựng 4 viên bi xanh, 3 viên bi đỏ và 2 viên bi vàng. Chọn ngẫu nhiên hai viên bi. Xác
suất để chọn được hai viên bi cùng màu là
5
A. 18 .

1
B. 6 .

1
C. 36 .

1
D. 12 .

Lời giải:
Đặt A là biến cố: “Chọn được hai viên bi xanh”
B là biến cố: “Chọn được hai viên bi đỏ”.
C là biến cố: “Chọn được hai viên bi vàng”.
Khi đó biến cố “Chọn được hai viên bi cùng màu” là biến cố A �B �C . Do A, B, C đôi một xung khắc với
nhau nên theo quy tắc cộng ta có

Ta có:
Vậy

P  A 

P  A �B �C   P  A  P  B  P  C 

C42 6

C32 3
C22 1

;
P
B


;
P
C

  2
  2
C92 36
C9 36
C9 36

P  A �B �C  

6
3
1
5



36 36 36 18

Ví dụ 3. Túi I chứa 3 viên bi trắng, 7 bi đỏ, 15 bi xanh. Túi II chứa 10 bi trắng, 6 bi đỏ, 9 bi xanh. Từ mỗi
túi lấy ngẫu nhiên 1 viên bi. Tính xác suất để lấy được hai viên cùng màu.
207
A. 625 .

72
B. 625 .

418
C. 625 .

553
D. 625 .

Lời giải:
Gọi

At , Ad, Ax

lần lượt là biến cố bi rút được từ túi I là trắng, đỏ, xanh.

Gọi

Bt, Bd, Bx

lần lượt là biến cố bi rút được từ túi II là trắng, đỏ, xanh.

Các biến cố

At, Ad, Ax

độc lập với

Bt, Bd, Bx

.

Vậy xác suất để lấy được hai bi cùng màu là:
P  At Bt �Ad Bd �Ax Bx   P  At Bt   P  Ad Bd   P  AxBx 
 P  At  P  Bt   P  Ad  P  Bd   P  Ax  P  Bx  

3 10 7 6 15 9 207
.  .  . 
25 25 25 25 25 25 625

Chọn A.
Ví dụ 4. Ba xạ thủ bắn vào mục tiêu một cách độc lập với nhau. Xác suất bắn trúng của xạ thủ thứ nhất,
thứ hai và thứ ba lần lượt là 0,6; 0,7; 0,8. Xác suất để có ít nhất một xạ thủ bắn trúng là
A. 0,188.

Gọi

Aj

B. 0,024.

C. 0,976.
Lời giải:

D. 0,812.

là biến cố “Xạ thủ thứ j bắn trúng”. Với j  1;3.

 

 

 

� P A1  1 0,6  0,4;� P A2  1 0,7  0,3;� P A3  1 0,8  0,2

Gọi A là biến cố “Có ít nhất một xạ thủ bắn trúng” thì

 

     

 

� P A  P A1 .P A2 .P A3  0,4.0,3.0,2  0,024 � P  A  1 P A  1 0,024  0,976

.

Chọn C.
Ví dụ 5. Trong dịp lễ 30-4 và 1-5 thì một nhóm các em thiếu niên tham gia trị chơi “Ném vòng cổ chai
lấy thưởng”. Mỗi em được ném 3 vòng. Xác suất ném vào cổ trai lần đầu là 0,75. Nếu ném trượt lần đầu
thì xác suất ném vào cổ chai lần thứ hai là 0,6. Nếu ném trượt cả hai lần ném đầu tiên thì xác suất ném
vào cổ chai ở lần thứ ba (lần cuối) là 0,3. Chọn ngẫu nhiên một em trong nhóm chơi. Xác suất để em đó
ném vào đúng cổ chai là
A. 0,18.

B. 0,03.

C. 0,75.
Lời giải:

D. 0,81.

Gọi K là biến cố “Ném được vòng vào cổ chai”,

A1

là biến cố “Ném được vòng vào cổ chai lần đầu”,

biến cố “Ném được vòng vào cổ chai lần thứ 2”,

A3

là biến cố “Ném được vòng vào cổ chai lần thứ ba”.



 



 

   

� P  K   P  A1   P A1A2  P A1A2 A3  P  A1   P A1 P  A2   P A1 P A2 P  A3 
 0,75 0,25.0,6  0,25.0,4.0,3  0,81
Chọn D.
Ví dụ 6. Một xạ thủ bắn từ khoảng cách 100m có xác suất bắn trúng đích là:
- Tâm 10 điểm: 0,5.
- Vòng 9 điểm: 0,25.
- Vòng 8 điểm: 0,1.

A2

là


- Vịng 7 điểm: 0,1.
- Ngồi vịng 7 điểm: 0,05.
Tính xác suất để sau 3 lần bắn xạ thủ đó được 27 điểm.
A. 0,15.

B. 0,75.

C. 0,165625.
Lời giải:

D. 0,8375.

Ta có: 27  10 10 7  10 9 8  9 9 9 .
Với bộ

 10;10;7

Với bộ

 10;9;8

Với bộ

 9;9;9

có 3 cách xáo trộn điểm các lần bắn.

có 6 cách xáo trộn điểm các lần bắn.

có 1 cách xáo trộn điểm các lần bắn.

Do đó xác suất để sau 3 lần bắn xạ thủ được đúng 27 điểm là:
P  3.0,52.0,1 6.0,5.0,25.0,1 0,253  0,165625 .

Chọn C.
Ví dụ 7. Một vận động viên bắn súng, bắn ba viên đạn. Xác suất để trúng cả ba viên vòng 10 là 0,008,
xác suất để 1 viên trúng vòng 8 là 0,15 và xác suất để 1 viên trúng vòng dưới 8 là 0,4. Biết rằng các lần
bắn là độc lập với nhau. Tìm xác suất để vận động viên đạt ít nhất 28 điểm.
Lời giải:
�
P  A �
� 0.008 � P  A  0.2.
Gọi A là biến cố “1 viên trúng vòng 10”, khi đó: �
3

B là biến cố “1 viên trúng vòng 9”.
C là biến cố “1 viên trúng vòng 8”.

D là biến cố “1 viên trúng vòng dưới 8”.
Do A, B, C, D đôi 1 xung khắc nên

P  A  P  B  P  C   P  D  1� P  B  0,25

.

X là biến cố “VĐV đạt ít nhất 28 điểm”.
Để đạt ít nhất 28 điểm thì cần:


2 viên trúng 10, 1 viên trúng 8:
C32. 0.2 . 0.15
2

Theo quy tắc cộng và nhân xác suất ta có điều này xảy ra với xác suất:


2 viên trúng 9, 1 viên trúng 10:
C32. 0.25 . 0.2
2

Theo quy tắc cộng và nhân xác suất ta có điều này xảy ra với xác suất:


2 viên trúng 10, 1 viên trúng 9:
C32. 0.2 . 0.25
2

Theo quy tắc cộng và nhân xác suất ta có điều này xảy ra với xác suất:



Cả 3 viên trúng 10 với xác suất 0.008.
P  X   C32. 0.2 . 0.15  C32. 0.25 . 0.2  C32. 0.2 . 0.25  0.008  0.0935
2

Theo quy tắc cộng ta có:

2

2