51 trang 8 lượt tải

Giải sách bài tập xác suất thống kê Đại học Kinh tế Quốc dân chương 1

16

Giải sách bài tập xác suất thống kê Đại học Kinh tế Quốc dân chương 1 Tài liệu gồm 51 trang, có 1 chương chính bao gồm các kiến thức cơ bản liên quan đến môn Xác xuất thống kê của Đại học Kinh tế quốc dân giúp bạn ôn luyện và nắm vững kiến thức môn học. Mời bạn đọc đón xem!

Môn: Xác suất thống kê (XSTK021) 146 tài liệu

Trường: Trường Đại học Kinh Tế Quốc Dân 5.4 K tài liệu

Tác giả:

Profile

Trịnh Mỹ Linh

1 năm trước
Tải xuống Chia sẻ Báo cáo
Danh sách Quiz
Tải xuống
/51
GII SÁCH BÀI TP XÁC SUT THNG KÊ 
KINH T QD-  1
2015
TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội
7/ 21/ 2015
TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội
Gii bài tp sách  tp Xác sut và Thng Kê  ng  KTQD
07/2015
Bài tp có s giúp  ca SV K52, K53. Có nhiu ch sai sót mong c góp ý : nnvminh@yahoo.com
§1 Định nghĩa cổ điển về xác suất
Bài 1.1 Gieo mt con xúc xc i xng và ng cht.
Tìm xác su c:
a.
Mt sáu chm xut hin.
b.
Mt có s chn chm xut hin.
Giải:
a)
Không gian mu là {1,2,...,6}
Gi A=bin c khi gieo con xúc xc thì c mt 6 chm
S kt cc duy nhng kh 
S kt cc thun li : m=1
P(A) =
m
n
=
1
.
6
b)
Gi B=bin c khi gieo xúc xc thí mt chn chm xut hin
 t ta có: P(B) =
m
=
3
n 6
= 0,5.
Bài 1.2 Có 100 tm bìa hình vuông nh t n 100. Ta ly ngu nhiên mt tm bìa.
Tìm xác sut :
a.
c mt tm bìa có s không có s 5.
b.
c mt tm bìa có s chia ht cho 2 hoc cho 5 hoc c cho 2 và cho 5.
Giải:
a)
Không gian mu là {1,2,...,100}.
Gi A là bin c khi ly ngu nhiên mt tm bìa có s có s 5.
S kt cc duy nhng kh 
S kt cc thun li m = 19 (10 s có  v là 5, 10 s có hàng chc là 5,  ý s 55 c tính 2 ln)
Do 
19
P( A) 0,19 .
100
Vy xác su ly ngu nhiên mt tm bìa có s không có s 5 là 1 P( A) 1 0,19 0,81.
b)
Gi A là bin c khi ly ngu nhiên mt tm bìa có s chia ht cho 2 hoc cho 5 hoc c cho 2 và cho
5.
S kt cc duy nht ng kh  là n = 100.
2
TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội
S kt cc thun li m = 60 (trong  có 50 s chia ht cho 2, 20 s chia ht cho 5, chú ý có 10 s chia
ht cho 10 c tính 2 ln) do 
60
P( A)
100
0, 6 .
Bài 1.3 Mt hp có a qu cu trng và b qu cu  Ly ngu nhiên ln t hai qu cu.
a)
Tìm xác su qu cu th nht trng.
b)
Tìm xác sut  qu cu th hai trng bit rng qu cu th nht trng.
c)
Tìm xác su qu cu th nht trng bit rng qu cu th hai trng.
Giải: a)  a qu cu trng là 1, 2,..., a và b qu cà a+1,...,a+b.
Không gian mu là {1,2,...,a+b}
S kt cc duy nht ng kh  là a b .
A là bin c khi ly ngu nhiên c qu cu th nht trng, s kt cc thun li là a
do 
P( A)
a
.
a b
b)
s a qu cu trng là 1, 2,..., a và b qu c
Không gian mu là tp các b s (u,v) vi 1 u a,1 v a b;u v .
S kt cc duy nhng kh  a(a b 1) .
Nu qu th nht trng thì s cách chn nó là a cách, vy s cách chn qu th 2 là a-1.
S kt cc thun li là a(a-1).
do 
a(a 1)
P
a(a b 1)
a 1
.
a b 1
c)
 a qu cu trng là 1, 2,..., a và b qu cà a+1,...,a+b.
Không gian mu là tp các b s (u,v) vi 1 u a b,1 v a;u v .
S kt cc duy nhng kh  a(a b 1) .
Nu qu th hai trng thì s cách chn nó là a cách, vy s cách chn qu th 1 trng là a-1.
S kt cc thun li là a(a-1).
do 
a(a 1)
P
a(a b 1)
a 1
.
a b 1
Bài 1.4 Mt hp có a qu cu trng và b qu cu y ngu nhiên ra ln t tng qu cu.
Tìm xác su:
a.
Qu cu th 2 là trng
3
b
TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội
1
2
3
b.
Qu cu cui cùng là trng.
Giải: a)  s a qu cu trng là 1, 2,..., a và b qu cu  là a+1,...,a+b.
Không gian mu là tp các b s (u,v) vi 1 u, v a b;u v .
S kt cc duy nhng kh  (a b)(a b 1) .
S cách chn qu th 2 là a, sau  có a+b-1 cách chn qu th nht vy s kt cc thun li là:
a(a b 1) .
a(a b 1) a
do 
P
a
(a b)(a b 1)
a b
.
a)
 a qu cu trng là 1, 2,..., a và b qu cà a+1,...,a+b.
Không gian mu là tp các b s ( u
1
,u
2
,...,u
ab
) là hoán v ca 1,2,...,a+b.
S kt cc duy nhng kh  (a b)!.
S cách chn qu cui cùng là a, sau  có a+b-1 cách chn qu 1, a+b-2 cách chn qu 2,...,và cui cùng
là 1 cách chn qu th a+b-1. Do  s kt cc thun li là
a(a b 1)!.
do 
P
b
a(a b 1)!
(a b)!
a
.
a b
Bài 1.5 ng thi hai ng xu. Tìm xác sut  c
a)
Hai mt cùng sp xut hin
b)
Mt sp, mt nga
c)
Có ít nht mt mt sp
Giải: Không gian mu là (N,N), (S,N), (N,S), (S,S).
a)
S kt cc thun li là 1: (S,S) nên P 0, 25 .
a
4
b)
S kt cc thun li là 2: (S,N) và (N,S) nên P 0, 5 .
b
4
b) S kt cc thun li là 3: (S,N), (N,S) và (S,S) nên P 0, 75 .
b
4
Bài 1.6 ng thi hai con xúc xc. Tìm xác su c hai mt
a)
Có tng s chm bng 7
b)
Có tng s chm nh  8
c)
Có ít nht mt mt 6 chm
Giải:  du 2 con xúc xc là W (trng) và B  các m ng vi W
1
...,W
6
4
và B
1
..., B
6
TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội
3 1
0
1
Không gian mu là tt c các cp (W
i
, B
j
) , S kt cc duy nhng kh  36.
a)
Có 6 cp có tng s chm bng 7 là (W , B )  (W , B ) vy
6 1
P .
1 6 6 1
a
36 6
b)
Có 0 cp có tng s chm bng 1, Có 1 cp có tng s chm bng 2, Có 2 cp có tng s chm bng 3,
Có 3 cp có tng s chm bng 4, Có 4 cp có tng s chm bng 5, Có 5 cp có tng s chm bng 6, Có
6 cp có tng s chm bng 7. Do  có  = 21 cp có tng s chm nh  8, vy
21 7
P
b
.
36 12
c)
Có ít nht mt mt 6 chm nên s kt cc thun li ng kh  là 11 gm :
(W
1
, B
6
) ,  (W
6
, B
6
) và
(W , B )  (W , B ) , vy P
11
6 1 6 5
c
36
Bài 1.7 i khách cui cùng ra khi nhà b quên m. Ch nhà không bit rõ ch ca nhng chic
m ên gi tr h mt cách ngu nhiên. Tìm xác su:
a)
C 3 i cùng c tr sai m
b)
Có  mt i c tr  
c)
 hai i c tr  
d)
C i u c tr  
Giải: Gi 3 cái m  ng ca 3 i  là 1, 2, 3.
Không gian mu là 6 hoán v ca 1, 2, 3 gm các b (i,j,k): u  i tr
i 1, m j tr i 2, m k tr i 3.
a)
s các b (i,j,k) mà i 1, j 2, k 3 ch có 2 b thun li  vy là (2,3,1), (3,1,2), vy P
2
1
.
b)
Nu ch i c tr ì ch có mt kh n li (1,3,2).
Nu ch i c tr ì ch có mt kh n li (3,2,1).
Nu ch i 3 c tr   thì ch có mt kh  thun li (2,1,3), vy
a
6 3
P .
b
6 2
c)
Nu có  2 i c tr   thì ngi còn li cng phi tr   không có kh 
thun li nào, vy P 0 .
c
6
d)
Có duy nht mt kh  thun li là (1, 2, 3), vy P .
d
6
5
TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội
15
Bài 1.8 Mt lp sinh viên có 50% hc ting Anh, 40% hc ting Pháp, 30% hc tic, 20% hc
ting Anh và Pháp, 15% hc ting Anh và c, 10% hc ting Pháp và c, 5% hc c ba th ting. Tìm
xác sut khi ly ngu nhiên 1 sinh viên thì ng
a)
Hc ít nht mt trong 3 ngoi ng
b)
Ch hc ting Anh và ting c
c)
Ch hc ting Pháp
d)
Hc ting Pháp bit i  hc ting Anh
Giải: V biu  Ven.
Gi A, B, C  ng là bin c ly ngu nhiên 1 sinh viên thì sinh viên c ting Anh, Pháp, c.
a)
P
a
P( A B C) P( A) P(B) P(C) P( A B) P(B C) P(C A) P( A B C)
50% 40% 30% 20% 15% 10% 5% 80% 0,8
b)
P
b
P( A C) P( A B C) = 15% 5% 0,1
c)
P
c
P(B) P( A B) P(B C) P( A B C) 40% 20% 10% 5% 0,15
P(B A) 20%
d)
P
d
0, 4
P( A) 50%
chính là t l din tích ca A B
vi din tích ca A vi qui c hình
tròn ln có din tích là 1.
Bài 1.9 Mt i gn thoi cho bn  quên mt 3 ch s cui và ch nh rng chúng khác
nhau. Tìm xác su i  s mt l n thoi ca bn.
Giải: Không gian mu là tp con ca tp các s 000, 001,  999 mà có 3 ch s khác nhau.
Ta phi tìm s các cp (a,b,c) vi a,b,c nhn t t.
a có 10 cách ch có 9 cách ch chn , vy s các cp ny là 10.9.8 =
720.
xác sut  i  quay s mt ln c  s n thoi ca bn là
1
.
720
Bài 1.10 Trong mt hòm ng 10 chi tit tiêu chun và 5 chi tit ph phm. Lng thi 3 chi tit.
Tính xác sut:
a)
C 3 chi tit ly ra thuc tiêu chun
b)
Trong s 3 chi tit ly ra có 2 chi tit t tiêu chun.
Giải: Gi các chi tit tiêu chun là 1,  10, các chi tit ph phm là 11,  15.
Không gian mu là tp các tp con {a, b, c} vi a, b, c khác nhau  1 nhn giá tr t 1 n 15.
S các kt cc ng kh  là C
3
15.14.13
5.7.13 .
3.2.1
6
TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội
C
15
a)
S các kt cc thun li là
3
10.9.8
5.3.8 (ly 3 s trong 10 s không cn xp th t), vy
10
3.2.1
C
3
5.3.8
P
10
0, 264
a
3
5.7.13
b)
S các kt cc thun li là C
2
.C
1
10.9
.5 5.9.5 (ly 2 s trong 10 s và s còn li trong 5 s, không
10 5
2.1
cn xp th t), vy P
5.9.5
0, 495 .
b
5.7.13
Bài 1.11 Mt nhi ng tp xp ch. Em có các ch N, Ê, H, G, H, N. Tìm xác su em  trong khi sp
xp ngc ch NGHÊNH.
Giải: u tiên ta xp ch N : có C
2
6.5
15 cách xp 2 ch N vào 6 v trí. Còn li 4 v trí.
6
Sau  n ch H : có C
2
4.3
6
2.1
cách xp 2 ch H vào 4 v trí. Còn li 2 v trí.
4
2.1
Sau  n ch Ê có 2 cách xp, còn v trí cui cùng cho ch G.
Vy s cách xp có th có là 15.6.2.1 = 180, vy P
1
.
180
Bài 1.12 Thang máy ca mt tòa nhà 7 tng xut phát t tng mt vi 3 khách. Tìm xác su :
a)
Tt c cùng ra tng 4.
b)
Tt c cùng ra mt tng.
c)
Mi i ra mt tng khác nhau.
Giải: Mi khách có th ra mt trong 6 tng, vy s các ng hp có th xy ra là 6.6.6 = 216.
a)
s kt cc thun li là 1, vy P
1
.
a
216
b)
s kt cc thun li là 6, vy
6 1
P .
b
216 36
c)
i th nhi th 2 còn 5 ra thang máy, ngi th 3 có 4 cách ra thang
máy,
s các kt cc thun li là A
3
6.5.4 , vy
6.5.4 5
P .
6
c
216 9
Bài 1.13 Trên giá sách có xp ngu nhiên mt tuyn tp ca tác gi X gm 12 cun. Tìm xác su các
tc xp theo th t hoc t trái sang phi, hoc t phi sang trái.
Giải: S cách xp sách là: 12!
Gi A là bin c p theo th t t trái sang phi hoc t phi sang 
7
C
TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội
52
C
C
1
52
52
vì A có 2 kh  P
A
2
.
12!
Bài 1.14 Ly ngu nhiên 3 quân bài t mt c bài 52 quân. Tìm xác sut  :
a)
c 3 quân át
b)
c 1 quân át
Giải: S các kt cc ng kh  là C
3
.
3
C
3
4.3.2 1
a)
S cách chn 3 quân át t 4 quân át là :
C
4
, vy P
4
.
a
3
52.51.50 5525
b)
S cách chn 1 quân át t 4 quân át là C
1
4 , hai quân còn li có s cách chn là C
2
.
4 48
4C
2
4.48.47.3.2.1 1128
Vy P
48
.
b
3
52.51.50.2 5525
Bài 1.15 Mt lô hàng có 6 chính phm và 4 ph phm c chia ngu nhiên thành 2 thành phn bng
nhau. Tìm xác su mi phn có s chính phm bng nhau.
Giải: Mi phn s có 5 sn phm.
Ch cn xét phn 1 vì phn 2 là phn bù ca phn 1.
 mi phn có s chính phm bng nhau thì phn mt phi là (3 chính phm+2 ph phm).
Các kt cng kh ca phn 1 là (5 chính phm), (4 chính phm+1 ph phm), (3 chính phm+2
ph phm), (2 chính phm+3 ph phm), (1 chính phm+4 ph phm).
Do 
P .
5
Bài 1.16 Mi vé x s có 5 ch s. Tìm xác su mt i mua mt vé c vé :
a)
Có 5 ch s khác nhau
b)
Có 5 ch s u l
Giải: Không gian mu là  là các s có 5 ch s t 0 n 99999 (nu thiu s thì
vit s u). S các kt cng kh 
a)
Ch s th 1 có 10 cách chn, ch s th 2 có 9 cách chn, ch s th 3 có 8 cách chn, ch s th 4
có 7 cách chn, ch s th 5 có 6 cách chn. S các kt cc thun li là : 10.9.8.7.6. Do 
10.9.8.7.6 189
P
a
100000
0, 3024 .
625
b)
Mi ch s có 5 cách chn là 1,3,5,7,9. S các kt cc thun li là : 5
5
. Do 
5
5
1
P
b
0, 03125 .
100000 32
8
TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội
n
n
Bài 1.17  i A, B, C, D, E ngi mt cách ngu nhiên vào mt chic gh dài. Tìm xác su :
a)
C ngi chính gia
b)
A và B ngi hai u gh
Giải: Gi s gh dài c chia thành 5 ô, mi i ngi vào mt ô.
Có 5 cách xp cho i A ngi, sau  còn 4 cách xp cho i B, 3 cách xp cho i C, 2 cách xp
cho i D và cui cùng 1 cách duy nhi E. S các kt cc ng kh là 5.4.3.2.1=120.
a)
C ngi chính gia, vy có 1 cách xp cho C, còn 4 cách xp cho A, 3 cách xp cho B, 2 cách xp cho
D, 1 cách xp cho E. S các kt cc thun li là 1.4.3.2.1=24. Vy P
24
1
0, 2 .
a
120 5
b)
A và B ngi hai u gh nên có 2 cách xp cho A, B cùng ngi là A B hoc B A hai u gh, sau 
có 3 cách xp cho C, 2 cách xp cho D, và 1 cách xp duy nht cho E. S các kt cc thun li là :
2.3.2.1
=12. Vy P
12
0,1.
a
120
Bài 1.18 Trong mt chic hp có n qu c t 1 ti n. Mi ly ngu nhiên cùng mt
lúc ra hai qu. Tính xác su  lc mt qu có s hiu nh  mt qu có s hiu
l.
Giải: Chn 2 qu cu trong n qu cu, s kt cc ng kh  là C
2
.
S cách chn 1 qu cu có s hiu nh  k là k 1. S cách chn qu cu có s hiu ln  k là n k .
S kt cc thun li là (k 1)(n k) . Vy P
(k 1)(n k)
2(k 1)(n k )
.
2
n(n 1)
Bài 1.19 Gieo n con xúc xc i xng và ng cht. Tìm xác sut  c tng s chm là n 1.
Giải: Gieo n con xúc xc thì ta có s kt cc ng kh  6
n
.
Nu tng s chm là
n 1 thì ch có ng hp n 1 mt 1 và 1 mt 2. S kt cc thun li là: n. Vy
P
n
.
6
n
§2 Định nghĩa thống kê về xác suất
Bài 1.20 Tn sut xut hin bin c viên n trúng  ca mt x th là 0,85. Tìm s viên n trúng
 ca x th u i bn 200 viên n.
Giải: Có 0,85 = 85% s viên n trúng  Vy bn 200 viên thì có 85%.200 = 170 viên trúng 
9
C
TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội
1
Tần suất suất hiện các mặt khi tung xúc sắc 50 lần
0,3
0,2
0,1
0
Mặt 1 chấm Mặt 2 chấm Mặt 3 chấm Mặt 4 chấm Mặt 5 chấm Mặt 6 chấm
Tần suất
Bài 1.21 Có th xem xác sut sinh là con trai là bao nhiêu nu theo dõi 88200 tr  sinh mt vùng thy
có 45600 con trai.
Giải: Vì s quan sát 88200 khá ln nên có th coi xác sut sinh con trai vùng  chính là tn sut
45600
76
0, 517 .
88200 147
Bài 1.22 Dùng bng s ngu nhiên  mô phng kt qu ca 50 ln tung mt con xúc sc. T  tìm tn
sut xut hin các m chm và mô t bng  th th tn sut này s  th nào nu tung
1 triu ln?
Giải: S dng bng s ngu nhiên, ly ra 50 ch s có giá tr >0 và <7 bu t mt dòng ngu nhiên, ta
c:
5-4-4-6-1-4-6-2-1-5-6-2-1-1-5-3-1-3-3-6-4-5-3-1-5-1-2-4-1-1-1-1-2-6-1-2-5-2-5-3-5-4-1-2-2-5-5-5-3-5
Lp bng tn sut:
Mt
1
2
3
4
5
6
S ln xut hin
13
8
6
6
12
5
Tn sut
0,26
0,16
0,12
0,12
0,24
0,1
Khi tung 1 triu l th s gn  ng thng, bi kh  xut hin tng mt là 
ng (gi s con xúc sc cân tuyi và không chu ng t bên ngoài).
 th các tn sut này s tim cn ng thng
y .
6
§3 Bài tập tổng hợp
Bài 1.23 i ta chuyên ch mt hòm gm a chính phm và b ph phi
n phn kho kim tra ngu nhiên 1 sn phm thì c chính phm. Tìm xác su
sn phm.
Giải: Có a chính phm.
Sau khi   ti kho chn ra 1 sn phm thì nó là chính phm
10
TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội
12
8
sn
phm
ánh
ri
nu
là
chính
phm
thì
ch
có
th
là
a 1
chính
phm S
kh
nng
ca
sn
phm
ánh
ri
là
a
+
b
1
(1
là
sn
phm
chn
ti
kho)
Xác sut sn phm   là chính phm là
a 1
P
a b 1
Bài 1.24 S ng nhân viên ca công ty A c phân loi theo la tui và gii tính  sau:
Giới tính
Tuổi
Nam
N
i 30
120
170
T 30-40
260
420
Trên 40
400
230
Tìm xác su ly ngu nhiên mt i ca công ty  thì c:
a.
Mt nhân viên t 40 tui tr xung
b.
Mt nam nhân viên trên 40
c.
Mt n nhân viên t 40 tui tr xung
Giải:
a.
Xác sut chn c 1 nhân viên t 40 tui tr xung:
Pa =
120 170 260 420
97
0, 61
1600 160
b.
Xác sut chn c 1 nam nhân viên trên 40 tui:
Pb=
400
1
0, 25
1600 4
c.
Xác sut chn c 1 n nhân viên t 40 tui tr xung:
Pc=
170 420
59
0, 37
1600 160
Bài 1.25 Mt ca hàng  n nhp lô bóng n  thành tng hp, mi hp 12 chic. Ch ca hàng
kim tra chng bng cách ly ngu nhiên 3 bóng  th và nu c 3 bóng cùng tt thì hp bóng n
c chp nhn. Tìm xác su mt hc chp nhn nu trong h
hng.
Giải: Xét mt hp 12 bóng, trong  có 4 bóng hng.
Gi A là bin c 3 bóng n c ly ra trong hp có 4 bóng hng u t
S kt hp ng kh  xy ra là s t hp chp 3 t 12 phn t.  vy ta có: n= C
3
220
Trong hp có 4 bóng hng, 8 bóng tt nên s kh  thun li ly c 3 bóng tt là m = C
3
56
11
TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội
C 3
Vy xác sut hp n c chp nhn là:
P(A) =
56
0, 254
220
Bài 1.26 Gi s xác sut sinh con trai và con gái  nhau. Mt gia ình có 3 con. Tính xác sut
 gia ình  có:
a.
Hai con Gái
b.
Ít nht hai con gái.
c.
Hai con gái bit a con u lòng là gái.
d.
Ít nht hai con gái bit rng gia ình  ít nht mt con gái
Giải: Xác sut sinh con trai và con gái  và u bng
1
.
2
Mi ln gia ình  sinh con s có hai kh  xy ra hoc là con trai hoc là con gái, mà gia ình  có
ba con nên s kh  là có th xy ra là 8.
Không gian mu là các b ( c
1
, c
2
, c
3
) mà c
i
nhn giá tr trai hoc gái.
2
a)
A là bin c gia ình  sinh hai con gái P(A)=
3
8 8
b)
B là bin c gia ình  ít nht hai con gái.
Do gia ình  sinh ít nht hai con gái nên gia ình  có th sinh hai con gái hoc ba con gái.
Nu gia ình  hai con gái có 3 kh y ra  câu a)), gia ình  ba con gái có mt
kh y ra.
P(B)=
4
8
c)
Gia ình  sinh hai con gái bit a con u là con gái
a th hai là con gái thì a th ba là con a th hai là con trai thì a th ba là con gái.
Vy xác suu lòng là con gái là:
P=
1
.
1
1
.
1
1
2 2 2 2 2
d)
D=Bin c gia ình  sinh ít nht hai con gái bit gia ình  có ít nht 1 con gái.
Gia ình  ít nht mt con gái vy s kh  xy ra là
8-1
=7 (b  1 ng hp 3 nam). Không gian mu còn 7 giá tr.
Gia ình  có ít nht hai con gái nên hoc có hai con gái hoc có ba con gái
Nu gia ình  có hai con gái s có mt con trai có ba kh  xy ra, nu gia ình  có ba con gái có
môt kh  x
y ra P(D)=
4
.
7
12
TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội
Bài 1.27 Tìm xác su gp ngu nhiên ba i không quen bit nhau ngoài ng thì h:
a.
Có ngày sinh nht khác nhau.
b.
Có ngày sinh nht trùng nhau.
Giải: Gi s 1  có 365 ngày
Tng s kt cc ng kh  là: 365
3
a)
S kt cc thun li 3 i có 3 ngày sinh khác nhau là
3
365
365.364.363 , do 
A
3
365.364.363
P
365
0.992
a
365
3
365
3
b)
Gi B là bin c  3 i có ngày sinh nht trùng  => có 365 kt qu thun li vi bin c
trên. Vy xác sut ca bin c
365
P
1
.
b
365
3
365
2
Bài 1.28 Mt lô sn phm gm 100 chic m s c v np, 15 chic st vòi, 10 chic
m ming. 7 chic va v np va st vòi, 5 chic va v np va m ming, 3 chic va st vòi va m
ming. 1 chic va v np va st vòi va m ming. Ly ngu nhiên 1 sn ph kim tra. Tìm xác
sut:
a)
Sn phm  khuyt tt.
b)
Sn phm  ch b st vòi.
c)
Sn phm  st vòi bit rng nó b v np
Giải: S sp ch b v np là: 20 - 7 - 5 + 1 = 9 chic
S sp ch b st vòi là: 6 chic
S sp ch b m ming là: 3 chic
S sp va v np va st vòi là: 6 chic
S sp va v np va m ming là: 4 chic
S sp va st vòi va m ming là: 2 chic
S sp va v np va st vòi va m ming là 1 chic
Gi A là bin c sp b khuyt tt
P(A) =
9 6 3 6 4 2 1
31
100 100
Gi B là bin c sp ch b st vòi
0.31
13
A
TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội
A
.
P(B) =
6
0.06
100
Gi C là bin c sp b st vòi bit rng nó b v np
P(C) =
6
1
9 6 4 1
= 0.35
Bài 1.29 Bit rng ti xí nghip trong 3 tháng cui  ã có 6 v tai nn lao ng. Tìm xác sut
không có ngày nào có quá 1 v tai nn lao ng.
Giải: Vì 3 tháng cui  có 31+30+31=92 ngày, ta gi là ngày 1,..., ngày 92.
Không gian mu là tp các b s t nhiên ( a
1
, a
2
,..., a
6
) sao cho a
k
xy ra ngày a
k
).
S các ng hp ng kh  là n = 92
6
.
nhn giá tr t 1, 2,..,92 (tai nn th k
Gi A là bin c  có ngày nào có quá 1 v tai nn  Có ngha mt ngày có 1 v tai nn
hoc không.
S kt cc thun li cho bin c A là s chnh hp chp 6 ca t 92 phn t (các a
k
 mt khác nhau):
6
92
A
6
Vy: P(A) =
92
.
92
6
Bài 1.30 Có n i trong  có m i trùng tên xp hàng mt cách ngu nhiên. Tìm xác sut  m
i trùng tên ng cnh nhau nu:
a, H xp hàng ngang.
b, H xp vòng tròn.
Giải: a) Vì có n ngi xp thành hàng ngang nên s có n! cách xp.
Gi A là bin c  i trùng tên ng cnh nhau khi h xp hàng 
Nu coi i trùng tên ng ci thì ta có (n m + 1)! cách xi
có m! cách xi trùng tên.
Vy xác su m i trùng tên ng cnh nhau khi h xp hàng ngang là:
P(A) =
m!(n m 1)!
n!
b)
Ví có n i xp thành vòng tròn nên s có (n 1)! cách sp xp.
Gi b là bin c  i trùng tên ng cnh nhau khi h xp thành vòng 
14
m =
TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội
10
10
Nng ci thì khi xi thành vòng tròn ta có (n m)!
cách xp.
S kt qu thun li cho B là: m!(n m)!.
Vy xác su m i trùng tên ng cnh nhau khi h xp vòng tròn là:
P(B) =
m!(n m)!
(n 1)!
Bài 1.31 Ba n nhân viên phc v A, B, C thay nhau ra  chén và gi thit ba i này u 
  nhau. Trong mt tháng có 4 chén b v. Tìm xác sut:
a. Ch A  v 3 chén và ch B  v 1 chén
b. Mt trong 3 i  v 3 chén
c. Mt trong 3 i  v c 4 chén
Giải: Không gian mu là các b s (a,b,c,d)  vi a, b, c, d nhn giá tr 1, 2, 3 (giá tr 1, 2 ,3 nu chén
 c ch A, B, C  ng  v.).
S cng hng kh  4
3
.
a)
Ch  3 chén và ch  1 chén, có ngha có 3 s 1 và 1 s 2. S ng hp thun
li là
C
3
.1 4 nên P
4
1
.
4
a
4
3
16
b)
Mt trong 3 i  v 3 chén nên có 6 kh  là
(3,1,0); (3,0,1) ;(1,3,0);(0,3,1);(1,0,3);(0,1,3). Vy P
6
2
.
b
15 5
c)
Mt trong 3 i  v c 4 chén nên có 3 kh  (4,0,0);(0,4,0):(0,0,4) nên P
3
1
c
15 5
Bài 1.32 Có 10 khách ngu c vào 1 ca hàng có 3 quy. Tìm xác sut  n quy
s 1.
Giải: Mi v khách u có 3 s la chn vào 1 trong 3 quy bt k ca ca hàng.
Vy 10 v khách s có 3
10
s la chn vào 1 trong 3 quy bt k ca ca hàng.
Không gian mu là các b s ( a
1
, a
2
,..., a
10
) trong  a
k
 ng.
nhn giá tr 1,2,3 nu khách k vào quy 1,2,3
Gi A là bin c 3 v khách n quy s 1 (có ngha có 3 s a
k
S cách chn 3 v trí trong 10 v trí  gán giá tr 1 là C
3
.
bng 1).
Ta thy , 7 v khách còn li s xp vào 2 quy còn li (quy 2 và 3). Mi v khách có 2 s la chn vào 2
quy 2 và 3. Vy s ng hp xc là 2
7
S cách chn 3 v khách vào quy 1 và 7 v khách vào 2 quy 2 và 3 là 2
7
.C
3
Vy xác sut 3 v khách vào quy s 1 là
15
TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội
2
7
.C
3
P(A) =
10
3
10
= 0,26.
§4 Quan hệ giữa các biến cố
Bài 1.33 Mt chi tic ly ngu nhiên có th là chi tit loi 1(ký hiu là A) hoc chi tit loi 2(ký hiu
là B) hoc chi tit loi 3(ký hiu là C). Hãy mô t các bin c 
a)
A B
b)
AB C
c)
A B
d)
AC
Giải: Gi A là bin c  tit ly ra thuc loi 
B là bin c  tit ly ra thuc loi 
C là bin c  tit ly ra thuc loi 
a)
A + B là bin c ly ra chi tit loi A hoc loi B.
b)
A B
là bin c không ly ra c chi tit loi A hoc loi B , hay chính là ly ra chi tit loi C.
c)
AB+C là bin c ly ra hoc chi tit loi C hoc va là chi tit A va là chi tit B.
d)
AC là bin c ly ra chi tit va là loi A va là loi C.
Bài 1.34 Ba i cùng bn vào 1 mc tiêu. Gi A
k
là bin c i th k bn trúng mc tiêu. Hãy vit
bng ký hiu các bin c biu th bng:
a.
Ch có i th nht bn trúng mc tiêu
b.
Ch có mt i bn trúng mc tiêu
c.
Ch có hai i bn trúng mc tiêu
d.
Có i bn trúng mc tiêu
Giải: 3 i cùng bn vào mc tiêu. Gi A
k
là bin c i th k bn trúng mc tiêu (k =1, 3 )
a)
Ch có i th nht bn trúng mc tiêu:
A
1
.A
2
A
3
.
b)
Ch có 1 i bn trúng mc tiêu:
c)
Ch có 2 i bn trúng mc tiêu:
A
1
A
2
A
3
A
1
A
2
A
3
A
1
A
2
A
3
.
A
1
A
2
A
3
A
1
A
2
A
3
A
1
A
2
A
3
.
d)
Có i bn trúng mc tiêu:
A
1
A
2
A
3
.
Bài 1.35 Ta kim tra theo th t mt lô hàng có 10 sn phm. Các sn phm u thuc mt trong hai loi:
Tt hoc Xu. Ký hiu A
k
= (k = 1,10 ) là bin c ch sn phm kim tra th k thuc loi xu. Vit bng
ký hiu các bin c sau:
a.
C 10 sn phm u xu.
b.
Có ít nht mt sn phm xu
c.
Có 6 sn phm u kim tra là tt, còn các sn phm còn li là xu.
d.
Các sn phm kim tra theo th t chn là tt, còn các sn phm kim tra theo th t l là xu.
Giải:
a)
A =
b)
B =
c)
C =
d)
D =
A
1
A
2
...A
10
A
1
A
2
... A
10
A
1
A
2
...A
6
A
7
...A
10
A
1
A
2
A
3
...A
9
A
10
16
TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội
Bài 1.36 Gi A là bin c sinh con gái và B là bin c sinh con có tr 3kg. Hãy mô t
tng và tích ca 2 bin c trên.
Giải: A+B =  con gái hoc sinh con nng  
A.B =  con gái nng  
Bài 1.37 Mt công ty tham gia u thu hai d án. Gi A và B  ng là bin c công ty thng thu d
án th nht và th hai. Hãy mô t tng và tích ca A và B.
Giải: Tng A+ B là bin c: công ty thng thu 1 trong 2 d án
Tích A.B là bin c: công ty thng thu c 2 d án
§5 Định lý cộng và định lý nhân xác suất
Bài 1.38 u chng sn phm ca m
Sn phm loi 1: 40%, sn phm loi 2: 50%, còn li là ph phm.
Ly ngu nhiên mt sn phm ca nhà máy. Tính xác sut sn phm ly ra thuc loi 1 hoc loi 2.
Giải: Gi A
1
là bin c sn phm ly ra thuc loi 1
Gi A
2
là bin c ly ra sn phm loi 2
Gi A là bin c sn phm ly ra thuc loi 1 hoc loi 2
A= A
1
+A
2
Vì A
1
và A
2
xung khc vi nhau, do 
P(A) = P(A
1
+ A
2
) = P(A
1
)+P(A
2
) =0,4 +0,5=0,9.
Bài 1.39  nhp kho, sn phm ca nhà máy phi tri qua 3 phòng kim tra chng, xác sut phát
hin ra ph phm các phòng theo th t là 0,8; 0,9 và 0,99. Tính xác sut ph phm c nhp kho( các
phòng kim tra hoc lp)
Giải: Gi A
k
là bin c n phm ca nhà máy  qua phòng kim tra s k là ph ph (k=1,2,3).
A là bin c n phm nhp kho là ph ph
Ta có: P(A
1
) = 1 0.8 = 0.2; P(A
2
)= 0.1; P(A
3
)= 0.01.
Vì 3 phong kim tra hoc lp nên A
1
, A
2
, A
3
là các bin c c lp
Xác su sn phm nhp kho là ph phm:
P(A) = P(A
1
.A
2
.A
3
) = P(A
1
).P(A
2
).P(A
3
)= 0.1x0.2x0,01= 0,0002
Bài 1.40 Xác su khi i ng vt lý phm sai s t quá tiêu chun cho phép là 0,4. Thc
hin 3 ln c lp . Tìm xác sut ln  s t quá tiêu chun.
Giải : Gi
A
k
là bin c  sai ln k (k=1,2,3) .
Có P( A
k
) = 0,4 => P( A
k
) = 0,6 .
17
TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội
A = Bin c có  mt ln  sai s t quá tiêu chun =
A
1
A
2
A
3
A
1
A
2
A
3
A
1
A
2
A
3
P(A) = P( A
1
A
2
A
3
A
1
A
2
A
3
A
1
A
2
A
3
) = 3 . 0,4 . 0,6 . 0,6 = 0,432 .
Bài 1.41 Mt hp cha 3 bi trng, 7 bi  và 15 bi xanh. Mt hp khác cha 10 bi trng, 6 bi  và 9 bi
xanh. Ly ngu nhiên t mi hp mt bi. Tìm xác su hai bi ly ra có cùng màu.
Giải: Gi A
1
= bin c ly c bi trng hp 1 P (A
1
) =
3
25
B
1
= bin c ly c bi  hp 1 P (B
1
) =
7
25
C
1
= bin c ly c bi xanh hp 1 P (C
1
) =
15
25
A
2
= bin c ly c bi trng hp 2
P (A
2
) =
10
25
B
2
= bin c ly c bi  hp 2
P (B
2
) =
6
25
C
2
= bin c ly c bi xanh hp 2
P (C
2
) =
9
25
Vì A
1
, B
1
, C
1
, A
2
, B
2
, C
2
là các bin c c lp nên:
A = bin c ly c 2 bi màu trng
P (A) = P (A
1
) .P (A
2
) =
3
25
.
10
25
=
6
125
B = bin c ly c 2 bi màu  P (B) = P(B
1
) . P (B
2
) =
7
.
6
25 25
=
42
625
C = bin c ly c 2 bi màu xanh P(C) = P(C
1
) .P (C
2
) =
15
.
9
25 25
=
27
125
D = bin c ly c 2 bi cùng màu
A, B, C là các bin c c lp nên ta có xác sut  2 bi ly ra có cùng màu là:
P (D) = P (A) + P (B) + P (C) =
6
125
+
42
625
+
27
125
=
207
.
625
Bài 1.42 Hai i cùng bn vào 1 mc tiêu. Kh n trúng ca tng i là 0,8 và 0,9. Tìm xác
sut:
a, Ch có 1 i bn trúng
b, Có i bn trúng mc tiêu
c, C i bt
Giải: Gi A
1
là bin c i th nht bn trúng mc tiêu.
Vy P(A
1
) = 0,8; P( A
1
)=1-0,8= 0,2
Gi A
2
là bin c i th hai bn trúng mc tiêu. Vy P(A
2
) = 0,9
Vy P(A
2
) = 0,9; P( A
2
)=1-0,9= 0,1
a, Gi A là bin c ch có 1 i bn trúng
Có 2 ng hp xy ra
18
TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội
TH1: i 1 bn trúng và i 2 không bn trúng.
P(A
1
A
2
)= P(A
1
). P( A
2
)=0,8.0,1=0,08
TH2: i 1 không bn trúng và i 2 bn trúng.
P( A
1
A
2
)= P( A
1
). P(A
2
)=0,2.0,9=0,18
Vy xác sut ch có 1 i bn trúng mc tiêu là:
P(A) = P(A
1
A
2
) + P( A
1
A
2
) = 0,08 + 0,18 = 0,26
b)
Gi B là bin c i trúng mc tiêu.
B là bin c c hai i u bn t.
Vy nên P( B ) = P( A
1
). P( A
2
)= 0,2.0,1 = 0,02
Vy nên P(B)= 1- P( B ) = 1 0,02 = 0,98
Bài 1.43 Chi tit c gia công qua k công n ni tip nhau và cht ng chi tit ch c kim tra sau
khi ã c gia công xong. Xác sut gây ra khuyt tt cho chi tit công n th i là
Tìm xác su sau khi gia công xong chi tit có khuyt tt.
P
i
(i 1,..., k) .
Giải: Sn phm c gia công qua k công n. Sn phm có th có chi tit khuyt tt bt c công
n nào.
Ta có xác sut  chi tit công n 1 khuyt tt là P
1
nên xác sut  chi tit công n 1 không khuyt
tt là
P
1
1 P
1
 t, xác sut  chi tit công n i không khuyt tt là
P
i
1 P
i
Vy xác sut  sn phm không khuyt tt là
P P
1
P
2
...P
i
...P
k
nên xác sut  sn phm có chi tit
khuyt tt là 1 P 1 P
1
P
2
...P
i
...P
k
1 (1 P
1
)...(1 P
k
) .
Bài 1.44 Trong hp có n qu bóng bàn mi. i ta ly ra k qu   ( k
n
) sau  li b vào hp.
2
Tìm xác sut  ln sau ly k qu   thì ly c toàn bóng mi.
Giải: Sau khi ly ra k qu  ri li b li thì s bóng bàn mi còn li trong hp là n k qu và s
bóng c s là k qu.
Gi A là n c ly c k qu mi ln  Khi  xác sut ly c k qu mi là (chú ý k
n
):
2
P(A)=
k
nk
k
n
n k
!
k !
n
2k
!
:
n!
k !
n k
!
n k
!
2
n!
n
2k
!
.
19
C
C
TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội
10
9
Bài 1.45 Tín hiu thông tin c phát 3 ln vi xác sut thu c ca mi ln là 0,4.
Tìm xác su ngun thu nh
Nu mun xác sut thu c thông tin lên n 0,9 thì phi phát ít nht bao nhiêu ln.
Giải:
a.
Gi A là bin c n nào thu c thông 
P (A) = 0,6 . 0,6 . 0,6= 0,216
Gi 
là bin c ít nht mt l thu c thông tin
P (
) = 1- P (A) = 1- 0,216 = 0,784
b.
Nu mun xác sut c thông tin n 0,9 thì xác sut c thông tin phi là
0,1.
Ta có : P (A) = 0,1 P (
) = 0,9
Gi n là s ln phát, ta có : 0,6
= 0,1 hay n = 4,5.
Vy phi phát ít nht 5 ln
Bài 1.46 Hai i cùng bn vào mt mc tiêu, kh  ch có mi bn trúng là 0,38. Tìm
xác sut bn trúng ci th 1 bit kh n trúng ci th 2 là 0,8.
Giải: Gi xác sut bn trúng ca i th nhi th hai ln t là x và y
Xác sut ch mi bn trúng là x(1-y) + y(1-x) = 0.38
Theo bài có y = 0.8 nên x = 0.7
Vy xác sut bn trúng ca i th nht là 0.7
Bài 1.47 Trong 10 sn phm có 2 ph phm. Ly ngu nhiên 2 sn phm. Tính xác su c 2 sn phm
u là ph phm trong ng hp:
a.
Ly hoàn li.
b.
Ly không hoàn li.
Giải:
a.
Gi A là bin c: c 2 sn phm ly u là ph phm
A
1
là bin c: sn phm u tiên ly c là ph phm
A
2
là bin c: sn phm th hai ly c là ph phm
⇒ A=A
1
.A
2
. Vì ly có hoàn li nên A
1
và A
2
là 2 bin c c lp nên P(A)=P(A
1
).P(A
2
).
Ta có P(A
1
)=P(A
2
)=2/10 ⇒ P(A)=0,2.0,2=0,04
b.
Vì ly không hoàn li nên A
1
và A
2
là hai bin c ph thuc
⇒
P(A) = P(A
1
A
2
) = P(A
1
).P(A
2
|A
1
) =
2
.
1
= 0,022.
20
TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội
9
Bài 1.48 Mt ni  c lp van bo him vi xác sut hng ca các  ng là 0,1 và 0,2. Ni
 s hot ng an toàn khi có van không hng. Tìm xác sut  ni  hot ng:
a.
An toàn
b.
Mt an toàn
Giải: Gi A
1
là bin c van 1 không hng : P(A
1
)=0,1
Gi A
2
là bin c van 2 không hng : P(A
2
)=0,2
Gi A là bin c ni  hong không an toàn khi có van b hng.
P(A)=P(A
1
.A
2
)=P(A
1
).P(A
2
)=0,1.0,2=0,02.
Vy xác sut  ni  hot ng an toàn là: P=1 - 0,02=0,98.
Bài 1.49 Bn liên tip vào 1 mc tiêu cho u tiên trúng mc tiêu thì dng. Tính xác
sut sao cho phi bn n viên th 6, bit rng xác sut trúng mc tiêu ca mi viên n là 0,2 và các ln
bc lp nhau.
Giải: Gi A là bin c i bn n viên th 6 mi trúng 
A
k
là bin c  th k trúng  : P(A
k
) = 0,2.
Phi bn n viên th 6 mi y, phi bn t 5 ln u và ln th sáu thì trúng. Ta li có
các ln bn có kt qu c lp vi nhau, vì vy các bin c A
1
, A
2

6
là các bin c c lp.
Vy xác sut  ln th 6 trúng  là:
P(A) =
P

1
).P
).P
).P
).P
).P(A
6
)
= ( 1 0,2)
5
.0,2 = 0,065536.
Bài 1.50 Mt th kho có chùm chìa khóa gm 9 chi có mt chic m ca kho. Anh ta th
ngu nhiên tng chìa khóa mt, chiã c th thì không th li. Tính xác sut anh ta m c ã
ln th th 
Giải: Gi A
1
là bin c: n th nht không m c ca 
A
2
là bin c: n th hai không m c ca 
A
3
là bin cn th ba không m c c
A
4
là bin cn th  c c
u bài, th kho th ngu nhiên tng chìa mt, chiã c th thì không th l
1
,
A
2
, A
3
, A
4
là các bin c ph thuc.
Xét bin c A
1
, chùm chìa khóa có 9 chìa trong  có mt chìa m c, 8 chìa còn li không m
c. Ln th nht không m c. Vy bin c A
1
có xác sut: P(A
1
) =
8
21
TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội
8
7
6
36
36
18
Xét bin c A
2
, sau khi th ln th nht, còn 8 chic chìa khóa trong  1 chic m c và 7 chic
không m c. Ln th hai không m c. Vy bin c A
2
có xác sut: P(A
2
|A
1
) =
7
 t, xét bin c A
3
, sau khi th ln th hai, còn 7 chic chìa khóa trong  1 chic m c và 6
chic không m c. Ln th 3 không m c. Vy bin c A
3
có xác sut: P(A
3
|A
1
A
2
) =
6
Xét bin c A
4
, sau khi th ln ba, còn 6 chic chìa khóa trong c m c và 5 chic không
m c. Ln th  c. Vy bin c A
4
có xác sut: P(A
4
|A
1
A
2
A
3
) =
1
Vy xác sut  m c ca kho ln th th  là:
P(A) = P(A A A A )=P(A ).P(A |A ).P(A |A A ).P(A |A A A ) =
8 7 6 1
1
.
1 2 3 4 1 2 1 3 1 2 4 1 2 3
. . .
9 8 7 6 9
Bài 1.51 Công ty s dng hai hình thc qung cáo là  phát thanh và vô tuyn truyn hình. Gi s 25%
khách hàng nm c thông tin này qua vô tuyn truyn hình, 34% khách hàng nm c thông tin qua
 phát thanh và 10% khách hàng nc thông tin qua c hai hình thc qung cáo. Tìm xác su
chn ngu nhiên 1 khách hàng thì ngi m c thông tin v sn phm ca công ty.
Giải: A là bin c  hàng nm c thông tin ca công ty qua vô tuyn truyn 
B là bin c c thông tin c
Theo  bài : P(A) = 0,25; P(B) =0.34; P(A.B) = 0,1.
A+B=  hàng nm c thông tin ca công 
P (A+B) = P(A) + P(B) - P(A.B) = 0,25 + 0,34 0,1 = 0,49.
Vy xác sut  khách hàng nm c thông tin ca công ty là 49%.
Bài 1.52 Gieo 2 con xúc xc i xng và ng cht. Gi A là bin c xut hin khi tng s chm thu
c là l, B là bin c c ít nht mt mt mt chm. Tính P(AB),P(A+B), P

)
Giải: Gieo hai con xúc xc.
Mi xúc xc có 6 mt  ng vi các s chm 1,2,3,4,5,6 .
A là bin c xut hin khi tng s chm thu c là l.
B là bin c c ít nht mt mt mt chm.
A={(1,2),(1,4),(1,6),(2,3),(2,5),(3,4),(3,6),(4,5),(5,6),(2,1),(4,1),(6,1),(3,2),(5,2), (4, 3),(6,3),(5,4),(6,5)}
B={(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),(2,1),(3,1),(4,1),(5,1),(6,1)}
B|A ={(1,2),(1,4),(1,6),(2,1),(4,1),(6,1)}.
Vy P(A)=
18
P(B)=
11
P(B|A)=
6
Vì A và B là hai bin c ph thuc nên :
P(AB)=P(A).P(B|A)=
18
.
6
=
1
36 18
6
P(A+B)= P(A) + P(B) P(AB)=
18
+
11
-
1
=
23
36
36
6
36
22
TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội
6
9
9
9
P

)=
1- P(AB)=
5
.
Bài 1.53 Có 2 bóng èn n vi xác sut hng ng là 0,1 và 0,2 và vic chúng hc lp vi
nhau. Tính xác su mn do bóng hng nu chúng mc:
a)
Ni tip
b)
Song song
Giải: Gi xác sut  2  hng ln t là P
1
và P
2
Ta có
P
1
0,1 và P
2
0,2 và 2 bin c  hng là 2 bin c c lp
a)
Mch ni tip : mch không có n khi 1 trong 2  hng
Xác sut  1 không hng
Xác sut  2 không hng
P
1
1 P
1
1 0,1 0,9
P
2
1 P
2
1 0,2 0,8
Xác sut  mch n tc là 2  u không hng là
P P
1
P
2
0,9.0,8 0,72
nên xác sut  mch không có n là
P
a
1 0, 72 0, 28
b)
Mch song song : mch không có n khi c 2  u hng nên xác sut mch không có n
là P
b
P
1
P
2
0,1.0, 2 0, 02
Bài 1.54 Có hai lô hàng. Lô 1: Có 90 chính phm và 10 ph phm. Lô 2: Có 80 chính phm và 20 ph
phm. Ly ngu nhiên t mi lô hàng mt sn phm. Tìm xác su:
a.
Ly c mt chính phm
b.
Ly c ít nht mt chính phm.
Giải: a) Gi A là bin c y c 1 chính ph A xy ra, có th ly 1 chính phm t Lô 1 và 1
ph phm t Lô 2 hoc 1 chính phm t Lô 2 và 1 ph phm t Lô 1.
Do  xác t ca bin c A:
(
)
=
90
.
20
+
80
.
10
= 0,26
100
100
100 100
b) Gi B là bin c y c ít nht 1 chính ph bin c i
là Không l c chính phm

Xác sut ca bin c
:
(
)
=
10
.
20
= 0,02 nên
(
)
= 1
(
)
= 1
0,02 = 0,98.
100 100
Bài 1.55 Mt lô hàng có 9 sn phm. Mi ln kim tra chng ly ngu nhiên 3 sn phm. Sau khi
kim tra xong li tr vào lô hàng. Tính xác su sau 3 ln kim tra lô hàng, tt c các sn phu
c kim tra.
Giải:
Gi
là bin c ln th i ly ra 3 sn phm m  kim tra. (i=
) . Gi A là bin c sau 3
ln kim tra tt c các sn ph  c kim tra. A= A
1
.A
2
.A
3
Vì các bin c ph thuc nên ta có:
3
3
3
5
P(A) = P(A
1
).P(A
2
|A
1
).P(A
3
|A
1
A
2
) = 9
6
3
= .
3
3
3
1764
23
TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội
6
Bài 1.56 Xác su 1 viên n bn trúng  là 0,8. Hi phi bn bao nhiêu viên n  vi xác
sut nh  hy vng rt.
Giải: Gi s bn n ln. Gi A
k
= bin c n th k bn  (k=1,...,n).
A = bin c n b
Ta có: P(A
1
) = P(A
2
) =  = P(A
n
) = 0,8.
Do A
1
, A
2

n
c lp nên => P(A) = 0,8
Theo gi thit xác sut ca bin c A < 0,4 0,8
n
0, 4 ln 0,8
n
ln 0, 4 n ln 0,8 ln 0, 4 n 4,1.
Vy phi bn ít nht 5 viên n  vi xác sut nh  0,4 có th hi vng rt.
Bài 1.57 Phi tung mt con xúc xc ít nht trong bao nhiêu ln  vi xác sut ln  0,5 có th hy vng
rng có ít nht 1 ln c mt 6 chm.
Giải: Gi s tung con xúc xc k ln thì ít nht có 1 ln xut hin mt 6 chm.
Gi A là bin c t 1 ln xut hin mt 6 ch
Vy là bin c t 6 chm không xut hin ln 
⟹  = (
5
)
k
6
Có P(A) +  = 1
⟹
P(A) = 1  = 1 (
5
)
k
> 0,5
⟹
(
5
)
k
<
1
⟹
k >
log
1
5
⟹
k> 3,8
6
2
6
2
Vy s ln ít nht cn gieo  xut hin mt 6 chm ít nht 1 ln vi xác sut ln  0,5 là 4 ln.
§6 Công thức Bernoulli
Bài 1.58 Mt nhân viên bán hàng mi ngày  chào hàng 10  vi xác sut bán hàng mi  là 0,2.
a.
Tìm xác sut  i  c hàng 2
b.
Tìm xác su i  c hàng ít nht 1
Giải: Coi vic bán hàng mi t phép th thì ta có 10 phép th c lp. Trong mi
phép th ch có 2 kh i lp: hoc hàng hoc không. Xác suc hàng m
0,2. Vy bài toán tha mãn l Bernoulli.
24
TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội
10
10
12
10
a.
Gi A là bin c i  bán c hàng 2 
P(A)=
2
.0,2
2
.0,8
8
=0,3
b.
Gi B là xác sui  bán c  nào.
P(B)=
0
.0,2
0
.0,8
10
Vy xác su i  bán c ít nht m là:
P= 1 P(B) =0,8926
Bài 1.59 T l ph phm ca 1 máy là 5%. Tìm xác sut trong 12 sn phm do máy  sn xut ra có:
a.
2 ph phm.
b.
Không quá 2 ph phm.
Giải: a) Xác sut  sn xut ra 2 ph phm  là:
12
(
2
)
=
2
.0,05
2
. 0,95
10
0,0988 9,88%
b) Gi B là bin c    sn xut ra có không quá 2 ph ph ta có:
(
)
=
12
(
0
)
+
12
(
1
)
+
12
(
2
)
=
0
0,05
0
. 0,95
12
+
1
0,05
1
.0,95
11
+
2
0,05
2
.0,95
10
0,9804 98,04%
12
12
12
Bài 1.60  thi trc nghim có 10 câu hi , mi câu hi có 5 cách tr li  có mt cách tr li
t thí sinh chn cách tr li mt cách hoàn toàn hú ha . Tìm xác su i   , bit
r  phi tr lt 8 câu .
Giải: Coi vic tr li mi câu hi ci t phép th c lp , ta có 10 phép th c lp . Mi
phép th có 5 cách tr li nên xác su tr li câu hi là 0,2 .
Vy bài toán tha mãn lc  Bernoulli .
Theo công thc Bernoulli :
P
10
(8) =
8
. 0,2
8
. 0,8
2
= 0,000078 .
Bài 1.61 Mt siêu th lp 4 chuông báo cháy hot ng c lp vi nhau. Xác su khi có cháy mi
chuông kêu là 0,95. Tìm xác su có chuông kêu khi cháy.
Giải: Gi A là bin c chuông kêu khi có cháy
Ta có là bin c không có chuông nào kêu khi cháy.
Coi 4 chuông báo cháy là 4 phép th, ta có 4 phép th c lp. Trong mi phép th có 2 kh y ra
chuông kêu hoc không kêu khi có cháy. Xác sut chuông kêu khi có cháy là p = 0,95.
P()=P
4
(0)= 0,05
4
=6,25. 10
-6
Vy P(A)=1-P()=1- 6,25. 10
-6
=0,999994.
25
TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội
10
10
41
41
§6 Công thức xác suất đầy đủ và công thức Bayes
Bài 1.62 Hai máy cùng sn xut 1 loi sn phm. T l ph phm ca máy I là 3% còn ca máy II là 2%.
T mt kho gm 2/3 sn phm máy I và 1/3 sn phm máy II ta ly ra 1 sn phm. Tính xác su sn
pht.
Giải: Gi A là bin c sn phm ly ra là tt
H
1
là bin c sn phm ly ra ca máy I.
H
2
là bin c sn phm ly ra ca máy II
T l ph phm ca máy I và máy II ln t là 3% và 2% nên t l sn phm tt ca máy I và II ln
t là: 97% và 98%.
Bin c A có th xy ra vi 1 trong 2 bin c H
1
và H
2
to nên mt nhóm y  các bin c . Do 
theo công thc y  ta có:
P(A)= P(H
1
). P
(
|
1
)
+ P(H
2
) .P
(
|
1
)
= 2/3. 0,97 + 1/3. 0,98 = 0,9733.
Bài 1.63 Có 2 x th loi I và 8 x th loi II, xác sut ba các loi x th theo th t là
0,9 và 0,8.
a)
Ly ngu nhiên ra 1 x th và x th  bn 1 viên n. Tìm xác sut  viên n  trúng 
b)
Nu ly ra 2 x th và mi i bn 1 viên thì kh   c 2 viên u trúng  là bao nhiêu?
Giải: a) Ly ngu nhiên 1 x th.
Gi H
1
là bin c n x th loi 
⇒
(
1
)
=
2
Gi H
2
là bin c n x th loi 
⇒
(
2
)
=
8
Gi A là bin c  n trúng 
Bin c A có th xy ra vi 1 trong 2 bin c H
1
và H
2
, to nên mt nhóm y  các bin c.
Theo công thc xác sut y :
(
)
=
(
1
)
.
(
|
1
)
+
(
2
)
.
(
|
2
)
=
2
× 0,9 +
8
10 10
× 0,8 = 0,82
b) Khi A xy ra i u tiên bn trúng :
Áp dng công thc Bayes:
(
|
)
=
(
1
)
. (|
1
)
=
0,2.0,9
=
9
1
(
)
0,82 41
(
|
)
=
(
2
)
.(|
2
)
=
0,8.0,8
=
32
2
(
)
0,82 41
(
1
)
,(
2
)  u chnh mi là
(
1
)
=
9
và
(
2
)
=
32
.
Gi B là bin c  2 viên n trúng 
⇒
(
)
=
(
1
)
.
(
|
1
)
+
(
2
)
.
(
|
2
)
26
TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội
=
9
. 0,9 +
32
.0,8
41 41
= 0,6683 0,67
Bài 1.64 Có 2 lô sn phm. Lô 1: Gm toàn chính phm. Lô 2: Có t l ph phm và chính phm là ¼.
Chn ngu nhiên mt lô, t lô này ly ngu nhiên 1 sn phm, thy nó là chính phm, ri hoàn li sn
phm này vào lô. Hi rng nu ly ngu nhiên (cng t ã chn) mt sn phm khác thì xác su ly
sn phm này là ph phm là bao nhiêu ?
Giải: Gi s: H
1
= n c ly c sn phm t lô 
H
2
n c ly sn phm t 
A= n c sn phm ly ln 1 là chính ph
Theo công thc y  ta có
P(A)= P(H
1
). P
(
|
1
)
+ P(H
2
). P
(
|
2
)
=
1
1 +
1
4
=
9
Khi A xy ra:
1
.1
2
2
5
10
P
H |A
=
P
H
1
.P
A|H
1
=
2
=
5
1
P
H
2
|A
=
P( A)
P
H
2
.P
A|H
2
P( A)
9
10
1
.
4
=
2 5
9
10
9
=
4
9
Vy P(H
1
), P(H
2
) u chnh mi là: P(H
1
)=
5
, P(H
2
)=
4
.
9
9
Gi n c ly c sn phm 2 là ph ph
Khi  P(B) = P(H
2
).P
(
|
2
)
=
4
1
=
4
.
9
5
45
Bài 1.65 Bn 3 n vào mt máy bay vi xác sut trúng  ng là 0,4; 0,5 và 0,7. Nu trúng mt
phát thì xác suu trúng 2 phát thì xác suòn nu trúng c 3
phát thì chc chìm xác su 
Giải: Gi A là bin c Máy bay  "
k
là bin c trúng k phát, k
k
là bin c bn trúng phát th k, k
Ta có
A
1
G
1
.G
2
.G
3
G
1
.G
2
.G
3
G
1
.G
2
.G
3
nên
27
TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội
2
2
2
.
6
3
45
P(A
1
) = 0,4.0,5.0,3+ 0,6.0,5.0,3+ 0,6.0,5.0,7 = 0,36.
 t có P(A
2
) =0,4 ; P(A
3
) = 0,14.
H A
1
, A
2
, A
3
là h y .
Có P(A) = P(A
1
).P(A| A
1
)+P(A
2
).P(A| A
2
)+P(A
3
).P(A|
3
) =0,458.
Vy xác su máy bay  là 0,458.
Bài 1.66 Có hai lô hàng. Lô 1: Có 7 chính phm và 3 ph phm. Lô 2: Có 8 chính phm và 2 ph phm.
T lô th nht ly ra 2 sn phm, t lô th hai ly ra 3 sn phm ri trong s sn phm ly c ly ra li
ly tip ngu nhiên 2 sn phm. Tính xác su trong 2 sn pht mt chính phm.
Giải: Gi A là bin c ly ra ít nht 1 chính phm thì 
là bin c l c toàn ph phm (2 ph phm).
Gi H
1
là bin c ly c 2 sn phm ly ra u thuc lô 1.
H
2
là bin c lc 2 sn phm ly ra t lô 2.
H
3
là bin c ly c 2 sn phm thì 1 sn phm thuc lô 1, 1 sn phm thuc lô 2
Ta có P(H
1
) =
2
=
1
5
10
, P(H
2
) =
3
=
3
5
10
1 1
, P(H
3
) =
2
3
= =
5
10
5

x ra ng thi vi 3 bin c trên và 3 bin c này lp thành 1 nhóm bin c  
2
3
2
1
1
1
Ta có: P( A | H ) =
3
= , P( A | H
) =
2
= , P( A | H ) =
3
.
2
= 0,6.
1
2
2
2
10
10
3
10
10
Theo công thc xác sut y  ta có:
P() = P(H
1
).P(| H
1
)+P(H
2
).P(|H
2
)+P(H
3
).P(|H
3
)=
37/750. Vy P(A)=1- P() = 1- 37/750 0,951.
Bài 1.67 Có hai lô sn phm. Lô 1: Có a chính phm và b ph phm. Lô 2: Có c chính phm và d ph
phm. T lô th nht b sang lô th hai mt sn phm, sau  t lô th hai b sang lô th nht mt sn
ph lô th nht ly ra mt sn phm. Tìm xác su lc chính phm.
Giải: Gi H
1
là bin c  phn ca lô 1 không 
H
2
là bin c  lô 1 ph phm c thay th bng chính ph
H
3
là bin c  lô 1 chính phm c thay th bng ph ph
A là bin c c chính ph
H H
1
, H
2
, H
3
là mt h y . Ta  tính xác sut ca chúng.
28
2
2
.
45
TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội
+1
+1
=
Ta có: P(H
2
) =
=
Ta có: P(H
3
) =
=
Nu H
1
xy ra: do thành phi  ta có hai ng hp ly chính phm t lô 1 sang lô 2
sau i ly chính phm t lô 2 sang lô 1 ng hp 1) hoc ly ph phm t lô 1 sang lô 2 ri ly ph
phm t ng hp 2).
+) ng hp 1: u tiên chn 1 trong a chính phm trong lô 1 b sang lô 2 sau n 1 trong c+1
chính phm  b sang lô 1.
+) ng hp 2: u tiên chn 1 trong b ph phm lô 1 b sang lô 2 sau  chn 1 trong d+1 ph phm
lô 2 b sang lô 1.
Ta có: P(H
1
) =
1
.
1
+
1
.
1
(
+
)(
++1
)
(
+1
)
+
(
+1
)
(
+
)(
++1
)
Nu H
2
xy ra: ta ly 1 ph phm t lô 1 sang lô 2 ri ly 1 chính phm t lô 2 sang lô 1.
1
.
1
(
+
)(
++1
)

(
+
)(
++1
)
Nu H
3
xy ra: ta ly 1 chính phm t lô 1 sang lô 2 ri ly 1 ph phm t lô 2 sang lô 1.
1
.
1
(
+
)(
++1
)

(
+
)(
++1
)
Có: P(A|H
1
)=
; P(A|H
2
)=
+1
; P(A|H
3
)=
1
+
+
+
Vy P(A) = P(H
1
). P(A|H
1
) + P(H
2
). P(A|H
2
) + P(H
3
). P(A|H
3
)
=
(
+1
)
+
(
+1
)
.
+

.
+1
+

.
1
(
+
)(
++1
)
+
(
+
)(
++1
)
+
(
+
)(
++1
)
+
+

(
+
)
2
(
++1
)
Bài 1.68 T l i dân nghin thuc lá mt vùng là 30%. Bit rng t l i b viêm hng trong s
i nghin thuc lá 60%, còn t l i b viêm hng trong s i không hút thuc lá là 40%.
a.
Ly ngu nhiên mt i, bit rng i  viêm hng. Tính xác sut i  nghin thuc.
b.
Nu i  không b viêm hng, tính xác sut  i  là nghin thuc.
Giải:
Thuc lá
Viêm hng
Nghin
A
1
Không nghin
A
2
Tng
B - B
0,18
0,28
0,46
Không b - C
0,12
0,42
0,54
Tng
0,3
0,7
1
29
=
+
.
TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội
29
50
27
a.
gi A
1
là bin c i  nghin thuc
A
2
là bin c i  nghin thuc.
B là bin c  viêm hng
P(B) = P(A
1
) . P(B|A
1
) + P(A
2
) . P(B|A
2
) =
3
.
3
+
7
.
2
=
23
P(A
1
|B) =
P
(
A1
).
P
(
B
|
A1
)
P
(
B
)
3
.
3
10
5
= 0,3913
100
10 5
10 5
50
b.
C là bin c i  b viêm hng
P(C) = 1- P(B) =
27
.
P(A
1
|C) =
P
(
A1
).
P
(
C
|
A1
)
P
(
C
)
3
.
2
10
5
= 0,222
50
Bài 1.69 Mt c máy có 3 b phn 1, 2, 3. Xác sut hng ca các b phn trong thi gian làm vic theo
th t là 0,2; 0,4 và 0,3. Cui ngày làm vic bit rng có 2 b phn b hng. Tính xác sut  2 b
phn b h phn 1 và 2.
Giải: t A
1
là bin c b hng ca b phn 1 : P(A
1
) =0.2
A
2
là bin c b hng ca b phn 2 : P(A
2
) =0.4
A
3
là bin c b hng ca b phn 3 : P(A
2
) =0.3
B là bin c b hng ca 2 b phn trong 3 b phn.
P(B) = P(A
1
A
) + P(
A
A
3
)
+
P

1
A
2
A
3
)
= 0,2.0,4.0,7 + 0,2.0,6.0,3 + 0,8.0,4.0,3 = 0,188.
Xác su b phn 1 và 2 b hng là:
P(A A ) =
(
1

)
=
0,2.0,4.0,7
0.298.
1 2
(
)
0
.
188
Bài 1.70 Trong mt bnh vin, t l bnh nhân các tnh A : 25% , tnh B : 35% , tnh C :
40% . Bit rng t l bnh nhân là k a các tnh là: tnh A : 2% , tnh B: 3% , tnh C : 3,5%. Chn
ngu nhiên mt bnh nhân. Tính xác su b 
Giải: Gi A là bin c chn c bnh nhân là k  .
H
1
là bin c chn c bnh nhân tnh A : P(H
1
) = 25%
H
2
là bin c chn c bnh nhân tnh B : P(H
2
) = 35%
H
3
là bin c chn c bnh nhân tnh C : P(H
3
) = 40%
y A có th xy ng thi vi H
1
, H
2
, H
3
và H
1
, H
2
, H
3
to ra mt nhóm y  các bin c .
Theo công thc tính xác sut bin c  :
30
=
=
TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội
3
3
3
P(A) = P(H
1
). P(A|H
1
) + P(H
2
).P(A|H
2
) + P(H
3
). P(A|H
3
)
= 0,25.0,02 + 0,35 .0,03 + 0,4.0,035 = 0,0295.
Bài 1.71 Mi có 3 ch  thích  nhau  câu cá. Xác su câu c cá nhng ch  
ng là : 0,6 ; 0,7 ; 0,8. Bit rng mt ch i  th câu 3 ln và ch c mt con cá. Tìm xác
su c câu ch th nht.
Giải: Gi H
1
là bin c i  ch th nht
H
2
là bin c  ch th hai
H
3
là bin c  ch th ba
P(H
1
) = P(H
2
) = P(H
3
) = 1/3.
A là bin c câu c cá.
Theo công thc Bernoulli : P(A|H
1
) =
P(A|H
2
) =
P(A|H
3
) =
Áp dng công thc Bayes :
P(H
1
/A) =
C
1
.0,6 . 0,4
2
.
C
1
.0,7. 0,3
2
.
C
1
0,8. 0,2
2
.
P(H
1
).P( A | H
1
)
P(H
i
).P( A | H
i
)
i
1
= 0,502.
§5 Bài tập tổng hợp chương 1
Bài 1.72 Xác sut ca bin c A là 0,7. Hãy cho bit con s  có ý  gì?
Giải: Con s   là trong 1 không gian cho c có 100% các ng hp xy ra thì s các
ng hp thun li  bin c A xy ra s chim 70%.
Bài 1.73 Có 30 sn phm trong  có 3 ph phm c b ngu nhiên vào 3 hp vi s ng bng nhau.
Tìm xác su có mt ht ph phm.
Giải: Gi A là bin c hp nào  có 1 ph phm.
Gi s 3 hp này phân bit vi nhau, c kt cc duy nht ng kh  có th xy ra khi xp 30 sn
phm vào 3 hp là:
10
10
10
(xp 10 sn phm vào h 1, sau  p 10 sn phm vào hp 2 và cui
30
.
20
.
10
cùng là 10 sn phm còn li vào hp 3).
Xét bin c A : c 3 ph phm u nm trong 1 hp.
Nu 3 ph phm u nm trong hp 1, s kt cc thun li là:
7
10
10
27
20 10
Vi ng hp 3 ph phm cùng nm trong hp 2 hoc 3 :  t.
Vy s kt cc thun li cho bin c
A
là: 3.
7
10
10
27
20 10
31
3
TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội
1
0
3.
1
0
7
nên P( A ) =
27
suy ra P(A) = 1 -
30
7
27
= 0,911.
30
Bài 1.74 Ra khi phòng khách N ngi cùng s giày x ngu nhiên vào mt  giày trong bóng ti. Mi
i ch có th phân bit chic giày trái và phi, còn không phân bic giày ca mình vi giày ca
i khác. Tìm xác su:
a.
Mi i khách x   giày ca mình.
b.
Mi khách x c giày ca m
Giải: a) Gi A
k
là bin c i th k x   giày ca mình (k = 1,..., N).
A là bin c mi khách x a mình.
Ta có :
A A
1
.A
2
...A
N
và P( A) P( A
1
.A
2
...A
N
) P( A
1
).P( A
2
| A
1
).P( A
3
| A
1
A
2
)...P( A
N
| A
1
A
2
...A
N 1
)
Phòng khách có N ngi, vì th có N chic giày trái và N chic giày phi.
Xác sut  i th 1 x  chic giày trái và chic giày phi ca mình (trong N chic giày trái
và N chic giày phi) là
P( A ) =
1
.
1
.
1
Xác su i th 2 x  chic giày trái và chic giày phi ca mình (trong N-1 chic giày trái
và N-1 chic giày phi còn li) là P( A | A ) =
1
.
1
.
2
1
1
1
Xác su i th N-1 x  chic giày trái và chic giày phi ca mình (trong 2 chic giày trái
và 2 chic giày phi còn li) là P( A | A A ...A
) =
1
.
1
.
Cui cùng P( A
N
| A
1
A
2
...A
N 1
)
N 1 1 2
= 1.
N
2
2
2
 xác sut  mi i x   giày ca mình là:
1
.
1
.
1
.
1
.
1 1 1 1
1
N
N N 1
. . .
.
N 1 2 2 1 1
N !
2
b)
Gi s mi i  ra khi phòng s x 1 chic giày trái bt kì.
Gi A
k
là bin c i th k x  chic giày phi còn li (k = 1,..., N).
A là bin c mi khách x 1 .
Ta có :
A A
1
.A
2
...A
N
và P( A) P( A
1
.A
2
...A
N
) P( A
1
).P( A
2
| A
1
).P( A
3
| A
1
A
2
)...P( A
N
| A
1
A
2
...A
N 1
)
Xác sut  i th 1 x chic giày phi cùng  vi chic giày trái (trong N chic giày phi):
P( A ) =
1
1
Xác sut  i th 2 x chic giày phi cùng  vi chic giày trái (trong N-1 chic giày phi còn
li):
P( A | A ) =
1
2
1
1
32
3.
TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội
Xác sut  i th N-1 x chic giày phi cùng  vi chic giày trái (trong 2 chic giày phi còn
li): P( A | A A ...A
) =
1
.
N 1 1 2
N 2
2
Cui cùng
P( A
N
| A
1
A
2
...A
N 1
)
= 1.
 xác sut  mi i có th x c  2 chic giày cùng  là:
1
.
1
.
1 1 1 1 1
. . .
.
N N 1 2 2 1 1 N !
Bài 1.75 T l ph phm ca mi ta dùng mt thit b kim tra t 
chính xác khá cao song vn có sai sót. T l sai sót i vi chính phm là 4% còn i vi ph phm là
1%. Nu sn phm b kt lun là ph phm thì b loi.
a.
Tìm t l sn phm c kt lun là chính phm mà thc ra là ph phm.
b.
Tìm t l sn phâm b kt lun là ph phm mà thc ra là chính phm.
c.
Tìm t l sn phâm b thit b kim tra  kt lun nhm.
Giải: Gi A = n phm sn xut ra là chính ph
B = n phm sn xut ra là ph ph
H
1
= n phm c thit b kt lun là chính ph
H
2
n phc kt lun là ph ph
Ta có:
P(A) = 0,95
P(B) = 0,05
P(H
1
|A) = 0,96; P(H
2
|A) =0,04
P(H
1
|B) = 0,01; P(H
2
|B) = 0,99
a)
Gi C = n phm c kt lun là chính phm c ra là ph ph = H
1
B
P(C) = P(H
1
B)=P(B).P(H
1
|B)= 0,05.0,01=0,0005=0,05%.
b)
D = n phm c kt lun là ph ph thc ra là chính ph = H
2
A
P(D)= P(H
2
A)= P(A).P(H
2
|A) = 0,95.0,04=0,038=3,8%.
c)
E = n phm b kt lun nh
P(E)= P(C) + P(D) = 0,05%+3,8%= 3,85%.
Bài 1.76 Thng kê 2000 sinh viên mt khóa ca ng kinh t theo gii tính và ngành hc thu c các
s liu sau:
Nam
N
Hc kinh t
400
500
Hc qun tr kinh doanh
800
300
Ly ngu nhiên mt sinh viên khóa  Tìm xác sut  c :
a.
Nam sinh viên
b.
Sinh viên hc kinh t
c.
Hoc nam sinh viên, hoc hc kinh t
d.
Nam sinh viên và hc kinh t
e.
Nu ã chn c nam sinh viên thì xác sut  i c kinh t bng bao nhiêu?
Giải: Không gian mu:
|
Ω
|
= 2000 (SV)
33
TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội
2000
2000
2000
2000
a.
S nam sinh viên ca khóa: A= 400+800=1200 (SV)
Xác sut  sinh viên  là sinh viên nam là : P(A) =
1200
= 0,6
b.
S sinh viên khoa kinh t là B= 400+500=900
Xác sut  sinh viên  là sinh viên kinh t là : P(B) =
900
= 0,45
c.
Xác su  là sinh viên nam hoc sinh viên kinh t là :
P(C) =
400+500+800
= 0,85
d.
Xác sut là nam sinh viên và hc kinh t là : P(D) =
400
= 0,2
e.
Nu ã chn c mt nam sinh viên thì xác sut  i  hc kinh t là: P(E) = P(B|A) =
(

)
=
400
= 1/3.
( ) 400+800
Bài 1.77 Lô hàng xut khu có 100 kin hàng, trong  kin hàng ca xí nghip A và 40 kin hàng
ca xí nghip B. T l ph phm ca xí nghii ta ly ngu
nhiên mt ki kim tra.
a.
c khi m kin hàng  kim tra thì xác su kin hàng  kin hàng ca xí nghip A là
bao nhiêu?
b.
Gi s m kin hàng và ly ngu nhiên ra mt sn phm thì c ph phm. Vy xác su là
kin hàng ca xí nghip A là bao nhiêu?
c.
Gi s ly tip sn phm th hai t kin hàng  thì cng ly c ph phm. Vy xác su 
là kin hàng ca xí nghip A là bao nhiêu?
Giải:
a.
Gi H
1
là bin c c khi m kin hàng ra kim tra thì  là kin hàng ca xí nghip A.
P
H
60
3
.
1
100 5
b.
Gi Y là bin c sn phm ly ngu nhiên là ph phm
H
1
là bin c kin hàng ca xí nghip A: P H
3
1
H
2
là bin c kin hàng ca xí nghip B: P H
2
5
2
.
5
Ta có
P(Y ) P
H
.P(Y | H ) P
H
.P(Y | H )
3
.0, 3
2
.0,1.
1 1 2 2
5 5
Theo công thc Bayes: xác sut  kin hàng  ca xí nghip A là
34
TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội
.0, 3
P(H
3
| Y )
P
H
1
.P(Y | H
1
)
5
9
(so sánh vi
P
H
câu a) thì nó ã u chnh
1
P
Y
3
.0, 3
2
.0,1
11
1
5
5 5
do bin c Y xy ra).
c.
Gi C là bin c: n phm th 2 ly ra ph ph. Do Y ã xy ra nên nu gi
H
1
là bin c kin hàng ca xí nghip A thì P H
9
1
11
H
2
là bin c kin hàng ca xí nghip B: P H
2
1 P H
1
9 2
2
.
11
P(C) P
H
1
.P(C | H
1
) P
H
2
.P(C | H
2
)
.0, 3
11 11
.0,1.
Theo công thc Bayes: xác sut  kin hàng  ca xí nghip A là
9
.0, 3
P(H
| C)
P
H
1
.P(C | H
1
)
11
27
.
1
P
C
9
.0, 3
2
.0,1
29
11 11
Chú ý: Cách gii câu ng hp ly ln 1 ri li b sn phm i kin hàng. Còn trng hp ly
ln 1 ri  li thì ta vn coi t l ph phm ca xí nghip A và B  ng là 30% và 10%
do s sn phm 1 kin hàng thc t rt nhiu ( n 100 ).
Bài 1.78 u tra s thích xem TV ca các cp v chng cho thy 30% các bà v ng xem 
trình th thao, 50% các ông chng ng thích xem ình th thao. Song nu thy v xem thì t
l chng xem cùng là 60%. Ly ngu nhiên mt cp v chng. Tìm xác su:
a)
C hai cùng ng xem  trình th thao
b)
Có ít nht mt i tng xem
c)
Không có ai ng xem
d)
Nu chng xem thì v xem cùng
e)
Nu chng không xem thì v vn xem.
Giải: Gi A là n c v ng xem  trình th  : P(A) = 0,3.
Gi B là n c chng ng xem  trình th  P(B) = 0,5 và P
(
)
= 0,5
P
B|A
0, 6
và
P
B|
A
0, 4
.
Ly ngu nhiên mt cp v chng.
a)
Xác sut  c hai cùng ng xem  trình th thao là:
P
a
P
AB
P
B|A
.P
A
0, 6 .0,3 0,18
b)
Xác sut  có ít nht mt i ng xem là:
P
b
P( A ∪ B) P
A
P
B
P
AB
0,3 0, 5 0,18 0, 62
c)
Vì bin c có ít nht mi ng xem và bin c  có ai ng  2 bin c i
nhau.
35
3
TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội
2
Xác su không có ai ng xem là:
P 1 P 1 0, 62 0,38
c b
d)
Xác sut  nu chng ng xem thì v xem cùng:
P
A
.P
B|A
0, 3 .0, 6
P P
A|B
0, 36
d
P(B) 0, 5
e)
Xác sut  nu chng không xem thì v vn xem:
P
A
.P
B|A
0, 3 . 0, 4
P
e
P
A|B
0, 24
P(B) 0, 5
Bài 1.79 Mt nhân viên bán hàng mn bán công ty A ba ln. Xác su lc
hàng là 0,8. Nu lc hàng thì xác su lc hàng là 0,9 còn nu lc
c hàng thì xác su lc hàng ch còn 0,4. Tìm xác su:
a.
C 3 ln bán c hàng.
b.
 2 ln bán c hàng.
Giải: Gi A
k
là bin c bán c hàng ln th  : P(A
1
) = 0,8
P(A
2
|A
1
) = 0,9; P(A
2
|
1
) = 0,4
P(A3|A2 ) = 0,9; P(A
3
|
2
) = 0,4
a.
Xác su c 3 ln bán c hàng là:
P(A) = P(A
1
.A
2
.A
3
) = P(A
1
).P(A
2
|A
1
).P(A
3
|A
2
A
1
)
= 0,8.0,9.0,9 = 0,648
b.
Xác su có  2 ln bán c hàng là:
P(B) = P(
1
.A
2
. A
3
+ A
1.
2.
A
3
+ A
1.
A
2.
3
)
= P(
1
).P(A
2
|
1
).P(A3|A2.
1
) + P(A
1
).P(
2
|
1
).P(A
3
|A
1
.
2
) +
P(A
1
).P(A
2
|A
1
).P
|A
2
.
1
)
= 0,2.0,4.0,9 + 0,8.0,1.0,4 + 0,8.0,9.0,1 = 0,075
Bài 1.80 i ta bit mt cp tr  có th là mt c tht do cùng mt trng sinh ra (E
1
).
ng h cng có cùng gii tính. Nu chúng do các trng khác nhau sinh ra
(E
2
) thì xác su chúng có cùng gii tính là 1/2. Bây gi nu cp tr i tính thì
xác su chúng là cp sinh t là bao nhiêu?
Giải: Gi E
1
là bin c p sinh  do cùng mt trng sinh  có: P(E
1
) = p.
E
2
là bin c p sinh  do các trng khác nhau sinh  nên P(E
2
) = 1 p.
A là bin c p sinh  có cùng gii 
Ta có: P(A|E
1
) = 1; P(A|E
2
) =
1
.
36
TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội
9
=
P( A) P( A | E
1
).P(E
1
) P(A | E
2
).P(E
2
) 1. p 
(1 p)
.
2
Do  P(E
1
|A) =
P( A | E
1
).P(E
1
)
P( A)
=
1. p
1. p
(1 p)
2
=
2 p
.
p 1
Vy xác sut  cp sinh  có cùng gii tính là cp sinh  tht là
2 p
.
p 1
Bài 1.81 Mt hp kín ng 3 qu cu  và 6 qu cu xanh. Tính xác su khi chia hp cu mt cách
ngu nhiên thành 3 phn bng nhau thì:
a.
C 3 qu cu  trong mt phn.
b.
Mi mt phn có mt qu cu .
Giải: Ta  du 3 qu cu  là    và 6 qu xanh là X1,..., X6. Tt c là 9 qu khác nhau.
a)
Gi A là bin c c 3 qu cu  trong 1 phn.
S kt cc duy nht ng kh : n =
C
3
.
C
3
. C
3
(chn 3 qu cho phn 1 sau  3 qu cho phn 2 và
9 6 3
còn li là phn 3).
S kt cc thun li: m = 3.
C
3
. C
3
(nu 3 qu  vào phn 1 thì tip theo ta chn 3 qu cho phn 2 và
6 3
còn li là phn 3;  t cho ng hp 3 qu  vào phn 2 và phn 3).
P(A) =
m
=
n
3 3
3
84
.
b)
Gi B là bin c mi phn có mt qu cu .
S kt cc duy nht ng kh  : n = C
3
. C
3
. C
3
9 6 3
S kt cc thun li: m = 3! . C
2
. C
2
. C
2
6 4 2
Theo nh ngha c n: P(B) =
m
n
=
9
.
28
Bài 1.82 Ti 1 siêu th h thc t c lp liên kt vi mt h thng ha
hon. Kh  thng phun c b hng là 0,1. Kh  h thng ng b hng là 0,2. Kh 
 c 2 h thng này cùng hng là 0,04. Hãy tính xác sut:
a, Có ít nht 1 h thng hot ng bình thng
b, C 2 h thu hong bình thng.
Giải: Gi A là bin c  thng phun c b h : P(A) = 0,1
B là bin c  thng báo ng b h : P(B) = 0,2
a, Gi C là bin c  ít nht mt h thng hot ng bình th
37
C
TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội
4
4
1
1
2
2

là bin c c 2 h thng cùng hng P() =P(AB)
P(C) = 1 P() = 1 0,04 = 0,96.
b, Gi D là bin c  2 h thng u hot ng bình th
D là bin c "mt trong 2 h thng b hng"
P( D ) = P(A+B) = P(A) + P(B) P(AB) = 0,1 + 0,2 0,04 = 0,26
P(D) = 1 P(
)
= 1 0,26 = 0,74.
Bài 1.83* Trong mu s ng chai u loi A và loi B bi ta ly ngu nhiên 1
u nm th  nh xem i u nào. Gi s
mi có kh  i kt lun chai u thuc loi A và mi kt
lun chai u thuc loi B. Vy chai c chn thuc loi A vi xác sut là bao nhiêu?
Giải: Gi H
1
là bin c chai u c chn thuc loi A.
H
2
là bin c chai u c chn thuc loi B.
H H
1
, H
2
là mt h y .
P(H
1
) P(H
2
) 0,5 .
C là bin c  i kt lun chai u thuc loi A, i còn li kt lun loi 
Ta  tính P(C|H
1
)?
u ly ra thuc loi A, nên ãy 4 phép th Bernoulli, trong 4 phép th thì D = "bin
c kt lun loi A" xy ra 3 ln vi P(D) = p = 0,8 q 1 p 0, 2 .
suy ra P(C|H
1
) = C
3
p
3
q 4.0, 8
3
.0, 2 .
Ta  tính P(C|H
2
)?
u ly ra thuc loi B, nên ãy 4 phép th Bernoulli, trong 4 phép th thì D = "bin
c kt lun loi A" xy ra 3 ln vi P(D) = p = 0,2 q 1 p 0,8 .
suy ra P(C|H
2
) = C
3
p
3
q 4.0, 2
3
.0, 8 .
Do 
P(C) P(H ).P(C | H ) P(H ).P(C | H ) 0, 5.4.0,8
3
.0, 2 0, 5.4.0, 2
3
.0,8
Vy chai u c chn thuc loi A vi xác sut là:
P(H ).P(C | H ) 0, 5.4.0,8
3
.0, 2 0,8
2
8
2
64
P(H
1
| C)
1
1
94,12% .
P(C) 0, 5.4.0,8
3
.0, 2 0, 5.4.0, 2
3
.0,8 0, 8
2
0, 2
2
8
2
2
2
68
Bài 1.84 Có hai hp ng các mu hàng xut khu. Hp th nhng 10 mu trong  6 mu loi A
và 4 mu loi B. Hp th ng 10 mu loi A và 7 mu loi B.
a.
T mi hp ly ngu nhiên mt mu hàng. Tính xác sut  2 mu ly ra cùng loi
b.
Gi s xác sut la chn các hp ln t là 0,45 và 0,55
Chn ngu nhiên mt hp và t  ly ngu nhiên mt mu. Tính xác su mu ly ra là
loi B
Chn ngu nhiên mt hp và t  ly ngu nhiên mt mu thì c mu loi A. Hi mu 
có kh  thuc hp nào nhiu 
38
TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội
Giải:
a.
Tng s cách ly t mi hp mt mu sn phm là : 10.10 (10 cách chn t hp 1; 10 cách chn t
hp 2).
S cách ly ra 2 mu cùng loi là: 6.3+4.7 (6 cách ly t hp 1 và 3 cách ly t hp 2 sn phm A;
4 cách ly t hp 1 và 7 cách ly t hp 2 sn phm B ).
Xác sut  2 mu ly ra cùng loi: P =
6.3 4.7
0, 46 .
10.10
b.
Gi H
1
là n c ly hp th nh
Gi H
2
là n c ly hp th 
C = n c ly c mu 
Theo công th:
P(C) = P(H
1
).P
(
|
1
)
+ P(H
2
).P
(
|
2
)
= 0,45.
4
+ 0,55.
7
= 0,565
10
10
*
Vy xác sut ly c mu loi B là : 0,565.
*
Gi D = n c ly c mu 
P(D) = 1 P(C) = 1 0,565 = 0,435
P H .P
0, 45.
6
P
H |D
1
D|H
1
10
0, 62
1
P
D
P H .P
0, 435
0, 55.
3
P
H
|D
2
D|H
2
10
0, 38
2
P
B
0, 435
P
(
1
|
)
> P
(
2
|
)
Vy mu ly c có kh  thuc hp 1 nhiu
Bài 1.85 Qua kinh nghim, i qun lý ca mt ca hàng bán giy th thao bit rng xác sut  mt
  cao su ca mt hãng nào  có 0 hoc 1 hoc 2 chic b hng  ng là : 0,90 ; 0,08 ; 0,02.
Anh ta ly ngu nhiên mt  giày loi  t t  bày và sau  ly ngu nhiên 1 chic thì nó b
hng. Hi xác su chic kia cng b hng là bao nhiêu ?
Giải: Gi H
1
là bin c c th nht ly c là ca  không chic nào h
H
2
là bin c c th nht ly c là ca  có 1 chic b h
H
3
là bin c c th nht ly c là ca  có 2 chic b h
theo  bài thì P(H
1
)=0,9; P(H
2
)=0,08; P(H
3
)=0,02
Gi A là bin c c mt ly ra b h
B là bin c c hai ly ra b h
P(A) = P(H
1
).P(A|H
1
)+P(H
2
).P(A|H
2
)+P(H
3
).P(A|H
3
)
39
TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội
3
= 0,9.0+0,08.0,5+0,02.1=0,06
P(B) = P (H |A)=
P
H
3
.P( A | H
3
)
= 1/3.
P( A)
Bài 1.86 Hai ca hàng A và B cung cp các hp m máy tính cho mt trung tâm tin hc vi t l 3/2.
T l  li ca các cng là 1% và 2%. Mn thc tp ti trung tâm chn
ngu nhiên mt hm 20 chic và t 
a.
Tính xác su sinh viên  rút phi  b li.
b.
Sau khi khi ng máy, sinh viên n thy  li. Tính xác su ày thuc ca
hàng A.
Giải: a) Gi X = n c rút phi  l
H
1
= n c ly h ca ca  : P(H
1
) = 3/5 = 0,6.
H
2
= n c ly hp  ca ca hàng  : P(H
2
) = 2/5 = 0,4.
Ta có P(X|H
1
) = 0,01 ; P(X|H
2
) = 0,02
Do H
1
, H
2
là các bin c y  nên :
P(X) = P(H
1
).P(X|H
1
) + P(H
2
).P(X|H
2
)
= 0,6 . 0,01 + 0,4 . 0,02
= 0,014.
b)
Theo công thc Bayes, ta có: P(H
1
| X )
P(H
1
).P( X | H
1
)
0, 6 .0, 01
0, 4286 .
P( X ) 0, 014
Vy xác sut   li  thuc ca hàng A là 0,4286.
Bài 1.87* T l ph phm ca máy I là 1%, ca máy II là 2%. Mt lô sn phm gm 40% sn phm ca
máy I và 60% sn phm ci ta ly ngu nhiên 2 sn phm  kim tra.
a.
Tìm xác sut trong 2 sn phm ly ra có ít nht 1 sn phm tt.
b.
Gi s hai sn phm kim tra u là tt thì kh y tic hai sn phm tt na là bao
nhiêu?
Giải: a) Gi H
1
là bin c "2 sn phm ly ra thuc nhà máy 1"
Gi H
2
là bin c "2 sn phm ly ra thuc nhà máy 2"
Gi H
3
là bin c "1 sn phm ly ra thuc nhà máy 1; 1 sn phm ly ra thuc nhà máy 2"
Gi A là bin c "2 sn phm ly ra là ph phm"
H
1
H
2
H
3
là mt h y  vi P(H
1
) = 0,4
2
; P(H
2
) = 0,6
2
; P(H
3
) = 2.0,4.0,6.
P( A) P(H
1
).P( A | H
1
) P(H
2
).P( A | H
2
) P(H
3
).P( A | H
3
)
0, 4
2
.0, 01
2
0, 6
2
.0, 02
2
2.0, 4.0, 6.0, 01.0, 02 0, 000256
bin c
= "có ít nht mt sn phm tt", P(
) =1-P(A)= 0.999744.
b) Gi B là bin c "2 sn phm ly ra là chính phm".
P(B) P(H
1
).P(B | H
1
) P(H
2
).P(B | H
2
) P(H
3
).P(B | H
3
)
0, 4
2
.0,99
2
0, 6
2
.0,98
2
2.0, 4.0, 6.0,99.0,98 0,968256 .
Gi s B ã xy ra.
40
TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội
3
3
17
P(H
1
| B)
0, 4
2
.0, 99
2
0, 968256
; P(H
2
| B)
0, 6
2
.0, 98
2
0, 968256
; P(H
3
| B)
2.0, 4.0, 6.0, 99.0, 98
.
0, 968256
vy P(H
1
), P(H
2
), P(H
3
) c u chnh mi khi B xy ra là:
P(H
1
)
Gi C = bin c 2 sn phm ly ra tip là chính phm.
P(C) P(H
1
).P(C | H
1
) P(H
2
).P(C | H
2
) P(H
3
).P(C | H
3
)
.0, 99 .0, 98 .0, 99.0, 98 0.968272 .
Bài 1.88 Mt công nhân  thành ph khi tr v nhà có hai  ng ngm ho qua
cu. Bit rng anh ta  li ng ngm trong 1/3 ng hp, còn li  cu. N li ng ngm 75%
ng hp anh ta v nhà c 6h, còn i cu ch có 70% ng hp. Tìm xác su 
ã i cu, bit rng anh ta v nhà sau 6 gi.
Giải: Gi H là n c i công nhân  ng ng
(
)
=
1
.
là bin c  công nhân  li  cu P
(
)
=
2
A là n c v nhà c

(
|
)
=
3
;
(
|
)
=
7
4
10

là bin c v nhà sau 6h P
(

|
)
=
1
;
(
|
)
=
3
4
10
Xác sut  anh ta v nhà sau 6h là:
(

)
=
(
)
.
(

|
)
+
(
)
.
(
|
)
=
1
1
+
2
3
=
17
3
4 3
10 60
Khi u  xy ra thì xác sut  anh ta  li cu:
(
)
.
(
|
)
2
3
(
|
)
=
(

)
=
3
10
= 0,7059
60
Vy, xác sut  công nhân  ã  li cu, bit rng anh ta v nhà sau 6h là 0,7059.
Bài 1.89* Ba công nhân cùng sn xut 1 loi sn phm, xác su i th nhi th hai làm
ra chính phm bng 0,9. Còn xác su i th 3 làm ra chính phm là 0,8. Mi trong s 
làm ra 8 sn phm, thy có 2 ph phm. Tìm xác su trong 8 sn phm tip theo ci n
xut s có 6 chính phm.
Giải: Gi A là bin c trong 8 sn phm u tiên có 2 ph phm.
H
1
là bin c 8 sn phm  i th nht làm ra
H
2
là bin c 8 sn ph i th 2 làm ra
H
3
là bin c 8 sn phi th 3 làm ra
Ta có P(H
1
) = P(H
2
) = P(H
3
) = 1/3.
Ta  tính P(A|H
1
): i 1 làm ra 8 sn phm có 6 chính phm và 2 ph phm.
41
0, 4
2
.0, 99
2
; P(H )
0, 6
2
.0, 98
2
; P(H )
2.0, 4.0, 6.0, 99.0, 98
0, 968256
2
0, 968256
3
0, 968256
0, 4
2
.0, 99
2
2
0, 6
2
.0, 98
2
2
2.0, 4.0, 6.0, 99.0, 98
0, 968256
0, 968256
0, 968256
TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội
8
8
8
8 8
8 8 8
 là 1 dãy 8 phép th Bernoulli có 6 ln thành công vi xác sut mi ln thành công là
i 1 làm ra chính phm") = 0,9 nên P(A|H
1
) = C
6
0, 9
6
.0,1
2
.
 t P(A|H
2
) = C
6
0, 9
6
.0,1
2
; P(A|H
3
) = C
6
0,8
6
.0, 2
2
.
P(A) = P(H
1
).P(A|H
1
) + P(H
2
).P(A|H
2
) + P(H
3
).P(A|H
3
)
=
1
C
6
0, 9
6
.0,1
2
1
C
6
0, 9
6
.0,1
2
1
C
6
0,8
6
.0, 2
2
1
C
2
0, 9
6
.0,1
2
1
C
2
0, 9
6
.0,1
2
1
C
2
0, 8
6
.0, 2
2
3
8
3
8
3
8
3
8
3
8
3
8
= 0,0496 + 0,0496 + 0,0979 =0,1971
P(H |A) = P(H |A) =
P
H
1
.P(A / H
1
)
=
0, 0496
0, 25165
1
2
P( A) 0,1971
P(H
3
|A) =
0, 0979
0, 4967 .
0,1971
Gi s bin c A ã xy ra.
Gi B là bin c trong 8 sn phm tip theo có 6 chính ph t trên ta có:
P(B) = P(H
1
|A).P(B|H
1
A) + P(H
2
|A).P(B|H
2
A) + P(H
3
|A).P(B|H
3
A)
= 0, 25165.C
6
0,9
6
.0,1
2
0, 25165.C
6
0, 9
6
.0,1
2
0, 4967.C
6
0,8
6
.0, 2
2
= 2.0, 25165.C
2
0,9
6
.0,1
2
0, 4967.C
2
0,8
6
.0, 2
2
= 0,074893+0,145832=0,2207
Vy P(B) = 0,2207.
Bài 1.90* Mt lô hàng có 8 sn phm cùng loi. Kim tra ngu nhiên 4 sn phm thy có 3 chính phm
và 1 ph phm. Tìm xác su khi kim tra tip 3 sn phm na s có mt chính phm và 2 ph phm.
Giải: Gi A là bin c y c 3 chính phm và 1 ph ph
B là bin c y c 2 ph phm và 1 chính ph
H
i
là bin c  8 sn phm có i chính ph i = 
H H , H ,..., H là mt h y  và P(H
) P(H ) ... P(H )
1
p .
0 2 8
0 1 8
9
Ta có: P(A) = P(H
0
).P(A|H
0
) +P(H
1
).P(A|H
1
)+...+ P(H
7
).P(A|H
7
)+ P(H
8
).P(A|H
8
)
C
3
.5 C
3
.4 C
3
.3 C
3
.2 C
3
.1
p.0 p.0 p.0 p
3
p
4
p
5
p
6
p
7
p.0
C
4
C
4
C
4
C
4
C
4
8 8 8 8 8
C
3
.5 C
3
.4 C
3
.3 C
3
.2 C
3
.1
p
3
p
4
p
5
p
6
p
7
.
C
4
C
4
C
4
C
4
C
4
8 8 8 8 8
42
TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội
C .4 8
3 4 5 6 7
3 4 5 6 7
C
1
C
1
P(H ).P(A | H )
C
3
.4
p
4
C
4

4
|A) =
4
4
8
P(A) C
3
.5 C
3
.4 C
3
.3 C
3
.2 C
3
.1
p
3
p
4
p
5
p
6
p
7
C
4
C
4
C
4
C
4
C
4
8 8 8 8 8
3
4
.
C
3
.5 C
3
.4 C
3
.3 C
3
.2 C
3
.1 63
C
3
.3
p
5
P(H ).P(A | H ) C
4
P(H
5
|A) =
5
5
8
P(A) C
3
.5 C
3
.4 C
3
.3 C
3
.2 C
3
.1
p
3
p
4
p
5
p
6
p
7
C
4
C
4
C
4
C
4
C
4
8 8 8 8 8
C
3
.3 5
5
.
C
3
.5 C
3
.4 C
3
.3 C
3
.2 C
3
.1 21
Gi s A ã xy ra thì xác su ly c 2 ph phm và 1 chính phm là:
P(B) = P(H
0
|A).P(B|H
0
A) + ...+ P(H
8
|A).P(B|H
8
A)
8 C
2
5 C
1
3
= P(H
4
|A).P(B|H
4
A) + P(H
5
|A).P(B|H
5
A) =
.
3
.
2
.
63 C
3
21 C
3
14
4 4
0,2143.
Chú ý là: P(B|H
i
A) = 0 vi mi i 4, 5 vì 4 s chính phm 5.
Bài 1.91 Mt hp có n sn phm, b  1 sn phm tt sau  ly ngu nhiên ra 1 sn phm. Tìm xác
su sn phm ly ra là tt nu mi gi thit v trng thái cu thành ban u ca hng xác sut.
Giải: Gi A = n c ly c sn phm t
H
i
= bin c lúc u hp có i sn phm tt (i = 0,..., n).
H H , H ,..., H là mt h y  và P(H ) P(H ) ... P(H
)
1
.
0 1 n
C
1
1
0 1 n
n 1
P(A|H
0
) =
1
n1
C
1
n 1
2
P(A|H
1
) =
2
=
n1
n 1
...
P(A|H
n
) =
1
n1
1
n1
=
n 1
n 1
Ta có P(A) = P(H
0
).P(A|H
0
) + P(H
1
).P(A|H
1
) +...+ P(H
n
).P(A|H
n
)
43
C
C
TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội
n
C .i
C n
n n n n
2
n
=
1
.
1
1
.
2

1
.
n 1
n 1 n 1 n 1 n 1 n 1 n 1
=
1
.
(n 1)
2
n 2
(n 1)
2
n 2
.
2(n 1)
Bài 1.92* Trong hp có n sn phi sn phm u có th là chính phm hoc ph phm vi
xác suy ngu nhiên lt k sn phm theo c có hoàn li thì c toàn chính
phm. Tính xác su hp có cha toàn chính phm.
Giải: Gi A là bin c k sn phm ly ra u là chính phm.
H
i
là bin c trong hp  có i chính phm (i = 0, n )
H H , H ,..., H là mt h y  và P(H ) P(H ) ... P(H
)
1
p .
0 1 n 0 1 n
n 1
Ta có P(A) = P(H
0
).P(A|H
0
) + P(H
1
).P(A|H
1
) +...+ P(H
n
).P(A|H
n
)
= p.P(A|H
0
) + p.P(A|H
1
) +...+ p.P(A|H
n
)
Hin nhiên
P
A | H
0
0
.
Theo công thc Bayes thì:
P(H
i
|A) =
P
H
i
.P
A |
H
i
P( A)
p.P
A | H
i
p.P
A | H
0
... p.P
A | H
n
P
A | H
i
.
P
A | H
1
... P
A | H
n
Ta s  tính
P
A | H
i
vi mi i = 1,...,n:
Trong hp có i chính phm và n-i ph phm.
 các sn phm là 1, 2, ... , n.
Chn ra ln t k sn phm (có hoàn li).
Tng s kt cc ng kh  : n
k
(n cách chn sn phm 1, ..., n cách chn sn phm th k).
Trong hp có i chính phm nên s cách chn a
1
a
2
... a
i
 coi là chính phm là C
i
.
S các ng hp thun li  chn k sn phm t
a , a ,..., a
là i
k
.
1 2 i
 tng s ng hp thun li  chn k sn phm chính phm t hp có i chính phm là : C
i
.i
k
Suy ra
i k
P
A | H
n
.
i
n
k
Vy xác sut  hp có cha toàn chính phm là P(H
n
|A)
P
A | H
n
=
P
A | H
1
... P
A | H
n
n k
n
C
1
1
k
C
2
.2
k
C
3
3
k
 C
n
n
k
n
n 1
n
.2
k
n
k
n
n 1
(n
2)
.
3
k
 n
k
2! 3!
Bài 1.93*  vi B vi xác sut thng mi ván bng p. Tìm xác sut p  A thng chung cuc
trong 2 ván d  thng chung cuc trong 4 ván , bi thng chung cuc A phi thng ít nht mt na
tng s 
Giải: Gi C là bin c A thng chung cuc trong 2 ván = bin c A thng ít nht 1 ván trong hai ván.
D là bin c A thng chung cuc trong 4 ván = bin c A thng ít nht 2 ván trong 4 ván.
Ta tính P(C): C là bin c A không thng ván nào trong hai ván, theo dãy Bernoulli thì
P(C) C
0
p
0
(1 p)
2
(1 p)
2
.
44
TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội
4 4
2
2
Ta tính P(D): D là bin c A thng 0 hoc 1 ván trong 4 ván, theo dãy Bernoulli thì
P(D) C
0
p
0
(1 p)
4
C
1
p
1
(1 p)
3
(1 p)
4
4 p(1 p)
3
.
 A thng chung cuc trong 2 ván d  thng chung cuc trong 4 ván  
P(C) P(D) P(C) P(D) (1 p)
2
(1 p)
4
4 p(1 p)
3
1 (1 p)
2
4 p(1 p)
0 p
2
2 p 4 p 4 p
2
0 2 p 3 p
2
0 2 3 p p
2
.
3
Vy 0 p
2
.
3
Bài 1.94 Mt xí nghip có hai dây chuyn cùng lp ráp mt loi sn phm vi t l ph phm  ng
là 2% và 3%. Tính xác su mt khách hàng mua 2 sn phm ca xí nghiì mua phi 1 ph
phm.
Giải:
Gi A là bin c  1 ph ph Bin c A xy ra ng thi vi 1 trong 2 bin c sau  to thành 1
nhóm y  các bin c:
H
1
:  phm do dây chuyn 1 sn xu
H
2
:  phm do dây chuyn 2 sn xu
Theo công thc xác su, ta có:
(
)
=
(
1
)
.
(
|
1
)
+
(
2
)
. ( |
2
)
Theo  bài:
P(H
1
) = P(H
2
) =
1
P(A|H
1
) = 0,02 P(A|H
2
) = 0,03
Do 
(
)
=
1
. 0,02 +
1
.0,03 = 0,025 =
2
2
Mà bin c i 
c A là Mua c 1 chính phm
(

)
= 1
(
)
= 1 0,025 = 0,975 =
Khách hàng mua 2 ln,  chính là dãy 2 phép th Bernoulli.
 xác sut  i này mua c 1 ph phm trong 2 ln mua:
C
1
p
1
q
1
2 pq 0, 04875.
Bài 1.95* Hai cu th bóng r, mi ném bóng 2 ln, xác sut ném a mi cu th theo
th t là 0,6 và 0,7.
Tính xác sut:
a.
S ln ném trúng r ca cu th th nht nhiu  s ln ném trúng r ca cu th th hai.
b.
S ln ném trúng r ca hai i nhau.
45
TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội
2
2
Giải: Coi mi ln ném bóng ca cu th th  là 1 phép th, ta có 2 phép th c lp, mi phép th có
2 ng hp xy ra: trúng  hoc không trúng 
i vi cu th th nht:
Xác sut ném trúng  ca mi ln ném là 0,6.  vy nó tha mãn lc  Bernoulli.
Ta có xác su anh ta ném  c 2 ln là: P
1(2)
= C
2
2
.0,6
2
.0,4
0
= 0,36
Xác su anh ta n là: P
1(1)
= C
1
2
.0,6.0,4 = 0,48
Xác sut  anh ta ném t c 2 ln là : P
1(0)
= C
0
.0,6
0
.0,4
2
= 0,16
i vi cu th th 2:
Xác sut ném trúng  ca mi ln ném là 0,7
Ta có xác su anh ta ném  c 2 ln là : P
2(2)
= C
2
2
.0,7
2
.0,3
0
= 0,49
Xác su n là: P
2(1)
= C
1
2
.0,7.0,3 = 0,42
Xác sut  anh ta ném t c 2 ln là: P
2(0)
= C
2
0
.0,7
0
.0,3
2
= 0,09
a.
Gi A là bin c  ln ném trúng r ca cu th th 1 nhi s ln ném trúng r ca cu th
th ng hp là 2-1;2-0;1-0).
Ta có:
P
(A)
= P
1(2)
.P
2(1)
+ P
1(2)
.P
2(0)
+P
1(1)
.P
2(0)
= 0,36.0,42 + 0,36.0,09 + 0,48.0,09 = 0,2268
b.
Gi B là bin c  ln ném trúng r ca c 2 i bng  (có 3 ng hp là 2-2;1-1;0-0)
Ta có:
P
(B)
=P
1(2)
.P
2(2)
+ P
1(1)
.P
2(1)
+ P
1(0)
.P
2(0)
=0,36.0,49 + 0,48.0,42 + 0,16.0,09 = 0,3924
Bài 1.96* Mt bình có a cu trng và b cu  i ln t ly  thc có hoàn li.
Tính xác sui th nht lc cu trc.
Giải: A
i
= n c ln i i 1 rút c qu cu trng, các ln c c i i 2 u rút
phi qu c
Ln 1: P(A
1
) =
a
a b
Ln 2: xét th t ly : ln 1 i 1, i 2); ln i 1, i 
 i 1 rút c cu trng u tiên ln 2 thì ln 1, c 2 i u rút c cu  Do 
2
P(A
2
) =
b
.
b
.
a
=
b
.
a
a b a b a b
a b
a b
 t
P(A
i
) =
2(i1)
b
.
a
= t
i-1
.
a
vi t =
b
< 1 a,b N
a b
a b
a b
a b
A= n c i 1 ly c cu trng 
P(A) =
P( A
i
)
=
a
a b
. ( 1 + t + t
2
+ t
3
+ )
=
a
a b
.
1
1 t
(vì tng S=1 + t + t
2
+ t
3
+  tng ca
cp s nhân có công bi 0 < t < 1)
46
TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội
i
i i j
i
1
1
nm
n
=
a
a b
(a b)
2
.
a.(a 2b)
=
a b
a 2b
Vy xác su i 1 ly c cu trng c là
a b
.
a 2b
Bài 1.97* Trong rp có n ch c  s, n i có vé vào ngi mt cách ngu nhiên. Tìm xác su
i ng.
Giải: Gi A là bin c  m i ngi  ch
Gi B là bin c: -m i còn li ngi sai ch
Ta  tính P(A) và P(B):
S ng hp ng kh  khi xp m i vào n v trí là
.
S ng hp thun li cho bin c A là:
(ch m trong n i và n có m i thì s có 1 cách
duy nht xp  m i này  ch)
C
m
1
Do  P(A) =
n
.
m
m!
Gi C là bin ci trong s n-m i còn li ngi  n-m v trí còn l
Ta có: P(B) =1- P(C).
Xét n-m i còn li  s là 1, 2, ..., n-m.
Gi A
i
là bin c i th i ngi  ch
nm
nm
C
A P(C)
P( A )
P( A A ) ... (1)
k
1
P(A ...A
) ... (1)
n
m
1
P( A ...A )
i 1
i1
i j i
1
...i
k
1
nm
Ta có P( A
i
)
P( A
i
) 1.
n m
P( A A ) P( A )P( A
i1
| A )
1
.
1
nên
P( A A ) C
2
.
1
.
1
1
.
i j i
j
i
n m n m 1
i j
i j nm
n m n m 1 2!
 t
P( A ...A
)
1
, ..., P( A ...A
)
1
.
i
1
...i
k
i
1
i
k
k !
1 nm
n
m
!
1 1 (1)
k
(1)
n
m
n
m
(1)
k
Do 
P(B) ... ...
.
2! 3! k ! (n m)!
k 2
k !
47
A
i
k
TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội
a
1
n
m
(1)
k
Vy xác sut  có m i ngi  ch là
P P( A).P(B)
.
m!
k
2
k !
Bài 1.98* Mt h thng k thut gm n b phn vi xác xut hong tt ca mi b phn là p. H
thng s ngng hong khi có ít nht 1 b phn b h nâng  tin cy ca h thng i ta
d tr thêm n b phn nc sau:
a)
b)
Hi  thc d tr nào mang li  tin cy cao  cho c h thng.
Giải: Sau khi b sung thêm n b phn thì ta có tng tt c là 2n b phn c b trí theo 2  thc
a) và b).
Khi n = 1 thì 2 h thng ging ht nhau nên ta ch cn xét n 2 .
Ta  tính xác sut  h thng hot ng a) và b) là
P
a
, P
b
.
* a) h gm n ô vuông to, mi ô vuông có 2 b phn c mc song song, xác sut  ô vuông to b hng
là
1 p
2
(c hai nhánh u cùng hng).
Do  xác sut  ô vuông to hot ng tt là
1
1 p
2
2 p p
2
.
Ta có h thng là n ô vuông to mc ni tip,  xác su h thng hot ng tt là:
P
2 p p
2
n
p
n
2 p
n
(n ô vuông to cùng hot ng tt).
* b) H thng c chia làm 2 nhánh, mi nhánh là n b phn mc song song,
Ta có xác sut  1 nhánh hot ng tt là p
n
.
nên xác sut  1 nhánh không hot ng là 1 p
n
.
Do  xác sut  h thng hng là
1 p
n
2
(hai nhánh u hng).
48
TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội
a b
n n
n n n n n n
m1
m m
b
Suy ra
P 1
1 p
n
2
2 p
n
p
2n
p
n
(2 p
n
) .
Công vic còn li là so sánh P
a
, P
b
.
Ta s chng t rng
P P
vi mi n 2
và 0 < P < 1.
t q = 1 p (q > 0) ta có
P P
p
n
2 p
n
p
n
(2 p
n
)
2 p
n
2 p
n
1 q
n
1 q
n
2
a b
Tht vy theo nh thc Newton ta có
1 q
n
1 q
n
1 C
1
q C
2
q
2
... C
k
q
k
... q
n
1 C
1
q C
2
q
2
... (1)
k
C
k
q
k
... (1)
n
q
n
2 2C
2
q
2
2C
4
q
4
... 2 .
Vy  thc d tr a) mang li  tin cy   thc d tr b).
Bài 1.99*  tha thun vi nhau là ai thc 1 s ván nhnh thì s thng cuc.
Tru b i th 1 còn thiu m ván thng, i th 2 còn thiu n ván thng. Vy
phi phân chia ti nào cho hp lý nu xác sut thng mi ván ca mi u bng 0,5.
Giải: Gi P
1
, P
2
là xác sut thng cuc ca i 1 i 2 nu trn u c tip tc n cui cùng.
Rõ ràng tin phi chia theo t l
P
1
P
2
là hp lý.
Vy ta s  tính
P
1
:
Các ng hp thng cuc ca i th nht  là có th thng sau: m; m+1; m+2; -1 ván
na (riêng ván cui i 1 phi thng) vi xác sut  ng là
P
m
; P
m
1
;...; P
m
n
1
.
Mi ng hp  là mt dãy Bernulli mà xác sut mi phép th thành công là 0,5.
Ta tính
P
m
:  là dãy
m 1 phép th Bernoulli và ván cui bt buc phi thng (có m 1 phép th
thành công).
P
m
C
m
1
.0,5
m
1
.0, 5
0
.0, 5 0, 5
m
Ta tính
P
m 1
:  là dãy m phép th Bernoulli và ván cui bt buc phi thng (có
m 1 phép th
thành công).
P
m 1
C
m
1
.0, 5
m
1
.0,5
1
.0,5 C
1
.0,5
m
1
T t ta có:
P
m 2
C
m
1
0,5
m
1
.0,5
2
.0,5
C
2
0,5
m2
m1 m1
49
TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội
mn2
mn2
2nr
2nr
2nr
2nr
1
m m1
m n2
n
n1
mn2
P
m n 1
C
m
1
0,5
m
1
.0,5
n
1
.0,5
C
n
1
0,5
mn1
Vì các trng hp này xung khc vi nhau nên xác sut thng cuc ca i th nht là:
P P
m
P
m 1
... P
m n 1
0, 5
m
C
1
.0,5
m
1
C
2
0, 5
m
2
...
C
n
1
0, 5
m
n
1
hay
1 m m1 mn2
P 0,5
m
1 C
1
.0,5
1
C
2
0,5
2
... C
n
1
0,5
n
1
.
Hoàn toàn  ta tính c
P
P
2
 sau:
0,5
n
1 C
1
.0,5
1
C
2
0,5
2
... C
m
1
0,5
m
1
.
Bài 1.100* Mi b hai bao diêm vào túi, mi bao có n que diêm. Mi khi hút thu
ngu nhiên mt bao và  mt que. Tìm xác su khi i n mã ht diêm thì bao
kia còn l
Giải: Cách hiu th nht: trong mt ln ly ra 1 bao rng và phát hin ra nó ht.
Cách hiu th hai: trong mt ln ly ra bao còn 1 que thì  que  phát hin t luôn.
Gi H
1
là bin c c bao 1.
H
2
là bin c rút c bao 2. Ta có
* Li gii cho cách hiu th nht:
P(H
1
) P(H
2
) 0,5 .
Theo  bài, i n mt bao ã ht và bao còn li có r que diêm nên i  ã ly diêm
2n r 1 ln (ln cui phát hin mt bao ht nên không ly c diêm).
TH1: Ln cui rút c bao 1 (ln cui có xác sut xy ra là 0,5)
có ngha 2n r ln kia phi có n ln rút c bao 1 và n r
ln không rút c bao 1.
 là mt dãy 2n r phép th Bernoulli trong  có n ln rút thành công bao 1 ( p q 0, 5 )
xác sut  nó xy ra là :
P(TH1) C
n
.0,5
n
.0,5
n
r
.0,5 C
n
.0,5
2nr 1
.
TH2: Ln cui rút c bao 2 (ln cui có xác sut xy ra là 0,5)
có ngha 2n r ln kia phi có n ln rút c bao 2 và n r
ln không rút c bao 2.
 là mt dãy 2n r phép th Bernoulli trong  có n ln rút thành công bao 2 ( p q 0, 5 )
xác sut  nó xy ra là :
P(TH 2) C
n
.0, 5
n
.0,5
n
r
.0, 5 C
n
.0,5
2nr 1
.
Vy xác su khi i  hin 1 ã ht diêm thì bao kia còn li  r que diêm là:
50
2
TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội
2nr
2nr
P P(TH1) P(TH 2) 2.C
n
.0,5
2nr1
C
n
.0,5
2n
r
.
* Li gii cho cách hiu th hai:
Theo  bài, i  hin mt bao ã ht và bao còn li có r que diêm nên i  ã ly diêm
2n r ln (ln cui ly mt bao còn 1 que dùng que  và phát hin bao diêm b ht).
TH1: Ln cui rút c bao 1 (ln cui có xác sut xy ra là 0,5)
có ngha 2n r 1 ln kia phi có n 1 ln c bao 1 và n r
ln không rút c bao 1.
 là mt dãy 2n r phép th Bernoulli  có n 1 ln rút thành công bao 1 ( p q 0, 5 )
xác sut  nó xy ra là : P(TH1) C
n
1
.0,5
n
1
.0,5
n
r
.0,5
C
n
1
.0,5
2n
r
.
2nr1 2nr 1
TH2: Ln cui rút c bao 2 (ln cui có xác sut xy ra là 0,5)
có ngha 2n r 1 ln kia phi có n 1 ln c bao 2 và n r
ln không rút c bao 2.
 là mt dãy 2n r 1phép th Bernoulli trong  n 1 ln rút thành công bao 2 ( p q 0, 5 )
xác sut  nó xy ra là :
P(TH 2) C
n
1
.0,5
n
1
.0,5
n
r
.0,5
C
n
1
.0,5
2n
r
.
2nr1 2nr1
Vy xác su khi i  hin 1 ã ht diêm thì bao kia còn li  r que diêm là:
P P(TH1) P(TH 2) 2.C
n
1
.0,5
2nr
C
n1
.0,5
2nr 1
.
2nr1 2nr 1
51

Tài liệu khác của Trường Đại học Kinh Tế Quốc Dân

Preview text:

2015
GIẢI SÁCH BÀI TẬP XÁC SUẤT THỐNG KÊ ĐH KINH TẾ QD- chương 1 TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội 7/ 21/ 2015 TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội
Giải bài tập sách ‘‘Bài tập Xác suất và Thống Kê toán’’ trường ĐH KTQD 07/2015
Bài tập có sự giúp đỡ của SV K52, K53. Có nhiều chỗ sai sót mong được góp ý : nnvminh@yahoo.com
§1 Định nghĩa cổ điển về xác suất
Bài 1.1 Gieo một con xúc xắc đối xứng và đồng chất.
Tìm xác suất để được:
a. Mặt sáu chấm xuất hiện.
b. Mặt có số chẵn chấm xuất hiện. Giải:
a) Không gian mẫu là {1,2,...,6}
Gọi A=biến cố khi gieo con xúc xắc thì được mặt 6 chấm
Số kết cục duy nhất đồng khả năng: n=6
Số kết cục thuận lợi : m=1  m 1 P(A) = = . n 6
b) Gọi B=biến cố khi gieo xúc xắc thí mặt chẵn chấm xuất hiện Tương m 3 tự ta có: P(B) = = = 0,5. n 6
Bài 1.2 Có 100 tấm bìa hình vuông như nhau được đánh số từ 1 đến 100. Ta lấy ngẫu nhiên một tấm bìa. Tìm xác suất :
a. Được một tấm bìa có số không có số 5.
b. Được một tấm bìa có số chia hết cho 2 hoặc cho 5 hoặc cả cho 2 và cho 5. Giải:
a) Không gian mẫu là {1,2,...,100}.
Gọi A là biến cố khi lấy ngẫu nhiên một tấm bìa có số có số 5.
Số kết cục duy nhất đồng khả năng là n = 100.
Số kết cục thuận lợi m = 19 (10 số có đơn vị là 5, 10 số có hàng chục là 5, lưu ý số 55 được tính 2 lần) 19
Do đó P( A)  0,19 . 100
Vậy xác suất để lấy ngẫu nhiên một tấm bìa có số không có số 5 là 1 P( A) 1 0,19  0,81.
b) Gọi A là biến cố khi lấy ngẫu nhiên một tấm bìa có số chia hết cho 2 hoặc cho 5 hoặc cả cho 2 và cho 5.
Số kết cục duy nhất đồng khả năng là n = 100. 2 TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội
Số kết cục thuận lợi m = 60 (trong đó có 50 số chia hết cho 2, 20 số chia hết cho 5, chú ý có 10 số chia 60
hết cho 10 được tính 2 lần) do đó P( A)   0, 6 . 100
Bài 1.3 Một hộp có a quả cầu trắng và b quả cầu đen. Lấy ngẫu nhiên lần lượt hai quả cầu.
a) Tìm xác suất để quả cầu thứ nhất trắng.
b) Tìm xác suất để quả cầu thứ hai trắng biết rằng quả cầu thứ nhất trắng.
c) Tìm xác suất để quả cầu thứ nhất trắng biết rằng quả cầu thứ hai trắng.
Giải: a) Đánh số a quả cầu trắng là 1, 2,..., a và b quả cầu đen là a+1,...,a+b.
Không gian mẫu là {1,2,...,a+b}
Số kết cục duy nhất đồng khả năng là a b .
A là biến cố khi lấy ngẫu nhiên được quả cầu thứ nhất trắng, số kết cục thuận lợi là a
do đó P( A)  a . a b
b) Đánh số a quả cầu trắng là 1, 2,..., a và b quả cầu đen là a+1,...,a+b.
Không gian mẫu là tập các bộ số (u,v) với 1  u a,1  v a b;u v .
Số kết cục duy nhất đồng khả năng là a(a b 1) .
Nếu quả thứ nhất trắng thì số cách chọn nó là a cách, vậy số cách chọn quả thứ 2 là a-1.
Số kết cục thuận lợi là a(a-1). a(a 1) a 1 do đó P   . b
a(a b 1) a b 1
c) Đánh số a quả cầu trắng là 1, 2,..., a và b quả cầu đen là a+1,...,a+b.
Không gian mẫu là tập các bộ số (u,v) với 1  u a b,1  v a;u v .
Số kết cục duy nhất đồng khả năng là a(a b 1) .
Nếu quả thứ hai trắng thì số cách chọn nó là a cách, vậy số cách chọn quả thứ 1 trắng là a-1.
Số kết cục thuận lợi là a(a-1). a(a 1) a 1 do đó P   . c
a(a b 1) a b 1
Bài 1.4 Một hộp có a quả cầu trắng và b quả cầu đen. Lấy ngẫu nhiên ra lần lượt từng quả cầu. Tìm xác suất để:
a. Quả cầu thứ 2 là trắng 3 TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội
b. Quả cầu cuồi cùng là trắng.
Giải: a) Đánh số a quả cầu trắng là 1, 2,..., a và b quả cầu đen là a+1,...,a+b.
Không gian mẫu là tập các bộ số (u,v) với 1  u, v a b;u v .
Số kết cục duy nhất đồng khả năng là (a b)(a b 1) .
Số cách chọn quả thứ 2 là a, sau đó có a+b-1 cách chọn quả thứ nhất vậy số kết cục thuận lợi là:
a(a b 1) .
a(a b 1) a do đó P   . a
(a b)(a b 1) a b
a) Đánh số a quả cầu trắng là 1, 2,..., a và b quả cầu đen là a+1,...,a+b.
Không gian mẫu là tập các bộ số ( u ,u ,...,u
) là hoán vị của 1,2,...,a+b. 1 2 ab
Số kết cục duy nhất đồng khả năng là (a b)!.
Số cách chọn quả cuối cùng là a, sau đó có a+b-1 cách chọn quả 1, a+b-2 cách chọn quả 2,...,và cuối cùng
là 1 cách chọn quả thứ a+b-1. Do đó số kết cục thuận lợi là a(a b 1)!. a
do đó P  a(a b 1)!  . b (a b)! a b
Bài 1.5 Gieo đồng thời hai đồng xu. Tìm xác suất để được
a) Hai mặt cùng sấp xuất hiện b) Một sấp, một ngửa
c) Có ít nhất một mặt sấp
Giải: Không gian mẫu là (N,N), (S,N), (N,S), (S,S). 1
a) Số kết cục thuận lợi là 1: (S,S) nên P   0, 25 . a 4 2
b) Số kết cục thuận lợi là 2: (S,N) và (N,S) nên P   0, 5 . b 4 3
b) Số kết cục thuận lợi là 3: (S,N), (N,S) và (S,S) nên P   0, 75 . b 4
Bài 1.6 Gieo đồng thời hai con xúc xắc. Tìm xác suất để được hai mặt
a) Có tổng số chấm bằng 7
b) Có tổng số chấm nhỏ hơn 8
c) Có ít nhất một mặt 6 chấm và B1..., B6
Giải: Đánh dấu 2 con xúc xắc là W (trắng) và B (đen) các mặt tương ứng với W1...,W6 4 TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội
Không gian mẫu là tất cả các cặp (W , B ) , Số kết cục duy nhất đồng khả năng là 36. i j 6 1
a) Có 6 cặp có tổng số chấm bằng 7 là (W , B ) , …, (W , B ) vậy P   . 1 6 6 1 a 36 6
b) Có 0 cặp có tổng số chấm bằng 1, Có 1 cặp có tổng số chấm bằng 2, Có 2 cặp có tổng số chấm bằng 3,
Có 3 cặp có tổng số chấm bằng 4, Có 4 cặp có tổng số chấm bằng 5, Có 5 cặp có tổng số chấm bằng 6, Có
6 cặp có tổng số chấm bằng 7. Do đó có 1+2+…+6 = 21 cặp có tổng số chấm nhỏ hơn 8, vậy 21 7 P . b   36 12
c) Có ít nhất một mặt 6 chấm nên số kết cục thuận lợi đồng khả năng là 11 gồm : (W , B ) , …, (W , B ) và 1 6 6 6 11
(W , B ) ,…, (W , B ) , vậy P  6 1 6 5 c 36
Bài 1.7 Ba người khách cuối cùng ra khỏi nhà bỏ quên mũ. Chủ nhà không biết rõ chủ của những chiếc
mũ đó nên gửi trả họ một cách ngẫu nhiên. Tìm xác suất để:
a) Cả 3 người cùng được trả sai mũ
b) Có đúng một người được trả đúng mũ
c) Có đúng hai người được trả đúng mũ
d) Cả ba người đều được trả đúng mũ
Giải: Gọi 3 cái mũ tương ứng của 3 người đó là 1, 2, 3.
Không gian mẫu là 6 hoán vị của 1, 2, 3 gồm các bộ (i,j,k): (1,2,3), …, (3,2,1). Ta hiểu là đem mũ i trả
cho người 1, mũ j trả cho người 2, mũ k trả cho người 3. 2 1
a) số các bộ (i,j,k) mà i  1, j  2, k  3 chỉ có 2 bộ thuận lợi như vậy là (2,3,1), (3,1,2), vậy P   . a 6 3
b) Nếu chỉ người 1 được trả đúng mũ thì chỉ có một khả năng thuận lợi (1,3,2).
Nếu chỉ người 2 được trả đúng mũ thì chỉ có một khả năng thuận lợi (3,2,1). 3 1
Nếu chỉ người 3 được trả đúng mũ thì chỉ có một khả năng thuận lợi (2,1,3), vậy P   . b 6 2
c) Nếu có đúng 2 người được trả đúng mũ thì người còn lại cũng phải trả đúng mũ, không có khả năng 0
thuận lợi nào, vậy P   0 . c 6 1
d) Có duy nhất một khả năng thuận lợi là (1, 2, 3), vậy P  . d 6 5 TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội
Bài 1.8 Một lớp sinh viên có 50% học tiếng Anh, 40% học tiếng Pháp, 30% học tiếng Đức, 20% học
tiếng Anh và Pháp, 15% học tiếng Anh và Đức, 10% học tiếng Pháp và Đức, 5% học cả ba thứ tiếng. Tìm
xác suất khi lấy ngẫu nhiên 1 sinh viên thì người đó:
a) Học ít nhất một trong 3 ngoại ngữ
b) Chỉ học tiếng Anh và tiếng Đức c) Chỉ học tiếng Pháp
d) Học tiếng Pháp biết người đó học tiếng Anh
Giải: Vẽ biểu đồ Ven.
Gọi A, B, C tương ứng là biến cố lấy ngẫu nhiên 1 sinh viên thì sinh viên đó học tiếng Anh, Pháp, Đức.
a) P P( A B C)  P( A)  P(B)  P(C)  P( A B)  P(B C)  P(C A)  P( A B C) a
 50%  40%  30%  20% 15% 10%  5%  80%  0,8
b) P P( A C)  P( A B C) = 15%  5%  0,1 b
c) P P(B)  P( A B)  P(B C)  P( A B C)  40%  20% 10%  5%  0,15 c
P(B A) 20% d) P    0, 4 d
chính là tỷ lệ diện tích của AB với diện tích của A với qui ước hình P( A) 50%
tròn lớn có diện tích là 1.
Bài 1.9 Một người gọi điện thoại cho bạn nhưng quên mất 3 chữ số cuối và chỉ nhớ rằng chúng khác
nhau. Tìm xác suất để người đó quay số một lần được đúng số điện thoại của bạn.
Giải: Không gian mẫu là tập con của tập các số 000, 001, …, 999 mà có 3 chữ số khác nhau.
Ta phải tìm số các cặp (a,b,c) với a,b,c nhận từ 0,…, 9 mà a, b, c khác nhau đôi một.
a có 10 cách chọn, sau đó b có 9 cách chọn, sau đó c có 8 cách chọn , vậy số các cặp như vậy là 10.9.8 = 720. 1
xác suất để người đó quay số một lần được đúng số điện thoại của bạn là . 720
Bài 1.10 Trong một hòm đựng 10 chi tiết đạt tiêu chuẩn và 5 chi tiết phế phẩm. Lấy đồng thời 3 chi tiết. Tính xác suất:
a) Cả 3 chi tiết lấy ra thuộc tiêu chuẩn
b) Trong số 3 chi tiết lấy ra có 2 chi tiết đạt tiêu chuẩn.
Giải: Gọi các chi tiết đạt tiêu chuẩn là 1, …, 10, các chi tiết phế phẩm là 11, …, 15.
Không gian mẫu là tập các tập con {a, b, c} với a, b, c khác nhau đôi 1 nhận giá trị từ 1 đến 15. 15.14.13
Số các kết cục đồng khả năng là C3   5.7.13 . 15 3.2.1 6 TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội 10.9.8 3
a) Số các kết cục thuận lợi là 
 5.3.8 (lấy 3 số trong 10 số không cần xếp thứ tự), vậy C 10 3.2.1 C 3 5.3.8 P  10   0, 264 a C 3 5.7.13 15 10.9
b) Số các kết cục thuận lợi là C 2 .C1 
.5  5.9.5 (lấy 2 số trong 10 số và số còn lại trong 5 số, không 10 5 2.1 5.9.5
cần xếp thứ tự), vậy P   0, 495 . b 5.7.13
Bài 1.11 Một nhi đồng tập xếp chữ. Em có các chữ N, Ê, H, G, H, N. Tìm xác suất để em đó trong khi sắp
xếp ngẫu nhiên được chữ NGHÊNH. 6.5
Giải: Đầu tiên ta xếp chữ N : có C 2 
 15 cách xếp 2 chữ N vào 6 vị trí. Còn lại 4 vị trí. 6 2.1 4.3
Sau đó đến chữ H : có C 2 
 6 cách xếp 2 chữ H vào 4 vị trí. Còn lại 2 vị trí. 4 2.1
Sau đó đến chữ Ê có 2 cách xếp, còn vị trí cuối cùng cho chữ G. 1
Vậy số cách xếp có thể có là 15.6.2.1 = 180, vậy P  . 180
Bài 1.12 Thang máy của một tòa nhà 7 tầng xuất phát từ tầng một với 3 khách. Tìm xác suất để :
a) Tất cả cùng ra ở tầng 4.
b) Tất cả cùng ra ở một tầng.
c) Mỗi người ra ở một tầng khác nhau.
Giải: Mỗi khách có thể ra ở một trong 6 tầng, vậy số các trường hợp có thể xảy ra là 6.6.6 = 216. 1
a) số kết cục thuận lợi là 1, vậy P  . a 216 6 1
b) số kết cục thuận lợi là 6, vậy P   . b 216 36
c) người thứ nhất có 6 cách ra thang máy, người thứ 2 còn 5 ra thang máy, người thứ 3 có 4 cách ra thang máy, 6.5.4 5
số các kết cục thuận lợi là A3  6.5.4 , vậy P   . 6 c 216 9
Bài 1.13 Trên giá sách có xếp ngẫu nhiên một tuyển tập của tác giả X gồm 12 cuốn. Tìm xác suất để các
tập được xếp theo thứ tự hoặc từ trái sang phải, hoặc từ phải sang trái.
Giải: Số cách xếp sách là: 12!
Gọi A là biến cố “xếp theo thứ tự từ trái sang phải hoặc từ phải sang trái”. 7 TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội 2
vì A có 2 khả năng  P A  . 12!
Bài 1.14 Lấy ngẫu nhiên 3 quân bài từ một cỗ bài 52 quân. Tìm xác suất để : a) Được 3 quân át b) Được 1 quân át
Giải: Số các kết cục đồng khả năng là C3 . 52 3 C3 4.3.2 1
a) Số cách chọn 3 quân át từ 4 quân át là : C , vậy P  4   . 4 a C 3 52.51.50 5525 52
b) Số cách chọn 1 quân át từ 4 quân át là C1  4 , hai quân còn lại có số cách chọn là C 2 . 4 48 4C 2 4.48.47.3.2.1 1128 Vậy P  48   . b C 3 52.51.50.2 5525 52
Bài 1.15 Một lô hàng có 6 chính phẩm và 4 phế phẩm được chia ngẫu nhiên thành 2 thành phần bằng
nhau. Tìm xác suất để mỗi phần có số chính phẩm bằng nhau.
Giải: Mỗi phần sẽ có 5 sản phẩm.
Chỉ cần xét phần 1 vì phần 2 là phần bù của phần 1.
Để mỗi phần có số chính phẩm bằng nhau thì phần một phải là (3 chính phẩm+2 phế phẩm).
Các kết cục đồng khả năng của phần 1 là (5 chính phẩm), (4 chính phẩm+1 phế phẩm), (3 chính phẩm+2
phế phẩm), (2 chính phẩm+3 phế phẩm), (1 chính phẩm+4 phế phẩm). 1 Do đó P  . 5
Bài 1.16 Mỗi vé xổ số có 5 chữ số. Tìm xác suất để một người mua một vé được vé :
a) Có 5 chữ số khác nhau
b) Có 5 chữ số đều lẻ
Giải: Không gian mẫu là {00000,00001, …, 99999} là các số có 5 chữ số từ 0 đến 99999 (nếu thiếu số thì
viết số 0 vào đầu). Số các kết cục đồng khả năng là 100000.
a) Chữ số thứ 1 có 10 cách chọn, chữ số thứ 2 có 9 cách chọn, chữ số thứ 3 có 8 cách chọn, chữ số thứ 4
có 7 cách chọn, chữ số thứ 5 có 6 cách chọn. Số các kết cục thuận lợi là : 10.9.8.7.6. Do đó 10.9.8.7.6 189 P    0, 3024 . a 100000 625
b) Mỗi chữ số có 5 cách chọn là 1,3,5,7,9. Số các kết cục thuận lợi là : 55. Do đó 55 1 P    0, 03125 . b 100000 32 8 TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội
Bài 1.17 Năm người A, B, C, D, E ngồi một cách ngẫu nhiên vào một chiếc ghế dài. Tìm xác suất để : a) C ngồi chính giữa
b) A và B ngồi ở hai đầu ghế
Giải: Giả sử ghế dài được chia thành 5 ô, mỗi người ngồi vào một ô.
Có 5 cách xếp cho người A ngồi, sau đó còn 4 cách xếp cho người B, 3 cách xếp cho người C, 2 cách xếp
cho người D và cuối cùng 1 cách duy nhất cho người E. Số các kết cục đồng khả năng là 5.4.3.2.1=120.
a) C ngồi chính giữa, vậy có 1 cách xếp cho C, còn 4 cách xếp cho A, 3 cách xếp cho B, 2 cách xếp cho 24 1
D, 1 cách xếp cho E. Số các kết cục thuận lợi là 1.4.3.2.1=24. Vậy P    0, 2 . a 120 5
b) A và B ngồi hai đầu ghế nên có 2 cách xếp cho A, B cùng ngồi là A B hoặc B A ở hai đầu ghế, sau đó
có 3 cách xếp cho C, 2 cách xếp cho D, và 1 cách xếp duy nhất cho E. Số các kết cục thuận lợi là : 12
2.3.2.1 =12. Vậy P   0,1. a 120
Bài 1.18 Trong một chiếc hộp có n quả cầu được đánh số từ 1 tới n. Một người lấy ngẫu nhiên cùng một
lúc ra hai quả. Tính xác suất để người đó lấy được một quả có số hiệu nhỏ hơn k và một quả có số hiệu
lớn hơn k (1Giải: Chọn 2 quả cầu trong n quả cầu, số kết cục đồng khả năng là C 2 . n
Số cách chọn 1 quả cầu có số hiệu nhỏ hơn k là k 1. Số cách chọn quả cầu có số hiệu lớn hơn k là n k .
(k 1)(n k) 2(k 1)(n k )
Số kết cục thuận lợi là (k 1)(n k) . Vậy P   . 2 C n(n 1) n
Bài 1.19 Gieo n con xúc xắc đối xứng và đồng chất. Tìm xác suất để được tổng số chấm là n 1.
Giải: Gieo n con xúc xắc thì ta có số kết cục đồng khả năng là 6n.
Nếu tổng số chấm là n 1 thì chỉ có trường hợp n 1 mặt 1 và 1 mặt 2. Số kết cục thuận lợi là: n. Vậy n P  . 6n
§2 Định nghĩa thống kê về xác suất
Bài 1.20 Tần suất xuất hiện biến cố viên đạn trúng đích của một xạ thủ là 0,85. Tìm số viên đạn trúng
đích của xạ thủ đó nếu người bắn 200 viên đạn.
Giải: Có 0,85 = 85% số viên đạn trúng đích. Vậy bắn 200 viên thì có 85%.200 = 170 viên trúng đích. 9 TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội
Bài 1.21 Có thể xem xác suất sinh là con trai là bao nhiêu nếu theo dõi 88200 trẻ sơ sinh ở một vùng thấy có 45600 con trai.
Giải: Vì số quan sát 88200 khá lớn nên có thể coi xác suất sinh con trai ở vùng đó chính là tần suất 45600  76  0, 517 . 88200 147
Bài 1.22 Dùng bảng số ngẫu nhiên để mô phỏng kết quả của 50 lần tung một con xúc sắc. Từ đó tìm tần
suất xuất hiện các mặt 1, 2, …, 6 chấm và mô tả bằng đồ thị. Đồ thị tần suất này sẽ như thế nào nếu tung 1 triệu lần?
Giải: Sử dụng bảng số ngẫu nhiên, lấy ra 50 chữ số có giá trị >0 và <7 bắt đầu từ một dòng ngẫu nhiên, ta được:
5-4-4-6-1-4-6-2-1-5-6-2-1-1-5-3-1-3-3-6-4-5-3-1-5-1-2-4-1-1-1-1-2-6-1-2-5-2-5-3-5-4-1-2-2-5-5-5-3-5 Lập bảng tần suất: Mặt 1 2 3 4 5 6 Số lần xuất hiện 13 8 6 6 12 5 Tần suất 0,26 0,16 0,12 0,12 0,24 0,1
Tần suất suất hiện các mặt khi tung xúc sắc 50 lần 0,3 0,2 0,1 0
Mặt 1 chấm Mặt 2 chấm Mặt 3 chấm Mặt 4 chấm Mặt 5 chấm Mặt 6 chấm Tần suất
Khi tung 1 triệu lần, đồ thị sẽ gần như đường thẳng, bởi khả năng xuất hiện từng mặt là tương
đồng (giả sử con xúc sắc cân tuyệt đối và không chịu ảnh hưởng từ bên ngoài). 1
Đồ thị các tần suất này sẽ tiệm cận đường thẳng y  . 6
§3 Bài tập tổng hợp
Bài 1.23 Người ta chuyên chở một hòm gồm a chính phẩm và b phế phẩm vào kho. Trên đường đi người
ta đánh rơi 1 sản phẩm. Đến kho kiểm tra ngẫu nhiên 1 sản phẩm thì được chính phẩm. Tìm xác suất để
sản phẩm đánh rơi là chính phẩm.
Giải: Có a chính phẩm.
Sau khi đánh rơi tại kho chọn ra 1 sản phẩm thì nó là chính phẩm 10 TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội
 sản phẩm đánh rơi nếu là chính phẩm thì chỉ có thể là a 1 chính
phẩm Số khả năng của sản phẩm đánh rơi là a + b – 1 (1 là sản phẩm chọn tại kho)
 Xác suất sản phẩm đánh rơi là chính phẩm là a  1
P a b 1
Bài 1.24 Số lượng nhân viên của công ty A được phân loại theo lứa tuổi và giới tính như sau: Giới tính Nam Nữ Tuổi Dưới 30 120 170 Từ 30-40 260 420 Trên 40 400 230
Tìm xác suất để lấy ngẫu nhiên một người của công ty đó thì được:
a. Một nhân viên từ 40 tuổi trở xuống
b. Một nam nhân viên trên 40
c. Một nữ nhân viên từ 40 tuổi trở xuống Giải:
a. Xác suất chọn được 1 nhân viên từ 40 tuổi trở xuống: 120 170  260  420 Pa =  97  0, 61 1600 160
b. Xác suất chọn được 1 nam nhân viên trên 40 tuổi: 400 1 Pb=   0, 25 1600 4
c. Xác suất chọn được 1 nữ nhân viên từ 40 tuổi trở xuống: 170  420 59 Pc=   0, 37 1600 160
Bài 1.25 Một cửa hàng đồ điện nhập lô bóng điện đóng thành từng hộp, mỗi hộp 12 chiếc. Chủ cửa hàng
kiểm tra chất lượng bằng cách lấy ngẫu nhiên 3 bóng để thử và nếu cả 3 bóng cùng tốt thì hộp bóng điện
đó được chấp nhận. Tìm xác suất để một hộp bóng điện được chấp nhận nếu trong hộp đó có 4 bóng bị hỏng.
Giải: Xét một hộp 12 bóng, trong đó có 4 bóng hỏng.
Gọi A là biến cố “ 3 bóng điện được lấy ra trong hộp có 4 bóng hỏng đều tốt”
Số kết hợp đồng khả năng xảy ra là số tổ hợp chập 3 từ 12 phần tử. Như vậy ta có: n= C3  220 12
Trong hộp có 4 bóng hỏng, 8 bóng tốt nên số khả năng thuận lợi lấy được 3 bóng tốt là m = C3  56 8 11 TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội
Vậy xác suất hộp điện được chấp nhận là: 56 P(A) =  0, 254 220
Bài 1.26 Giả sử xác suất sinh con trai và con gái là như nhau. Một gia đình có 3 con. Tính xác suất để gia đình đó có: a. Hai con Gái b. Ít nhất hai con gái.
c. Hai con gái biết đứa con đầu lòng là gái.
d. Ít nhất hai con gái biết rằng gia đình đó có ít nhất một con gái 1
Giải: Xác suất sinh con trai và con gái là như nhau và đều bằng . 2
Mỗi lần gia đình đó sinh con sẽ có hai khả năng xảy ra hoặc là con trai hoặc là con gái, mà gia đình đó có
ba con nên số khả năng là có thể xảy ra là 8.
Không gian mẫu là các bộ ( c , c , c ) mà c 1 2 3 i
nhận giá trị trai hoặc gái. C 2 3
a) A là biến cố gia đình đó sinh hai con gái P(A)= 3  8 8
b) B là biến cố gia đình đó sinh ít nhất hai con gái.
Do gia đình đó sinh ít nhất hai con gái nên gia đình đó có thể sinh hai con gái hoặc ba con gái.
Nếu gia đình đó sinh hai con gái có 3 khả năng xảy ra (như câu a)), gia đình đó sinh ba con gái có một khả năng xảy ra. 4 P(B)= 8
c) Gia đình đó sinh hai con gái biết đứa con đầu là con gái
Đứa thứ hai là con gái thì đứa thứ ba là con trai, đứa thứ hai là con trai thì đứa thứ ba là con gái.
Vậy xác suất sinh hai con gái mà đứa con đầu lòng là con gái là: 1 1 1 1 1 P= .  .  2 2 2 2 2
d) D=Biến cố gia đình đó sinh ít nhất hai con gái biết gia đình đó có ít nhất 1 con gái.
Gia đình đó có ít nhất một con gái vậy số khả năng xảy ra là
8-1 =7 (bỏ đi 1 trường hợp 3 nam). Không gian mẫu còn 7 giá trị.
Gia đình đó có ít nhất hai con gái nên hoặc có hai con gái hoặc có ba con gái
Nếu gia đình đó có hai con gái sẽ có một con trai có ba khả năng xảy ra, nếu gia đình đó có ba con gái có 4
môt khả năng xả y ra P(D)= . 7 12 TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội
Bài 1.27 Tìm xác suất để gặp ngẫu nhiên ba người không quen biết nhau ở ngoài đường thì họ:
a. Có ngày sinh nhật khác nhau.
b. Có ngày sinh nhật trùng nhau.
Giải: Giả sử 1 năm có 365 ngày
Tổng số kết cục đồng khả năng là: 3653
a) Số kết cục thuận lợi 3 người có 3 ngày sinh khác nhau là 3
A  365.364.363 , do đó 365 A3 365.364.363 P  365   0.992 a 3653 3653
b) Gọi B là biến cố “cả 3 người có ngày sinh nhật trùng nhau” => có 365 kết quả thuận lợi với biến cố 365
trên. Vậy xác suất của biến cố 1 P   . b 3653 3652
Bài 1.28 Một lô sản phẩm gồm 100 chiếc ấm sứ trong đó có 20 chiếc vỡ nắp, 15 chiếc sứt vòi, 10 chiếc
mẻ miệng. 7 chiếc vừa vỡ nắp vừa sứt vòi, 5 chiếc vừa vỡ nắp vừa mẻ miệng, 3 chiếc vừa sứt vòi vừa mẻ
miệng. 1 chiếc vừa vỡ nắp vừa sứt vòi vừa mẻ miệng. Lấy ngẫu nhiên 1 sản phẩm để kiểm tra. Tìm xác suất:
a) Sản phẩm đó có khuyết tật.
b) Sản phẩm đó chỉ bị sứt vòi.
c) Sản phẩm đó bị sứt vòi biết rằng nó bị vỡ nắp
Giải: Số sp chỉ bị vỡ nắp là: 20 - 7 - 5 + 1 = 9 chiếc
Số sp chỉ bị sứt vòi là: 6 chiếc
Số sp chỉ bị mẻ miệng là: 3 chiếc
Số sp vừa vỡ nắp vừa sứt vòi là: 6 chiếc
Số sp vừa vỡ nắp vừa mẻ miệng là: 4 chiếc
Số sp vừa sứt vòi vừa mẻ miệng là: 2 chiếc
Số sp vừa vỡ nắp vừa sứt vòi vừa mẻ miệng là 1 chiếc
Gọi A là biến cố sp bị khuyết tật 
9  6  3  6  4  2 1 P(A) =   0.31 3 1  100 100
Gọi B là biến cố sp chỉ bị sứt vòi 13 TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội  6 P(B) =  0.06 100
Gọi C là biến cố sp bị sứt vòi biết rằng nó bị vỡ nắp  6 P(C) = = 0.35 1  9  6  4 1
Bài 1.29 Biết rằng tại xí nghiệp trong 3 tháng cuối năm đã có 6 vụ tai nạn lao động. Tìm xác suất để
không có ngày nào có quá 1 vụ tai nạn lao động.
Giải: Vì 3 tháng cuối năm có 31+30+31=92 ngày, ta gọi là ngày 1,..., ngày 92.
Không gian mẫu là tập các bộ số tự nhiên ( a , a ,..., a ) sao cho a
nhận giá trị từ 1, 2,..,92 (tai nạn thứ k 1 2 6 k
xảy ra ở ngày a ). k
Số các trường hợp đồng khả năng là n = 926 .
Gọi A là biến cố “không có ngày nào có quá 1 vụ tai nạn lao động”. Có nghĩa một ngày có 1 vụ tai nạn hoặc không.
Số kết cục thuận lợi cho biến cố A là số chỉnh hợp chập 6 của từ 92 phần tử (các ak đôi một khác nhau): m = A 6 . 92 A6 Vậy: P(A) = 92 . 926
Bài 1.30 Có n người trong đó có m người trùng tên xếp hàng một cách ngẫu nhiên. Tìm xác suất để m
người trùng tên đứng cạnh nhau nếu: a, Họ xếp hàng ngang. b, Họ xếp vòng tròn.
Giải: a) Vì có n người xếp thành hàng ngang nên sẽ có n! cách xếp.
Gọi A là biến cố “m người trùng tên đứng cạnh nhau khi họ xếp hàng ngang”.
Nếu coi m người trùng tên đứng cạnh nhau này là 1 người thì ta có (n – m + 1)! cách xếp. Và trong đó lại
có m! cách xếp cho m người trùng tên.
Vậy xác suất để m người trùng tên đứng cạnh nhau khi họ xếp hàng ngang là:
m!(n m 1)! P(A) = n!
b) Ví có n người xếp thành vòng tròn nên sẽ có (n – 1)! cách sắp xếp.
Gọi b là biến cố “m người trùng tên đứng cạnh nhau khi họ xếp thành vòng tròn”. 14 TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội
Nếu coi m người trùng tên đứng cạnh nhau là 1 người thì khi xếp n người thành vòng tròn ta có (n – m)! cách xếp.
Số kết quả thuận lợi cho B là: m!(n – m)!.
Vậy xác suất để m người trùng tên đứng cạnh nhau khi họ xếp vòng tròn là:
m!(n m)! P(B) = (n 1)!
Bài 1.31 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. Chị A đánh vỡ 3 chén và chị B đánh vỡ 1 chén
b. Một trong 3 người đánh vỡ 3 chén
c. Một trong 3 người đánh vỡ cả 4 chén
Giải: Không gian mẫu là các bộ số (a,b,c,d) ở đó với a, b, c, d nhận giá trị 1, 2, 3 (giá trị 1, 2 ,3 nếu chén
đó được chị A, B, C tương ứng đánh vỡ.).
Số các trường hợp đồng khả năng là 43 .
a) Chị A đánh vỡ 3 chén và chị B đánh vỡ 1 chén, có nghĩa có 3 số 1 và 1 số 2. Số các trường hợp thuận lợi là 4
C3.1  4 nên P   1 . 4 a 43 16
b) Một trong 3 người đánh vỡ 3 chén nên có 6 khả năng là 6
(3,1,0); (3,0,1) ;(1,3,0);(0,3,1);(1,0,3);(0,1,3). Vậy P   2 . b 15 5 3 1
c) Một trong 3 người đánh vỡ cả 4 chén nên có 3 khả năng là (4,0,0);(0,4,0):(0,0,4) nên P   c 15 5
Bài 1.32 Có 10 khách ngẫu nhiên bước vào 1 cửa hàng có 3 quầy. Tìm xác suất để có 3 người đến quầy số 1.
Giải: Mỗi vị khách đều có 3 sự lựa chọn vào 1 trong 3 quầy bất kỳ của cửa hàng.
Vậy 10 vị khách sẽ có 310 sự lựa chọn vào 1 trong 3 quầy bất kỳ của cửa hàng.
Không gian mẫu là các bộ số ( a , a ,..., a ) trong đó a
nhận giá trị 1,2,3 nếu khách k vào quầy 1,2,3 1 2 10 k tương ứng.
Gọi A là biến cố 3 vị khách đến quầy số 1 (có nghĩa có 3 số a bằng 1). k
Số cách chọn 3 vị trí trong 10 vị trí để gán giá trị 1 là C3 . 10
Ta thấy , 7 vị khách còn lại sẽ xếp vào 2 quầy còn lại (quầy 2 và 3). Mỗi vị khách có 2 sự lựa chọn vào 2
quầy 2 và 3. Vậy số trường hợp xếp được là 27
Số cách chọn 3 vị khách vào quầy 1 và 7 vị khách vào 2 quầy 2 và 3 là 27.C3 10
Vậy xác suất 3 vị khách vào quầy số 1 là 15 TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội 27.C3 P(A) = 10 = 0,26. 310
§4 Quan hệ giữa các biến cố
Bài 1.33 Một chi tiết được lấy ngẫu nhiên có thể là chi tiết loại 1(ký hiệu là A) hoặc chi tiết loại 2(ký hiệu
là B) hoặc chi tiết loại 3(ký hiệu là C). Hãy mô tả các biến cố sau đây: a) A B b) AB C c) A B d) AC Giải: Gọi
A là biến cố “chi tiết lấy ra thuộc loại I”
B là biến cố “chi tiết lấy ra thuộc loại II”
C là biến cố “chi tiết lấy ra thuộc loại III”
a) A + B là biến cố lấy ra chi tiết loại A hoặc loại B.
b) A B là biến cố không lấy ra được chi tiết loại A hoặc loại B , hay chính là lấy ra chi tiết loại C.
c) AB+C là biến cố lấy ra hoặc chi tiết loại C hoặc vừa là chi tiết A vừa là chi tiết B.
d) AC là biến cố lấy ra chi tiết vừa là loại A vừa là loại C.
Bài 1.34 Ba người cùng bắn vào 1 mục tiêu. Gọi Ak là biến cố người thứ k bắn trúng mục tiêu. Hãy viết
bằng ký hiệu các biến cố biểu thị bằng:
a. Chỉ có người thứ nhất bắn trúng mục tiêu
b. Chỉ có một người bắn trúng mục tiêu
c. Chỉ có hai người bắn trúng mục tiêu
d. Có người bắn trúng mục tiêu
Giải: 3 người cùng bắn vào mục tiêu. Gọi Ak là biến cố người thứ k bắn trúng mục tiêu (k =1, 3 )
a) Chỉ có người thứ nhất bắn trúng mục tiêu: A .A A . 1 2 3
b) Chỉ có 1 người bắn trúng mục tiêu: A A A A A A A A A . 1 2 3 1 2 3 1 2 3
c) Chỉ có 2 người bắn trúng mục tiêu: A A A A A A A A A . 1 2 3 1 2 3 1 2 3
d) Có người bắn trúng mục tiêu: A A A . 1 2 3
Bài 1.35 Ta kiểm tra theo thứ tự một lô hàng có 10 sản phẩm. Các sản phẩm đều thuộc một trong hai loại:
Tốt hoặc Xấu. Ký hiệu Ak = (k = 1,10 ) là biến cố chỉ sản phẩm kiểm tra thứ k thuộc loại xấu. Viết bằng
ký hiệu các biến cố sau:
a. Cả 10 sản phẩm đều xấu.
b. Có ít nhất một sản phẩm xấu
c. Có 6 sản phẩm đầu kiểm tra là tốt, còn các sản phẩm còn lại là xấu.
d. Các sản phẩm kiểm tra theo thứ tự chẵn là tốt, còn các sản phẩm kiểm tra theo thứ tự lẻ là xấu. Giải:
a) A = A A ...A 1 2 10
b) B = A A ...  A 1 2 10
c) C = A A ...A A ...A 1 2 6 7 10
d) D = A A A ...A A 1 2 3 9 10 16 TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội
Bài 1.36 Gọi A là biến cố sinh con gái và B là biến cố sinh con có trọng lượng hơn 3kg. Hãy mô tả
tổng và tích của 2 biến cố trên.
Giải: A+B = “Sinh con gái hoặc sinh con nặng hơn 3kg”
A.B = “Sinh con gái nặng hơn 3kg”
Bài 1.37 Một công ty tham gia đấu thầu hai dự án. Gọi A và B tương ứng là biến cố công ty thắng thầu dự
án thứ nhất và thứ hai. Hãy mô tả tổng và tích của A và B.
Giải: Tổng A+ B là biến cố: công ty thắng thầu 1 trong 2 dự án
Tích A.B là biến cố: công ty thắng thầu cả 2 dự án
§5 Định lý cộng và định lý nhân xác suất
Bài 1.38 Cơ cấu chất lượng sản phẩm của một nhà máy như sau:
Sản phẩm loại 1: 40%, sản phẩm loại 2: 50%, còn lại là phế phẩm.
Lấy ngẫu nhiên một sản phẩm của nhà máy. Tính xác suất sản phẩm lấy ra thuộc loại 1 hoặc loại 2.
Giải: Gọi A1 là biến cố sản phẩm lấy ra thuộc loại 1
Gọi A2 là biến cố lấy ra sản phẩm loại 2
Gọi A là biến cố sản phẩm lấy ra thuộc loại 1 hoặc loại 2 A= A1+A2
Vì A1 và A2 xung khắc với nhau, do đó:
P(A) = P(A1+ A2) = P(A1)+P(A2) =0,4 +0,5=0,9.
Bài 1.39 Để nhập kho, sản phẩm của nhà máy phải trải qua 3 phòng kiểm tra chất lượng, xác suất phát
hiện ra phế phẩm ở các phòng theo thứ tự là 0,8; 0,9 và 0,99. Tính xác suất phế phẩm được nhập kho( các
phòng kiểm tra hoạt động độc lập)
Giải: Gọi Ak là biến cố “sản phẩm của nhà máy đi qua phòng kiểm tra số k là phế phẩm” (k=1,2,3).
A là biến cố “sản phẩm nhập kho là phế phẩm”
Ta có: P(A1) = 1 – 0.8 = 0.2; P(A2)= 0.1; P(A3)= 0.01.
Vì 3 phong kiểm tra hoạt động độc lập nên A1, A2, A3 là các biến cố độc lập
Xác suất để sản phẩm nhập kho là phế phẩm:
P(A) = P(A1.A2.A3) = P(A1).P(A2).P(A3)= 0.1x0.2x0,01= 0,0002
Bài 1.40 Xác suất để khi đo một đại lượng vật lý phạm sai số vượt quá tiêu chuẩn cho phép là 0,4. Thực
hiện 3 lần đo độc lập . Tìm xác suất sao cho có đúng một lần đo sai số vượt quá tiêu chuẩn.
Giải : Gọi A là biến cố đo sai lần k (k=1,2,3) . k
Có P( A ) = 0,4 => P( A ) = 0,6 . k k 17 TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội
A = Biến cố có đúng một lần đo sai số vượt quá tiêu chuẩn = A A A A A A A A A 1 2 3 1 2 3 1 2 3
P(A) = P( A A A A A A A A A ) = 3 . 0,4 . 0,6 . 0,6 = 0,432 . 1 2 3 1 2 3 1 2 3
Bài 1.41 Một hộp chứa 3 bi trắng, 7 bi đỏ và 15 bi xanh. Một hộp khác chứa 10 bi trắng, 6 bi đỏ và 9 bi
xanh. Lấy ngẫu nhiên từ mỗi hộp một bi. Tìm xác suất để hai bi lấy ra có cùng màu. 3
Giải: Gọi A1 = biến cố lấy được bi trắng ở hộp 1  P (A1) = 25 7
B1 = biến cố lấy được bi đỏ ở hộp 1  P (B1) = 25 15
C1 = biến cố lấy được bi xanh ở hộp 1  P (C1) = 25 10
A2 = biến cố lấy được bi trắng ở hộp 2  P (A2) = 25 6
B2 = biến cố lấy được bi đỏ ở hộp 2  P (B2) = 25 9
C2 = biến cố lấy được bi xanh ở hộp 2  P (C2) = 25
Vì A1, B1, C1, A2, B2, C2 là các biến cố độc lập nên: 3 10 6
A = biến cố lấy được 2 bi màu trắng  P (A) = P (A1) .P (A2) = . = 25 25 125 7 6
B = biến cố lấy được 2 bi màu đỏ  P (B) = P(B 42 1) . P (B2) = . = 25 25 625 15 9
C = biến cố lấy được 2 bi màu xanh  27 P(C) = P(C1) .P (C2) = . = 25 25 125
D = biến cố lấy được 2 bi cùng màu
A, B, C là các biến cố độc lập nên ta có xác suất để 2 bi lấy ra có cùng màu là: 6
P (D) = P (A) + P (B) + P (C) = 42 27 207 + + = . 125 625 125 625
Bài 1.42 Hai người cùng bắn vào 1 mục tiêu. Khả năng bắn trúng của từng người là 0,8 và 0,9. Tìm xác suất:
a, Chỉ có 1 người bắn trúng
b, Có người bắn trúng mục tiêu
c, Cả 2 người bắn trượt
Giải: Gọi A1 là biến cố người thứ nhất bắn trúng mục tiêu.
Vậy P(A1) = 0,8; P( A )=1-0,8= 0,2 1
Gọi A2 là biến cố người thứ hai bắn trúng mục tiêu. Vậy P(A2) = 0,9
Vậy P(A2) = 0,9; P( A )=1-0,9= 0,1 2
a, Gọi A là biến cố chỉ có 1 người bắn trúng
Có 2 trường hợp xảy ra 18 TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội
TH1: Người 1 bắn trúng và người 2 không bắn trúng. P(A1 A )= P(A )=0,8.0,1=0,08 2 1). P( A2
TH2: Người 1 không bắn trúng và người 2 bắn trúng. P( A A ). P(A 1 2)= P( A1 2)=0,2.0,9=0,18
Vậy xác suất chỉ có 1 người bắn trúng mục tiêu là:
P(A) = P(A1 A ) + P( A A 2 1 2) = 0,08 + 0,18 = 0,26
b) Gọi B là biến cố có người trúng mục tiêu.
B là biến cố cả hai người đều bắn trượt.
Vậy nên P( B ) = P( A ). P( A )= 0,2.0,1 = 0,02 1 2
Vậy nên P(B)= 1- P( B ) = 1 – 0,02 = 0,98
Bài 1.43 Chi tiết được gia công qua k công đoạn nối tiếp nhau và chất lượng chi tiết chỉ được kiểm tra sau
khi đã được gia công xong. Xác suất gây ra khuyết tật cho chi tiết ở công đoạn thứ i là P (i  1,..., k) . i
Tìm xác suất để sau khi gia công xong chi tiết có khuyết tật.
Giải: Sản phẩm được gia công qua k công đoạn. Sản phẩm có thể có chi tiết khuyết tật ở bất cứ công đoạn nào.
Ta có xác suất để chi tiết công đoạn 1 khuyết tật là P1 nên xác suất để chi tiết công đoạn 1 không khuyết
tật là P  1 P 1 1 Tương
tự, xác suất để chi tiết công đoạn i không khuyết tật là P  1 P i i
Vậy xác suất để sản phẩm không khuyết tật là P P P ...P ...P nên xác suất để sản phẩm có chi tiết 1 2 i k
khuyết tật là 1 P  1 P P ...P ...P  1 (1 P )...(1 P ) . 1 2 i k 1 k n
Bài 1.44 Trong hộp có n quả bóng bàn mới. Người ta lấy ra k quả để chơi ( k  ) sau đó lại bỏ vào hộp. 2
Tìm xác suất để lần sau lấy k quả để chơi thì lấy được toàn bóng mới.
Giải: Sau khi lấy ra k quả để chơi, rồi lại bỏ lại thì số bóng bàn mới còn lại trong hộp là n – k quả và số bóng cũ sẽ là k quả. n
Gọi A là “biến cố lấy được k quả mới lần 2”. Khi đó, xác suất lấy được k quả mới là (chú ý k  ): 2 2 k C n k !
n k ! P(A)= n! nk  :  . k C n
k !n  2k ! k !n k ! n!n  2k ! 19 TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội
Bài 1.45 Tín hiệu thông tin được phát 3 lần với xác suất thu được của mỗi lần là 0,4.
Tìm xác suất để nguồn thu nhận được thông tin đó.
Nếu muốn xác suất thu được thông tin lên đến 0,9 thì phải phát ít nhất bao nhiêu lần. Giải:
a. Gọi A là biến cố “không lần nào thu được thông tin”
 P (A) = 0,6 . 0,6 . 0,6= 0,216
Gọi 𝐴̅ là biến cố “ít nhất một lần thu được thông tin”
 P (𝐴̅ ) = 1- P (A) = 1- 0,216 = 0,784
b. Nếu muốn xác suất thu được thông tin lên đến 0,9 thì xác suất không thu được thông tin phải là 0,1.
Ta có : P (A) = 0,1 P (𝐴̅ ) = 0,9
Gọi n là số lần phát, ta có : 0,6𝐴̅ = 0,1 hay n = 4,5.
Vậy phải phát ít nhất 5 lần
Bài 1.46 Hai người cùng bắn vào một mục tiêu, khả năng chỉ có một người bắn trúng là 0,38. Tìm
xác suất bắn trúng của người thứ 1 biết khả năng bắn trúng của người thứ 2 là 0,8.
Giải: Gọi xác suất bắn trúng của người thứ nhất và người thứ hai lần lượt là x và y
Xác suất chỉ một người bắn trúng là x(1-y) + y(1-x) = 0.38
Theo bài có y = 0.8 nên x = 0.7
Vậy xác suất bắn trúng của người thứ nhất là 0.7
Bài 1.47 Trong 10 sản phẩm có 2 phế phẩm. Lấy ngẫu nhiên 2 sản phẩm. Tính xác suất để cả 2 sản phẩm
đều là phế phẩm trong trường hợp: a. Lấy hoàn lại. b. Lấy không hoàn lại. Giải:
a. Gọi A là biến cố: cả 2 sản phẩm lấy được đều là phế phẩm
A1 là biến cố: sản phẩm đầu tiên lấy được là phế phẩm
A2 là biến cố: sản phẩm thứ hai lấy được là phế phẩm
⇒ A=A1.A2. Vì lấy có hoàn lại nên A1 và A2 là 2 biến cố độc lập nên P(A)=P(A1).P(A2).
Ta có P(A1)=P(A2)=2/10 ⇒ P(A)=0,2.0,2=0,04
b. Vì lấy không hoàn lại nên A1 và A2 là hai biến cố phụ thuộc
⇒ P(A) = P(A1A2) = P(A1).P(A2|A1) = 2 . 1 = 0,022. 10 9 20 TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội
Bài 1.48 Một nồi hơi được lắp van bảo hiểm với xác suất hỏng của các van tương ứng là 0,1 và 0,2. Nồi
hơi sẽ hoạt động an toàn khi có van không hỏng. Tìm xác suất để nồi hơi hoạt động: a. An toàn b. Mất an toàn
Giải: Gọi A1 là biến cố van 1 không hỏng : P(A1)=0,1
Gọi A2 là biến cố van 2 không hỏng : P(A2)=0,2
Gọi A là biến cố nồi hơi hoạt động không an toàn khi có van bị hỏng.
P(A)=P(A1.A2)=P(A1).P(A2)=0,1.0,2=0,02.
Vậy xác suất để nồi hơi hoạt động an toàn là: P=1 - 0,02=0,98.
Bài 1.49 Bắn liên tiếp vào 1 mục tiêu cho đến khi viên đạn đầu tiên trúng mục tiêu thì dừng. Tính xác
suất sao cho phải bắn đến viên thứ 6, biết rằng xác suất trúng mục tiêu của mỗi viên đạn là 0,2 và các lần bắn độc lập nhau.
Giải: Gọi A là biến cố “Phải bắn đến viên thứ 6 mới trúng đích”
Ak là biến cố “Viên thứ k trúng đích” : P(Ak) = 0,2.
Phải bắn đến viên thứ 6 mới trúng đích. Vậy, phải bắn trượt 5 lần đầu và lần thứ sáu thì trúng. Ta lại có
các lần bắn có kết quả độc lập với nhau, vì vậy các biến cố A1, A2, …, A6 là các biến cố độc lập.
Vậy xác suất để lần thứ 6 trúng đích là: P(A) = P( 𝐴̅ 1 ).P( 𝐴̅ 2
).P( 𝐴̅ 3).P( 𝐴̅ 4).P( 𝐴̅5).P(A6) = ( 1 − 0,2) 5.0,2 = 0,065536.
Bài 1.50 Một thủ kho có chùm chìa khóa gồm 9 chiếc trong đó chỉ có một chiếc mở cửa kho. Anh ta thử
ngẫu nhiên từng chìa khóa một, chiếc nào đã được thử thì không thử lại. Tính xác suất anh ta mở được đã ở lần thử thứ tư.
Giải: Gọi A1 là biến cố: “Lần thứ nhất không mở được cửa kho”.
A2 là biến cố: “Lần thứ hai không mở được cửa kho”.
A3 là biến cố: “Lần thứ ba không mở được cửa kho”.
A4 là biến cố: “Lần thứ tư mở được cửa kho”.
Theo đầu bài, thủ kho thử ngẫu nhiên từng chìa một, chiếc nào đã được thử thì không thử lại. Do đó A1,
A2, A3, A4 là các biến cố phụ thuộc.
Xét biến cố A1, chùm chìa khóa có 9 chìa trong đó chỉ có một chìa mở được, 8 chìa còn lại không mở
được. Lần thứ nhất không mở được. Vậy biến cố A1 có xác suất: P(A1) = 8 9 21 TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội
Xét biến cố A2, sau khi thử lần thứ nhất, còn 8 chiếc chìa khóa trong đó 1 chiếc mở được và 7 chiếc
không mở được. Lận thứ hai không mở được. Vậy biến cố A2 có xác suất: P(A2|A1) = 7 8
Tương tự, xét biến cố A3, sau khi thử lần thứ hai, còn 7 chiếc chìa khóa trong đó 1 chiếc mở được và 6
chiếc không mở được. Lần thứ 3 không mở được. Vậy biến cố A3 có xác suất: P(A3|A1A2) = 6 7
Xét biến cố A4, sau khi thử lần ba, còn 6 chiếc chìa khóa trong đó có 1 chiếc mở được và 5 chiếc không
mở được. Lần thứ tư mở được. Vậy biến cố A4 có xác suất: P(A4|A1A2A3) = 1 6
Vậy xác suất để mở được cửa kho ở lần thử thứ tư là: 8 7 6 1 1
P(A) = P(A A A A )=P(A ).P(A |A ).P(A |A A ).P(A |A A A ) =  . 1 2 3 4 1 2 1 3 1 2 4 1 2 3 . . . 9 8 7 6 9
Bài 1.51 Công ty sử dụng hai hình thức quảng cáo là đài phát thanh và vô tuyến truyền hình. Giả sử 25%
khách hàng nắm được thông tin này qua vô tuyến truyền hình, 34% khách hàng nắm được thông tin qua
đài phát thanh và 10% khách hàng nắm được thông tin qua cả hai hình thức quảng cáo. Tìm xác suất để
chọn ngẫu nhiên 1 khách hàng thì người đó nắm được thông tin về sản phẩm của công ty.
Giải: A là biến cố “khách hàng nắm được thông tin của công ty qua vô tuyến truyền hình”
B là biến cố “khách hàng nắm được thông tin của công ty qua đài phát thanh”.
Theo đề bài : P(A) = 0,25; P(B) =0.34; P(A.B) = 0,1.
A+B= “khách hàng nắm được thông tin của công ty”
P (A+B) = P(A) + P(B) - P(A.B) = 0,25 + 0,34 – 0,1 = 0,49.
Vậy xác suất để khách hàng nắm được thông tin của công ty là 49%.
Bài 1.52 Gieo 2 con xúc xắc đối xứng và đồng chất. Gọi A là biến cố xuất hiện khi tổng số chấm thu
được là lẻ, B là biến cố được ít nhất một mặt một chấm. Tính P(AB),P(A+B), P ( A B )
Giải: Gieo hai con xúc xắc.
Mỗi xúc xắc có 6 mặt tương ứng với các số chấm 1,2,3,4,5,6 .
A là biến cố xuất hiện khi tổng số chấm thu được là lẻ.
B là biến cố được ít nhất một mặt một chấm.
A={(1,2),(1,4),(1,6),(2,3),(2,5),(3,4),(3,6),(4,5),(5,6),(2,1),(4,1),(6,1),(3,2),(5,2), (4, 3),(6,3),(5,4),(6,5)}
B={(1,1),(1,2),(1,3),(1,4),(1,5),(1,6),(2,1),(3,1),(4,1),(5,1),(6,1)}
B|A ={(1,2),(1,4),(1,6),(2,1),(4,1),(6,1)}. Vậy P(A)=18 P(B)=11 P(B|A)= 6 36 36 18
Vì A và B là hai biến cố phụ thuộc nên : P(AB)=P(A).P(B|A)= 18 . 6 = 1 36 18 6
P(A+B)= P(A) + P(B) – P(AB)= 18 + 11 - 1 = 23 36 36 6 36 22 TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội
P( 𝐴̅ 𝐴̅ )= 1- P(AB)= 5. 6
Bài 1.53 Có 2 bóng đèn điện với xác suất hỏng tương ứng là 0,1 và 0,2 và việc chúng hỏng là độc lập với
nhau. Tính xác suất để mạch không có điện do bóng hỏng nếu chúng mắc: a) Nối tiếp b) Song song
Giải: Gọi xác suất để 2 đèn hỏng lần lượt là P1 và P2
Ta có P1  0,1 và P2  0,2 và 2 biến cố đèn hỏng là 2 biến cố độc lập
a) Mạch nối tiếp : mạch không có điện khi 1 trong 2 đèn hỏng
Xác suất đèn 1 không hỏng P1  1  P1  1  0,1  0,9
Xác suất đèn 2 không hỏng P2  1  P2  1  0,2  0,8
Xác suất để mạch có điện tức là 2 đèn đều không hỏng là P P1 P2  0,9.0,8  0,72
nên xác suất để mạch không có điện là P  1 0, 72  0, 28 a
b) Mạch song song : mạch không có điện khi cả 2 đèn đều hỏng nên xác suất để mạch không có điện
là P P P  0,1.0, 2  0, 02 b 1 2
Bài 1.54 Có hai lô hàng. Lô 1: Có 90 chính phẩm và 10 phế phẩm. Lô 2: Có 80 chính phẩm và 20 phế
phẩm. Lấy ngẫu nhiên từ mỗi lô hàng một sản phẩm. Tìm xác suất để:
a. Lấy được một chính phẩm
b. Lấy được ít nhất một chính phẩm.
Giải: a) Gọi A là biến cố “Lấy được 1 chính phẩm”. Để A xảy ra, có thể lấy 1 chính phẩm từ Lô 1 và 1
phế phẩm từ Lô 2 hoặc 1 chính phẩm từ Lô 2 và 1 phế phẩm từ Lô 1.
Do đó, xác suất của biến cố A: 𝐴̅( 𝐴̅) = 90 . 20 80 10 + . = 0,26 100 100 100 100
b) Gọi B là biến cố “Lấy được ít nhất 1 chính phẩm” thì biến cố đối 𝐴̅
là “Không lấy được chính phẩm nào”.
Xác suất của biến cố 𝐴̅ : 𝐴̅( 𝐴̅ ) = 10 . 20 = 0,02 nên 𝐴̅( 𝐴̅) = 1 − 𝐴̅( 𝐴̅ ) = 1 − 0,02 = 0,98. 100 100
Bài 1.55 Một lô hàng có 9 sản phẩm. Mỗi lần kiểm tra chất lượng lấy ngẫu nhiên 3 sản phẩm. Sau khi
kiểm tra xong lại trả vào lô hàng. Tính xác suất để sau 3 lần kiểm tra lô hàng, tất cả các sản phẩm đều được kiểm tra.
Giải: Gọi 𝐴̅𝐴̅ là biến cố lần thứ i lấy ra 3 sản phẩm mới để kiểm tra. (i= 1 , 3 ) . Gọi A là biến cố sau 3
lần kiểm tra tất cả các sản phẩm đều được kiểm tra. A= A1.A2.A3
Vì các biến cố phụ thuộc nên ta có: 𝐴̅3 𝐴̅3 𝐴̅3 5
P(A) = P(A1).P(A2|A1).P(A3|A1A2) = 9 ∙ 6 ∙ 3 = . 𝐴̅3 𝐴̅3 𝐴̅3 9 9 9 1764 23 TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội
Bài 1.56 Xác suất để 1 viên đạn bắn trúng đích là 0,8. Hỏi phải bắn bao nhiêu viên đạn để với xác
suất nhỏ hơn 0,4 có thể hy vọng rằng không có viên nào trượt.
Giải: Giả sử bắn n lần. Gọi Ak = biến cố “lần thứ k bắn trúng” (k=1,...,n).
A = biến cố “Trong n lần bắn đều trúng”
Ta có: P(A1) = P(A2) = …. = P(An) = 0,8.
Do A1, A2,…An độc lập nên => P(A) = 0,8𝐴̅
Theo giả thiết xác suất của biến cố A < 0,4  0,8n  0, 4  ln 0,8n  ln 0, 4  n ln 0,8  ln 0, 4  n  4,1.
Vậy phải bắn ít nhất 5 viên đạn để với xác suất nhỏ hơn 0,4 có thể hi vọng rằng không có viên nào trượt.
Bài 1.57 Phải tung một con xúc xắc ít nhất trong bao nhiêu lần để với xác suất lớn hơn 0,5 có thể hy vọng
rằng có ít nhất 1 lần được mặt 6 chấm.
Giải: Giả sử tung con xúc xắc k lần thì ít nhất có 1 lần xuất hiện mặt 6 chấm.
Gọi A là biến cố “ít nhất 1 lần xuất hiện mặt 6 chấm”.
Vậy Ā là biến cố “Mặt 6 chấm không xuất hiện lần nào”. ⟹ P(Ā) = (5) k 6 Có P(A) + P(Ā) = 1
⟹ P(A) = 1 – P(Ā) = 1 – ( 5) k > 0,5 6 k
⟹ (5) < 1 ⟹ k > log 1 ⟹ k> 3,8 5 6 2 6 2
Vậy số lần ít nhất cần gieo để xuất hiện mặt 6 chấm ít nhất 1 lần với xác suất lớn hơn 0,5 là 4 lần.
§6 Công thức Bernoulli
Bài 1.58 Một nhân viên bán hàng mỗi ngày đi chào hàng ở 10 nơi với xác suất bán hàng ở mỗi nơi là 0,2.
a. Tìm xác suất để người đó bán được hàng ở 2 nơi
b. Tìm xác suất để người đó bán được hàng ở ít nhất 1 nơi
Giải: Coi việc bán hàng ở mỗi nơi của người đó là một phép thử thì ta có 10 phép thử độc lập. Trong mỗi
phép thử chỉ có 2 khả năng đối lập: hoặc bán được hàng hoặc không. Xác suất bán được hàng mỗi nơi là
0,2. Vậy bài toán thỏa mãn lược đồ Bernoulli. 24 TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội
a. Gọi A là biến cố người đó bán được hàng ở 2 nơi. P(A)= 𝐴̅2 10 .0,22.0,88=0,3
b. Gọi B là xác suất người đó không bán được ở nơi nào. P(B)= 𝐴̅0 10 .0,20.0,810
Vậy xác suất để người đó bán được ở ít nhất một nơi là: P= 1 – P(B) =0,8926
Bài 1.59 Tỷ lệ phế phẩm của 1 máy là 5%. Tìm xác suất để trong 12 sản phẩm do máy đó sản xuất ra có: a. 2 phế phẩm.
b. Không quá 2 phế phẩm.
Giải: a) Xác suất để sản xuất ra 2 phế phẩm đó là: 𝐴̅12( 2) = 𝐴̅2 12
.0,052. 0,9510 ≈ 0,0988 ≈ 9,88%
b) Gọi B là biến cố để “máy đó sản xuất ra có không quá 2 phế phẩm”, ta có:
𝐴̅( 𝐴̅) = 𝐴̅12( 0) + 𝐴̅12( 1) + 𝐴̅12( 2)
= 𝐴̅0 0,050. 0,9512 + 𝐴̅1 0,051.0,9511 + 𝐴̅2 0,052.0,9510 ≈ 0,9804 ≈ 98,04% 12 12 12
Bài 1.60 Đề thi trắc nghiệm có 10 câu hỏi , mỗi câu hỏi có 5 cách trả lời , trong đó chỉ có một cách trả lời
đúng . Một thí sinh chọn cách trả lời một cách hoàn toàn hú họa . Tìm xác suất để người đó thi đỗ , biết
rằng để đỗ phải trả lời đúng ít nhất 8 câu .
Giải: Coi việc trả lời mỗi câu hỏi của người đó là một phép thử độc lập , ta có 10 phép thử độc lập . Mỗi
phép thử có 5 cách trả lời nên xác suất để trả lời đúng mỗi câu hỏi là 0,2 .
Vậy bài toán thỏa mãn lược đồ Bernoulli . Theo công thức Bernoulli :
P10(8) = 𝐴̅8 . 0,28. 0,82 = 0,000078 . 10
Bài 1.61 Một siêu thị lắp 4 chuông báo cháy hoạt động độc lập với nhau. Xác suất để khi có cháy mỗi
chuông kêu là 0,95. Tìm xác suất để có chuông kêu khi cháy.
Giải: Gọi A là biến cố chuông kêu khi có cháy
Ta có 𝐴̅ là biến cố không có chuông nào kêu khi cháy.
Coi 4 chuông báo cháy là 4 phép thử, ta có 4 phép thử độc lập. Trong mỗi phép thử có 2 khả năng xảy ra
chuông kêu hoặc không kêu khi có cháy. Xác suất chuông kêu khi có cháy là p = 0,95.
P(𝐴̅)=P4(0)= 0,054=6,25. 10-6
Vậy P(A)=1-P(𝐴̅)=1- 6,25. 10-6=0,999994. 25 TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội
§6 Công thức xác suất đầy đủ và công thức Bayes
Bài 1.62 Hai máy cùng sản xuất 1 loại sản phẩm. Tỷ lệ phế phẩm của máy I là 3% còn của máy II là 2%.
Từ một kho gồm 2/3 sản phẩm máy I và 1/3 sản phẩm máy II ta lấy ra 1 sản phẩm. Tính xác suất để sản phẩm đó là tốt.
Giải: Gọi A là biến cố sản phẩm lấy ra là tốt
H1 là biến cố sản phẩm lấy ra của máy I.
H2 là biến cố sản phẩm lấy ra của máy II
Tỉ lệ phế phẩm của máy I và máy II lần lượt là 3% và 2% nên tỉ lệ sản phẩm tốt của máy I và II lần lượt là: 97% và 98%.
Biến cố A có thể xảy ra với 1 trong 2 biến cố H1 và H2 tạo nên một nhóm đầy đủ các biến cố . Do đó
theo công thức đầy đủ ta có:
P(A)= P(H1). P(𝐴̅|𝐴̅1) + P(H2) .P( 𝐴̅|𝐴̅1)= 2/3. 0,97 + 1/3. 0,98 = 0,9733.
Bài 1.63 Có 2 xạ thủ loại I và 8 xạ thủ loại II, xác suất bắn trúng đích của các loại xạ thủ theo thứ tự là 0,9 và 0,8.
a) Lấy ngẫu nhiên ra 1 xạ thủ và xạ thủ đó bắn 1 viên đạn. Tìm xác suất để viên đạn đó trúng đích.
b) Nếu lấy ra 2 xạ thủ và mỗi người bắn 1 viên thì khả năng để cả 2 viên đều trúng đích là bao nhiêu?
Giải: a) Lấy ngẫu nhiên 1 xạ thủ.
Gọi H1 là biến cố “chọn xạ thủ loại I” ⇒ 𝐴̅( 𝐴̅1) = 2 10
Gọi H2 là biến cố “chọn xạ thủ loại II” ⇒ 𝐴̅( 𝐴̅2) = 8 10
Gọi A là biến cố “viên đạn trúng đích”
Biến cố A có thể xảy ra với 1 trong 2 biến cố H1 và H2, tạo nên một nhóm đầy đủ các biến cố.
Theo công thức xác suất đầy đủ:
𝐴̅( 𝐴̅) = 𝐴̅( 𝐴̅1).𝐴̅( 𝐴̅|𝐴̅1) + 𝐴̅( 𝐴̅2). 𝐴̅( 𝐴̅|𝐴̅2) 2 8 = × 0,9 + × 0,8 = 0,82 10 10
b) Khi A xảy ra (người đầu tiên bắn trúng đích):
Áp dụng công thức Bayes: 𝐴̅( 𝐴̅ 0,2.0,9 9 𝐴̅ 1). 𝐴̅(𝐴̅|𝐴̅1) ( 𝐴̅ 1 |𝐴̅) = = = 𝐴̅( 𝐴̅) 0,82 41 𝐴̅(𝐴̅ 0,8.0,8 32 𝐴̅ 2).𝐴̅(𝐴̅|𝐴̅2) ( 𝐴̅ 2 |𝐴̅) = = = 𝐴̅( 𝐴̅) 0,82 41
 𝐴̅( 𝐴̅1),𝐴̅( 𝐴̅2) được điều chỉnh mới là 𝐴̅( 𝐴̅1) = 9 và 𝐴̅( 𝐴̅2) = 32. 41 41
Gọi B là biến cố “cả 2 viên đạn trúng đích”
⇒ 𝐴̅( 𝐴̅) = 𝐴̅( 𝐴̅1).𝐴̅( 𝐴̅|𝐴̅1) + 𝐴̅( 𝐴̅2). 𝐴̅( 𝐴̅|𝐴̅2) 26 TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội 9 32 = . 0,9 + .0,8 41 41 = 0,6683 ≈ 0,67
Bài 1.64 Có 2 lô sản phẩm. Lô 1: Gồm toàn chính phẩm. Lô 2: Có tỉ lệ phế phẩm và chính phẩm là ¼.
Chọn ngẫu nhiên một lô, từ lô này lấy ngẫu nhiên 1 sản phẩm, thấy nó là chính phẩm, rồi hoàn lại sản
phẩm này vào lô. Hỏi rằng nếu lấy ngẫu nhiên (cũng từ lô đã chọn) một sản phẩm khác thì xác suất để lấy
sản phẩm này là phế phẩm là bao nhiêu ?
Giải: Giả sử: H1= “biến cố lấy được sản phẩm từ lô 1”
H2= “biến cố lấy sản phẩm từ lô 2”
A= “biến cố sản phẩm lấy lần 1 là chính phẩm”
→ Theo công thức đầy đủ ta có
P(A)= P(H1). P( 𝐴̅|𝐴̅1) + P(H2). P( 𝐴̅|𝐴̅2) = 1 ∙ 1 + 1 ∙ 4 = 9 2 2 5 10 Khi A xảy ra: 1 .1
PH |A = P H1 .P A|H1 5 = 2 =    1 9 P( A) 9 10 1 4 P H . 4 PH
2 .P A|H2 2 |A = =  = 2 5 9 9   10 P( A)
Vậy P(H1), P(H2) được điều chỉnh mới là: P(H1)= 5, P(H2)= 4. 9 9
Gọi B= “biến cố lấy được sản phẩm 2 là phế phẩm”
Khi đó: P(B) = P(H2).P(𝐴̅|𝐴̅2) = 4 ∙ 1 = 4 . 9 5 45
Bài 1.65 Bắn 3 phát đạn vào một máy bay với xác suất trúng tương ứng là 0,4; 0,5 và 0,7. Nếu trúng một
phát thì xác suất rơi máy bay là 0,2; nếu trúng 2 phát thì xác suất rơi máy bay là 0,6 còn nếu trúng cả 3
phát thì chắc chắn máy bay rơi. Tìm xác suất đề máy bay rơi.
Giải: Gọi A là biến cố “ Máy bay rơi "
𝐴̅k là biến cố trúng k phát, k = 1 ,3
𝐴̅k là biến cố bắn trúng phát thứ k, k = 1 ,3 Ta có
A G .G .G G .G .G G .G .G nên 1 1 2 3 1 2 3 1 2 3 27 TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội
P(A1) = 0,4.0,5.0,3+ 0,6.0,5.0,3+ 0,6.0,5.0,7 = 0,36.
Tương tự có P(A2) =0,4 ; P(A3) = 0,14.
Hệ A , A , A 1 2 3 là hệ đầy đủ.
Có P(A) = P(A1).P(A| A1)+P(A2).P(A| A2)+P(A3).P(A|3) =0,458.
Vậy xác suất để máy bay rơi là 0,458.
Bài 1.66 Có hai lô hàng. Lô 1: Có 7 chính phẩm và 3 phế phẩm. Lô 2: Có 8 chính phẩm và 2 phế phẩm.
Từ lô thứ nhất lấy ra 2 sản phẩm, từ lô thứ hai lấy ra 3 sản phẩm rồi trong số sản phẩm lấy được lấy ra lại
lấy tiếp ngẫu nhiên 2 sản phẩm. Tính xác suất để trong 2 sản phẩm đó có ít nhất một chính phẩm.
Giải: Gọi A là biến cố lấy ra ít nhất 1 chính phẩm thì 𝐴̅ là biến cố lấy được toàn phế phẩm (2 phế phẩm).
Gọi H1 là biến cố lấy được 2 sản phẩm lấy ra đều thuộc lô 1.
H2 là biến cố lấy được 2 sản phẩm lấy ra từ lô 2.
H3 là biến cố lấy được 2 sản phẩm thì 1 sản phẩm thuộc lô 1, 1 sản phẩm thuộc lô 2 2 2 1 1 𝐴̅ . 6 3
Ta có P(H1) = 2 = 1 , P(H2) = 3 = 3 , P(H3) = 2 3 = = . 𝐴̅ 𝐴̅2 5 10 𝐴̅ 𝐴̅2 𝐴̅2 5 10 5 10 5
𝐴̅ xảy ra đồng thời với 3 biến cố trên và 3 biến cố này lập thành 1 nhóm biến cố đầy đủ 𝐴̅2 3 𝐴̅2 1 𝐴̅1 𝐴̅1
Ta có: P( A | H ) = 3 = , P( A | H ) = 2 =
, P( A | H ) = 3 . 2 = 0,6. 1 𝐴̅ 2 45 2 𝐴̅ 2 3 45 10 10 10 10
Theo công thức xác suất đầy đủ ta có: P(𝐴̅ ) = P(H1).P(𝐴̅ |
H1)+P(H2).P(𝐴̅ |H2)+P(H3).P(𝐴̅ |H3)=
37/750. Vậy P(A)=1- P(𝐴̅ ) = 1- 37/750 ≈ 0,951.
Bài 1.67 Có hai lô sản phẩm. Lô 1: Có a chính phẩm và b phế phẩm. Lô 2: Có c chính phẩm và d phế
phẩm. Từ lô thứ nhất bỏ sang lô thứ hai một sản phẩm, sau đó từ lô thứ hai bỏ sang lô thứ nhất một sản
phẩm. Sau đó từ lô thứ nhất lấy ra một sản phẩm. Tìm xác suất để lấy được chính phẩm.
Giải: Gọi H1 là biến cố “Thành phần của lô 1 không đổi”.
H2 là biến cố “Ở lô 1 phế phẩm được thay thế bằng chính phẩm”.
H3 là biến cố “Ở lô 1 chính phẩm được thay thế bằng phế phẩm”.
A là biến cố “Lấy được chính phẩm”.
Hệ H , H , H 1 2
3 là một hệ đầy đủ. Ta đi tính xác suất của chúng. 28 TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội
Nếu H1 xảy ra: do thành phần lô 1 không đổi do đó ta có hai trường hợp lấy chính phẩm từ lô 1 sang lô 2
sau đó lại lấy chính phẩm từ lô 2 sang lô 1 (trường hợp 1) hoặc lấy phế phẩm từ lô 1 sang lô 2 rồi lấy phế
phẩm từ lô 2 sang lô 1 (trường hợp 2).
+) Trường hợp 1: đầu tiên chọn 1 trong a chính phẩm trong lô 1 bỏ sang lô 2 sau đó chọn 1 trong c+1
chính phẩm ở trong lô 2 để bỏ sang lô 1.
+) Trường hợp 2: đầu tiên chọn 1 trong b phế phẩm ở lô 1 bỏ sang lô 2 sau đó chọn 1 trong d+1 phế phẩm ở lô 2 bỏ sang lô 1. 𝐴̅ Ta có: P(H ( 𝐴̅+1) + 𝐴̅(
1) = 𝐴̅1 . 𝐴̅1 + 𝐴̅1 𝐴̅ 𝐴̅+1 𝐴̅ 𝐴̅+1 𝐴̅ .𝐴̅1 ( 𝐴̅+𝐴̅)( +1) ( 𝐴̅+𝐴̅)( = 𝐴̅ 𝐴̅ +𝐴̅+1) +𝐴̅+1)
Nếu H2 xảy ra: ta lấy 1 phế phẩm từ lô 1 sang lô 2 rồi lấy 1 chính phẩm từ lô 2 sang lô 1. 𝐴̅1 . 𝐴̅1 𝐴̅𝐴̅ Ta có: P(H 2) = 𝐴̅ 𝐴̅ = ( 𝐴̅+𝐴̅)(
( 𝐴̅+𝐴̅)( 𝐴̅+𝐴̅+1) 𝐴̅+𝐴̅+1)
Nếu H3 xảy ra: ta lấy 1 chính phẩm từ lô 1 sang lô 2 rồi lấy 1 phế phẩm từ lô 2 sang lô 1. 𝐴̅𝐴̅ Ta có: P(H 𝐴̅1 . 𝐴̅1 3) = 𝐴̅ 𝐴̅ = ( 𝐴̅+𝐴̅)(
( 𝐴̅+𝐴̅)( 𝐴̅+𝐴̅+1) 𝐴̅+𝐴̅+1)
Có: P(A|H1)= 𝐴̅ ; P(A|H2)= 𝐴̅+1; P(A|H3)= 𝐴̅−1 𝐴̅+𝐴̅ 𝐴̅+𝐴̅ 𝐴̅+𝐴̅
Vậy P(A) = P(H1). P(A|H1) + P(H2). P(A|H2) + P(H3). P(A|H3)
𝐴̅( 𝐴̅+1) + 𝐴̅( 𝐴̅+1) 𝐴̅𝐴̅ 𝐴̅ 𝐴̅𝐴̅ 𝐴̅− = +1 1 𝐴̅ . + . + .
( 𝐴̅+𝐴̅)( 𝐴̅+𝐴̅+1) 𝐴̅+𝐴̅ ( 𝐴̅+𝐴̅)(
𝐴̅+𝐴̅ ( 𝐴̅+𝐴̅)( 𝐴̅+𝐴̅ 𝐴̅+𝐴̅+1) 𝐴̅+𝐴̅+1) 𝐴̅ 𝐴̅𝐴̅−𝐴̅𝐴̅ = + . 𝐴̅+
( 𝐴̅+𝐴̅) 2( 𝐴̅+𝐴̅+1) 𝐴̅
Bài 1.68 Tỷ lệ người dân nghiện thuốc lá ở một vùng là 30%. Biết rằng tỷ lệ người bị viêm họng trong số
người nghiện thuốc lá 60%, còn tỷ lệ người bị viêm họng trong số người không hút thuốc lá là 40%.
a. Lấy ngẫu nhiên một người, biết rằng người đó viêm họng. Tính xác suất người đó nghiện thuốc.
b. Nếu người đó không bị viêm họng, tính xác suất để người đó là nghiện thuốc. Giải: Thuốc lá Nghiện Không nghiện Tổng Viêm họng A1 A2 Bị - B 0,18 0,28 0,46 Không bị - C 0,12 0,42 0,54 Tổng 0,3 0,7 1 29 TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội a.
gọi A1 là biến cố người đó nghiện thuốc
A2 là biến cố người đó không nghiện thuốc.
B là biến cố người đó bị viêm họng
P(B) = P(A1) . P(B|A1) + P(A2) . P(B|A2) = 3 3 7 2 23 . + . = 10 5 10 5 50 3 3 P( A1).P( B|A1) . P(A 10 1|B) = = 29 5 P = 0,3913 ( B) 100 b.
C là biến cố người đó không bị viêm họng P(C) = 1- P(B) = 27. 50 3 2 . P(A1|C) = P( A1).P( C|A1) 10 = 27 5 P = 0,222 ( C) 50
Bài 1.69 Một cỗ máy có 3 bộ phận 1, 2, 3. Xác suất hỏng của các bộ phận trong thời gian làm việc theo
thứ tự là 0,2; 0,4 và 0,3. Cuối ngày làm việc được biết rằng có 2 bộ phận bị hỏng. Tính xác suất để 2 bộ
phận bị hỏng đó là bộ phận 1 và 2.
Giải: Đặt A1 là biến cố bị hỏng của bộ phận 1 : P(A1) =0.2
A2 là biến cố bị hỏng của bộ phận 2 : P(A2) =0.4
A3 là biến cố bị hỏng của bộ phận 3 : P(A2) =0.3
B là biến cố bị hỏng của 2 bộ phận trong 3 bộ phận. P(B) = P(A
1 A 2 𝐴̅ 3 ) + P( A1 𝐴̅2A3 ) + P( 𝐴̅ 1 A2 A3)
= 0,2.0,4.0,7 + 0,2.0,6.0,3 + 0,8.0,4.0,3 = 0,188.
Xác suất để bộ phận 1 và 2 bị hỏng là: 𝐴̅( 𝐴̅ 0,2.0,4.0,7 P(A A ) = 1𝐴̅2 𝐴̅ 3 ) = ≈ 0.298. 1 2 𝐴̅( 0.188 𝐴̅)
Bài 1.70 Trong một bệnh viện, tỷ lệ bệnh nhân các tỉnh như sau : tỉnh A : 25% , tỉnh B : 35% , tỉnh C :
40% . Biết rằng tỷ lệ bệnh nhân là kỹ sư của các tỉnh là: tỉnh A : 2% , tỉnh B: 3% , tỉnh C : 3,5%. Chọn
ngẫu nhiên một bệnh nhân. Tính xác suất để bệnh nhân đó là kỹ sư.
Giải: Gọi A là biến cố chọn được bệnh nhân là kĩ sư .
H1 là biến cố chọn được bệnh nhân ở tỉnh A : P(H1) = 25%
H2 là biến cố chọn được bệnh nhân ở tỉnh B : P(H2) = 35%
H3 là biến cố chọn được bệnh nhân ở tỉnh C : P(H3) = 40%
Như vậy A có thể xảy ra đồng thời với H1 , H2 , H3 và H1, H2, H3 tạo ra một nhóm đầy đủ các biến cố .
Theo công thức tính xác suất biến cố đầy đủ : 30 TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội
P(A) = P(H1). P(A|H1) + P(H2).P(A|H2) + P(H3). P(A|H3)
= 0,25.0,02 + 0,35 .0,03 + 0,4.0,035 = 0,0295.
Bài 1.71 Một người có 3 chỗ ưa thích như nhau để câu cá. Xác suất để câu được cá ở những chỗ đó tương
ứng là : 0,6 ; 0,7 ; 0,8. Biết rằng ở một chỗ người đó thả câu 3 lần và chỉ câu được một con cá. Tìm xác
suất để cá được câu ở chỗ thứ nhất.
Giải: Gọi H1 là biến cố người đó câu ở chỗ thứ nhất
H2 là biến cố người đó câu ở chỗ thứ hai
H3 là biến cố người đó câu ở chỗ thứ ba P(H1) = P(H2) = P(H3) = 1/3.
A là biến cố câu được cá. Theo công thức Bernoulli : P(A|H 1) = C1 .0,6 . 0,42. 3
P(A|H2) = C1 .0,7. 0,32 . 3
P(A|H3) = C1 0,8. 0,22 . 3
Áp dụng công thức Bayes : P(H
P(H ).P( A | H ) = 0,502. 1/A) = 1 1 3
P(H ).P( A | H ) i i i1
§5 Bài tập tổng hợp chương 1
Bài 1.72 Xác suất của biến cố A là 0,7. Hãy cho biết con số đó có ý nghĩa gì?
Giải: Con số đó có nghĩa là trong 1 không gian cho trước có 100% các trường hợp xảy ra thì số các
trường hợp thuận lợi để biến cố A xảy ra sẽ chiếm 70%.
Bài 1.73 Có 30 sản phẩm trong đó có 3 phế phẩm được bỏ ngẫu nhiên vào 3 hộp với số lượng bằng nhau.
Tìm xác suất để có một hộp nào đó có một phế phẩm.
Giải: Gọi A là biến cố hộp nào đó có 1 phế phẩm.
Giả sử 3 hộp này phân biệt với nhau, cố kết cục duy nhất đồng khả năng có thể xảy ra khi xếp 30 sản
phẩm vào 3 hộp là: 𝐴̅10𝐴̅10𝐴̅10 (xếp 10 sản phẩm vào hộp 1, sau đó xếp 10 sản phẩm vào hộp 2 và cuối 30. 20. 10
cùng là 10 sản phẩm còn lại vào hộp 3).
Xét biến cố A : cả 3 phế phẩm đều nằm trong 1 hộp.
Nếu 3 phế phẩm đều nằm trong hộp 1, số kết cục thuận lợi là: 𝐴̅7 𝐴̅10𝐴̅10 27 20 10
Với trường hợp 3 phế phẩm cùng nằm trong hộp 2 hoặc 3 : tương tự.
Vậy số kết cục thuận lợi cho biến cố A là: 3.𝐴̅7 𝐴̅10𝐴̅10 27 20 10 31 TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội 7 7 3.𝐴̅ 3. nên P( A ) = 27 suy ra P(A) = 1 - 27 = 0,911. 𝐴̅1 𝐴̅ 𝐴̅ 1 0 30 0 30
Bài 1.74 Ra khỏi phòng khách N người cùng số giày xỏ ngẫu nhiên vào một đôi giày trong bóng tối. Mỗi
người chỉ có thể phân biệt chiếc giày trái và phải, còn không phân biệt được giày của mình với giày của
người khác. Tìm xác suất để:
a. Mỗi người khách xỏ đúng vào đôi giày của mình.
b. Mỗi người khách xỏ đúng hai chiếc giày của một đôi giày nào đó.
Giải: a) Gọi Ak là biến cố người thứ k xỏ đúng đôi giày của mình (k = 1,..., N).
A là biến cố mỗi người khách xỏ đúng đôi giày của mình.
Ta có : A A .A ...A
.A ...A )  P( A ).P( A | A ).P( A | A A )...P( A | A A ...A ) 1 2
N và P( A)  P( A1 2 N 1 2 1 3 1 2 N 1 2 N 1
Phòng khách có N người, vì thế có N chiếc giày trái và N chiếc giày phải.
Xác suất để người thứ 1 xỏ đúng chiếc giày trái và chiếc giày phải của mình (trong N chiếc giày trái
và N chiếc giày phải) là P( A ) = 1 . 1. 1 𝐴̅ 𝐴̅
Xác suất để người thứ 2 xỏ đúng chiếc giày trái và chiếc giày phải của mình (trong N-1 chiếc giày trái 1
và N-1 chiếc giày phải còn lại) là P( A | A ) = . 1 . 2 1 𝐴̅−1 𝐴̅−1 …
Xác suất để người thứ N-1 xỏ đúng chiếc giày trái và chiếc giày phải của mình (trong 2 chiếc giày trái
và 2 chiếc giày phải còn lại) là P( A | A A ...A ) = 1 . 1. N 1 1 2 N 2 2 2
Cuối cùng P( A | A A ...A ) N 1 2 N 1 = 1.
Do đó, xác suất để mỗi người xỏ đúng đôi giày của mình là: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 . . . . . . . . 
N N N 1 N 1 2 2 1 1  N !2
b) Giả sử mỗi người đi ra khỏi phòng sẽ xỏ 1 chiếc giày trái bất kì.
Gọi Ak là biến cố người thứ k xỏ đúng chiếc giày phải còn lại (k = 1,..., N).
A là biến cố mỗi người khách xỏ đúng 1 đôi giày nào đó.
Ta có : A A .A ...A
.A ...A )  P( A ).P( A | A ).P( A | A A )...P( A | A A ...A ) 1 2
N và P( A)  P( A1 2 N 1 2 1 3 1 2 N 1 2 N 1
Xác suất để người thứ 1 xỏ chiếc giày phải cùng đôi với chiếc giày trái (trong N chiếc giày phải): P( A ) = 1 1 𝐴̅
Xác suất để người thứ 2 xỏ chiếc giày phải cùng đôi với chiếc giày trái (trong N-1 chiếc giày phải còn
lại): P( A | A ) = 1 2 1 𝐴̅−1 32 TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội …
Xác suất để người thứ N-1 xỏ chiếc giày phải cùng đôi với chiếc giày trái (trong 2 chiếc giày phải còn lại): P( A | A A ...A ) = 1. N 1 1 2 N 2 2
Cuối cùng P( A | A A ...A ) = 1. N 1 2 N 1
Do đó, xác suất để mỗi người có thể xỏ được vào đúng 2 chiếc giày cùng đôi là: 1 1 1 1 1 1 1 . . . . . .  N N 1 2 2 1 1 N !
Bài 1.75 Tỷ lệ phế phẩm của một máy là 5%. Người ta dùng một thiết bị kiểm tra tự động đạt được độ
chính xác khá cao song vẫn có sai sót. Tỷ lệ sai sót đối với chính phẩm là 4% còn đối với phế phẩm là
1%. Nếu sản phẩm bị kết luận là phế phẩm thì bị loại.
a. Tìm tỷ lệ sản phẩm được kết luận là chính phẩm mà thực ra là phế phẩm.
b. Tìm tỷ lệ sản phâm bị kết luận là phế phẩm mà thực ra là chính phẩm.
c. Tìm tỷ lệ sản phâm bị thiết bị kiểm tra đó kết luận nhầm.
Giải: Gọi A = “Sản phẩm sản xuất ra là chính phẩm” B
= “Sản phẩm sản xuất ra là phế phẩm”
H1 = “Sản phẩm được thiết bị kết luận là chính phẩm”
H2 = “Sản phẩm được kết luận là phế phẩm” Ta có: P(A) = 0,95 P(B) = 0,05 P(H1|A) = 0,96; P(H2|A) =0,04 P(H1|B) = 0,01; P(H2|B) = 0,99
a) Gọi C = “sản phẩm được kết luận là chính phẩm nhưng thực ra là phế phẩm” = H1B
P(C) = P(H1B)=P(B).P(H1|B)= 0,05.0,01=0,0005=0,05%.
b) D = “Sản phẩm được kết luận là phế phẩm nhưng thực ra là chính phẩm” = H2A
P(D)= P(H2A)= P(A).P(H2|A) = 0,95.0,04=0,038=3,8%.
c) E = “Sản phẩm bị kết luận nhầm”
P(E)= P(C) + P(D) = 0,05%+3,8%= 3,85%.
Bài 1.76 Thống kê 2000 sinh viên một khóa của trường kinh tế theo giới tính và ngành học thu được các số liệu sau: Nam Nữ Học kinh tế 400 500
Học quản trị kinh doanh 800 300
Lấy ngẫu nhiên một sinh viên khóa đó. Tìm xác suất để được : a. Nam sinh viên b. Sinh viên học kinh tế
c. Hoặc nam sinh viên, hoặc học kinh tế
d. Nam sinh viên và học kinh tế
e. Nếu đã chọn được nam sinh viên thì xác suất để người đó học kinh tế bằng bao nhiêu?
Giải: Không gian mẫu: |Ω| = 2000 (SV) 33 TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội
a. Số nam sinh viên của khóa: A= 400+800=1200 (SV)
Xác suất để sinh viên đó là sinh viên nam là : P(A) = 1200 = 0,6 2000
b. Số sinh viên khoa kinh tế là B= 400+500=900
Xác suất để sinh viên đó là sinh viên kinh tế là : P(B) = 900 = 0,45 2000
c. Xác suất để đó là sinh viên nam hoặc sinh viên kinh tế là : 400+500+800 P(C) = = 0,85 2000
d. Xác suất là nam sinh viên và học kinh tế là : P(D) = 400 = 0,2 2000
e. Nếu đã chọn được một nam sinh viên thì xác suất để người đó học kinh tế là: P(E) = P(B|A) = 𝐴̅( 𝐴̅𝐴̅) 400 = = 1/3. 𝐴̅( 𝐴̅) 400+800
Bài 1.77 Lô hàng xuất khẩu có 100 kiện hàng, trong đó có 60 kiện hàng của xí nghiệp A và 40 kiện hàng
của xí nghiệp B. Tỷ lệ phế phẩm của xí nghiệp A và B tương ứng là 30% và 10%. Người ta lấy ngẫu
nhiên một kiện hàng để kiểm tra.
a. Trước khi mở kiện hàng để kiểm tra thì xác suất để kiện hàng đó là kiện hàng của xí nghiệp A là bao nhiêu?
b. Giả sử mở kiện hàng và lấy ngẫu nhiên ra một sản phẩm thì được phế phẩm. Vậy xác suất để đó là
kiện hàng của xí nghiệp A là bao nhiêu?
c. Giả sử lấy tiếp sản phẩm thứ hai từ kiện hàng đó thì cũng lấy được phế phẩm. Vậy xác suất để đó
là kiện hàng của xí nghiệp A là bao nhiêu? Giải:
a. Gọi H1 là biến cố trước khi mở kiện hàng ra kiểm tra thì đó là kiện hàng của xí nghiệp A.  60 3 P H    . 1 100 5
b. Gọi Y là biến cố sản phẩm lấy ngẫu nhiên là phế phẩm 3
H1 là biến cố kiện hàng của xí nghiệp A: P H   1 5  2 H  .
2 là biến cố kiện hàng của xí nghiệp B: P H2 5 3 2
Ta có P(Y )  P H .P(Y | H )  P H .P(Y | H )  .0, 3  .0,1. 1 1 2 2 5 5
Theo công thức Bayes: xác suất để kiện hàng đó của xí nghiệp A là 34 TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội 3 .0, 3 P(H
P H .P(Y | H )
9 (so sánh với P H  3 ở câu a) thì nó đã điều chỉnh | Y )  1 1  5  1 2 P Y  3 11 1 5 .0, 3  .0,1 5 5 do biến cố Y xảy ra).
c. Gọi C là biến cố: “sản phẩm thứ 2 lấy ra phế phẩm”. Do Y đã xảy ra nên nếu gọi 9
H1 là biến cố kiện hàng của xí nghiệp A thì P H   1 11  2 H   .
2 là biến cố kiện hàng của xí nghiệp B: P H
 1  P H 2 1 11 9 2
P(C)  P H1 .P(C | H1)  P H2 .P(C | H2 )  .0, 3  .0,1. 11 11
Theo công thức Bayes: xác suất để kiện hàng đó của xí nghiệp A là 9 .0, 3 P(H
P H .P(C | H ) 27 | C)  1 1  11  . 1 2 P C  9 29 .0, 3  .0,1 11 11
Chú ý: Cách giải câu c) cho trường hợp lấy lần 1 rồi lại bỏ sản phẩm đó lại kiện hàng. Còn trường hợp lấy
lần 1 rồi nhưng không bỏ lại thì ta vẫn coi tỷ lệ phế phẩm của xí nghiệp A và B tương ứng là 30% và 10%
do số sản phẩm ở 1 kiện hàng thực tế rất nhiều ( n  100 ).
Bài 1.78 Điều tra sở thích xem TV của các cặp vợ chồng cho thấy 30% các bà vợ thường xem chương
trình thể thao, 50% các ông chồng thường thích xem chương trình thể thao. Song nếu thấy vợ xem thì tỷ
lệ chồng xem cùng là 60%. Lấy ngẫu nhiên một cặp vợ chồng. Tìm xác suất để:
a) Cả hai cùng thường xem chương trình thể thao
b) Có ít nhất một người thường xem
c) Không có ai thường xem
d) Nếu chồng xem thì vợ xem cùng
e) Nếu chồng không xem thì vợ vẫn xem.
Giải: Gọi A là “biến cố vợ thường xem chương trình thể thao” : P(A) = 0,3.
Gọi B là “biến cố chồng thường xem chương trình thể thao”: P(B) = 0,5 và P( 𝐴̅ ) = 0,5
P B|A  0, 6 và P B|A  0, 4 .
Lấy ngẫu nhiên một cặp vợ chồng.
a) Xác suất để cả hai cùng thường xem chương trình thể thao là:
Pa P AB  P B|A.P A  0, 6 .0,3  0,18
b) Xác suất để có ít nhất một người thường xem là:
Pb P( A ∪ B)  P A  P B  P AB  0,3  0, 5  0,18  0, 62
c) Vì biến cố có ít nhất một người thường xem và biến cố “không có ai thường xem” là 2 biến cố đối nhau. 35 TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội
Xác suất để không có ai thường xem là:
P  1 P  1 0, 62  0,38 c b
d) Xác suất để nếu chồng thường xem thì vợ xem cùng:
P A.P B|A 0, 3 .0, 6
P P A|B     0, 36 d P(B) 0, 5
e) Xác suất để nếu chồng không xem thì vợ vẫn xem:
P A.P B|A 0, 3 . 0, 4
P P A|B    0, 24 e P(B) 0, 5
Bài 1.79 Một nhân viên bán hàng mỗi năm đến bán ở công ty A ba lần. Xác suất để lần đầu bán được
hàng là 0,8. Nếu lần trước bán được hàng thì xác suất để lần sau bán được hàng là 0,9 còn nếu lần trước
không bán được hàng thì xác suất để lần sau bán được hàng chỉ còn 0,4. Tìm xác suất để:
a. Cả 3 lần bán được hàng.
b. Có đúng 2 lần bán được hàng.
Giải: Gọi Ak là biến cố “bán được hàng ở lần thứ k” : P(A1 ) = 0,8
P(A2 |A1 ) = 0,9; P(A2|𝐴̅1) = 0,4
P(A3|A2 ) = 0,9; P(A3|𝐴̅2) = 0,4
a. Xác suất để cả 3 lần bán được hàng là:
P(A) = P(A1.A2.A3) = P(A1).P(A2|A1).P(A3|A2A1) = 0,8.0,9.0,9 = 0,648
b. Xác suất để có đúng 2 lần bán được hàng là:
P(B) = P(𝐴̅1.A2. A3 + A1. 𝐴̅2.A3 + A1.A2. 𝐴̅3)
= P(𝐴̅1).P(A2|𝐴̅1).P(A3|A2. 𝐴̅1) + P(A1).P(𝐴̅2|𝐴̅1).P(A3|A1. 𝐴̅2) + P(A
1).P(A2|A1).P( 𝐴̅3|A2. 𝐴̅1)
= 0,2.0,4.0,9 + 0,8.0,1.0,4 + 0,8.0,9.0,1 = 0,075
Bài 1.80 Người ta biết một cặp trẻ sinh đôi có thể là một cặp sinh đôi thật do cùng một trứng sinh ra (E1).
Trong trường hợp đó chúng bao giờ cũng có cùng giới tính. Nếu chúng do các trứng khác nhau sinh ra
(E2) thì xác suất để chúng có cùng giới tính là 1/2. Bây giờ nếu cặp trẻ sinh đôi đó có cùng giới tính thì
xác suất để chúng là cặp sinh đôi thật là bao nhiêu?
Giải: Gọi E1 là biến cố “cặp sinh đôi do cùng một trứng sinh ra”, ta có: P(E1) = p.
E2 là biến cố “cặp sinh đôi do các trứng khác nhau sinh ra” nên P(E2) = 1 – p.
A là biến cố “cặp sinh đôi có cùng giới tính”.
Ta có: P(A|E1) = 1; P(A|E2) = 1. 2 36 TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội
P( A)  P( A | E ).P(E )  P(A | E ).P(E )  1. p  (1 p) . 1 1 2 2 2
P( A | E1).P(E1) 1. p 2 p Do đó, P(E1|A) = = = . P( A) (1 p) p 1 1. p  2 2 p
Vậy xác suất để cặp sinh đôi có cùng giới tính là cặp sinh đôi thật là . p 1
Bài 1.81 Một hộp kín đựng 3 quả cầu đỏ và 6 quả cầu xanh. Tính xác suất để khi chia hộp cầu một cách
ngẫu nhiên thành 3 phần bằng nhau thì:
a. Cả 3 quả cầu đỏ ở trong một phần.
b. Mỗi một phần có một quả cầu đỏ.
Giải: Ta đánh dấu 3 quả cầu đỏ là Đ1, Đ2, Đ3 và 6 quả xanh là X1,..., X6. Tất cả là 9 quả khác nhau.
a) Gọi A là biến cố cả 3 quả cầu đỏ trong 1 phần.
Số kết cục duy nhất đồng khả năng: n = C 3 . C 3 . C 3 (chọn 3 quả cho phần 1 sau đó 3 quả cho phần 2 và 9 6 3 còn lại là phần 3).
Số kết cục thuận lợi: m = 3. C 3 . C 3 (nếu 3 quả đỏ vào phần 1 thì tiếp theo ta chọn 3 quả cho phần 2 và 6 3
còn lại là phần 3; tương tự cho trường hợp 3 quả đỏ vào phần 2 và phần 3). m 3 3 P(A) = = = . 3 n C 84 9
b) Gọi B là biến cố mỗi phần có một quả cầu đỏ.
Số kết cục duy nhất đồng khả năng : n = C 3 . C 3 . C 3 9 6 3
Số kết cục thuận lợi: m = 3! . C 2 . C 2 . C 2 6 4 2 m 9
Theo định nghĩa cổ điển: P(B) = = . n 28
Bài 1.82 Tại 1 siêu thị hệ thống phun nước tự động được lắp liên kết với mốt hệ thống báo động hỏa
hoạn. Khả năng hệ thống phun nước bị hỏng là 0,1. Khả năng hệ thống báo động bị hỏng là 0,2. Khả năng
để cả 2 hệ thống này cùng hỏng là 0,04. Hãy tính xác suất:
a, Có ít nhất 1 hệ thống hoạt động bình thường
b, Cả 2 hệ thống đều hoạt động bình thường.
Giải: Gọi A là biến cố “hệ thống phun nước bị hỏng” : P(A) = 0,1
B là biến cố “hệ thống báo động bị hỏng” : P(B) = 0,2
a, Gọi C là biến cố “có ít nhất một hệ thống hoạt động bình thường” 37 TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội
 𝐴̅ là biến cố “cả 2 hệ thống cùng hỏng”. P(𝐴̅ ) =P(AB)
 P(C) = 1 – P(𝐴̅ ) = 1 – 0,04 = 0,96.
b, Gọi D là biến cố “cả 2 hệ thống đều hoạt động bình thường”.
D là biến cố "một trong 2 hệ thống bị hỏng"
 P( D ) = P(A+B) = P(A) + P(B) – P(AB) = 0,1 + 0,2 – 0,04 = 0,26
 P(D) = 1 – P(𝐴̅ ) = 1 – 0,26 = 0,74.
Bài 1.83* Trong một kho rượu số lượng chai rượu loại A và loại B bằng nhau. Người ta lấy ngẫu nhiên 1
chai rượu trong kho và đưa cho 4 người sành rượu nếm thử để xác định xem đây là loại rượu nào. Giả sử
mỗi người có khả năng đoán trúng là 80%. Có ba người kết luận chai rượu thuộc loại A và một người kết
luận chai rượu thuộc loại B. Vậy chai rượu được chọn thuộc loại A với xác suất là bao nhiêu?
Giải: Gọi H1 là biến cố chai rượu được chọn thuộc loại A.
H2 là biến cố chai rượu được chọn thuộc loại B.
Hệ H1, H2 là một hệ đầy đủ. P(H1)  P(H2 )  0,5 .
C là biến cố “3 người kết luận chai rượu thuộc loại A, người còn lại kết luận loại B” Ta đi tính P(C|H1)?
Chai rượu lấy ra thuộc loại A, nên ở đây coi là dãy 4 phép thử Bernoulli, trong 4 phép thử thì D = "biến
cố kết luận loại A" xảy ra 3 lần với P(D) = p = 0,8  q  1 p  0, 2 .
suy ra P(C|H1) = C 3 p3q  4.0, 83.0, 2 . 4 Ta đi tính P(C|H2)?
Chai rượu lấy ra thuộc loại B, nên ở đây coi là dãy 4 phép thử Bernoulli, trong 4 phép thử thì D = "biến
cố kết luận loại A" xảy ra 3 lần với P(D) = p = 0,2  q  1 p  0,8 .
suy ra P(C|H2) = C 3 p3q  4.0, 23.0, 8 . 4
Do đó P(C)  P(H ).P(C | H )  P(H ).P(C | H )  0, 5.4.0,83.0, 2  0, 5.4.0, 23.0,8 1 1 2 2
Vậy chai rượu được chọn thuộc loại A với xác suất là:
P(H ).P(C | H ) 0, 5.4.0,83.0, 2 0,82 82 64
P(H | C)  1 1      94,12% . 1 P(C)
0, 5.4.0,83.0, 2  0, 5.4.0, 23.0,8 0, 82  0, 22 82  22 68
Bài 1.84 Có hai hộp đựng các mẫu hàng xuất khẩu. Hộp thứ nhất đựng 10 mẫu trong đó có 6 mẫu loại A
và 4 mẫu loại B. Hộp thứ 2 đựng 10 mẫu trong đó có 3 mẫu loại A và 7 mẫu loại B.
a. Từ mỗi hộp lấy ngẫu nhiên một mẫu hàng. Tính xác suất để 2 mẫu lấy ra cùng loại
b. Giả sử xác suất lựa chọn các hộp lần lượt là 0,45 và 0,55
 Chọn ngẫu nhiên một hộp và từ đó lấy ngẫu nhiên một mẫu. Tính xác suất để mẫu lấy ra là loại B
 Chọn ngẫu nhiên một hộp và từ đó lấy ngẫu nhiên một mẫu thì được mẫu loại A. Hỏi mẫu đó
có khả năng thuộc hộp nào nhiều hơn? 38 TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội Giải:
a. Tổng số cách lấy từ mỗi hộp một mẫu sản phẩm là : 10.10 (10 cách chọn từ hộp 1; 10 cách chọn từ hộp 2).
Số cách lấy ra 2 mẫu cùng loại là: 6.3+4.7 (6 cách lấy từ hộp 1 và 3 cách lấy từ hộp 2 sản phẩm A;
4 cách lấy từ hộp 1 và 7 cách lấy từ hộp 2 sản phẩm B ). 6.3  4.7
Xác suất để 2 mẫu lấy ra cùng loại: P =  0, 46 . 10.10
b. Gọi H1là “Biến cố lấy ở hộp thứ nhất”
Gọi H2 là “Biến cố lấy ở hộp thứ 2”
C = “Biến cố lấy được mẫu B”
Theo công thức đầy đủ:
P(C) = P(H1).P( 𝐴̅|𝐴̅1) + P(H2).P(𝐴̅|𝐴̅2) = 0,45. 4 + 0,55. 7 = 0,565 10 10
* Vậy xác suất lấy được mẫu loại B là : 0,565.
* Gọi D = “Biến cố lấy được mẫu A”
 P(D) = 1 – P(C) = 1 – 0,565 = 0,435 6 P H .P 0, 45.
   D|H
 P H |D  1 1  10  0, 62 1 P D 0, 435 3 P H .P 0, 55.
   D|H  2 2
P H |D   10  0, 38 2 P B  0, 435
 P( 𝐴̅1|𝐴̅) > P( 𝐴̅2|𝐴̅)
Vậy mẫu lấy được có khả năng thuộc hộp 1 nhiều hơn.
Bài 1.85 Qua kinh nghiệm, người quản lý của một cửa hàng bán giầy thể thao biết rằng xác suất để một
đôi đế cao su của một hãng nào đó có 0 hoặc 1 hoặc 2 chiếc bị hỏng tương ứng là : 0,90 ; 0,08 ; 0,02.
Anh ta lấy ngẫu nhiên một đôi giày loại đó từ tủ trưng bày và sau đó lấy ngẫu nhiên 1 chiếc thì nó bị
hỏng. Hỏi xác suất để chiếc kia cũng bị hỏng là bao nhiêu ?
Giải: Gọi H1 là biến cố “chiếc thứ nhất lấy được là của đôi không chiếc nào hỏng”
H2 là biến cố “chiếc thứ nhất lấy được là của đôi có 1 chiếc bị hỏng”
H3 là biến cố “chiếc thứ nhất lấy được là của đôi có 2 chiếc bị hỏng” theo đề bài thì P(H1)=0,9; P(H2)=0,08; P(H3)=0,02 Gọi
A là biến cố “chiếc một lấy ra bị hỏng”
B là biến cố “chiếc hai lấy ra bị hỏng”
P(A) = P(H1).P(A|H1)+P(H2).P(A|H2)+P(H3).P(A|H3) 39 TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội = 0,9.0+0,08.0,5+0,02.1=0,06
P H .P( A | H ) P(B) = P (H |A)= 3 3 = 1/3. 3 P( A)
Bài 1.86 Hai cửa hàng A và B cung cấp các hộp đĩa mềm máy tính cho một trung tâm tin học với tỉ lệ 3/2.
Tỷ lệ đĩa bị lỗi của các cửa hàng tương ứng là 1% và 2%. Một sinh viên đến thực tập tại trung tâm chọn
ngẫu nhiên một hộp đĩa gồm 20 chiếc và từ đó rút ngẫu nhiên ra 1 đĩa.
a. Tính xác suất để sinh viên đó rút phải đĩa bị lỗi.
b. Sau khi khới động máy, sinh viên đó nhận thấy đĩa bị lỗi. Tính xác suất để đĩa này thuộc cửa hàng A.
Giải: a) Gọi X = “biến cố rút phải đĩa bị lỗi”
H1= “biến cố lấy hộp đĩa của cửa hàng A” : P(H1) = 3/5 = 0,6.
H2= “biến cố lấy hộp đĩa của cửa hàng B” : P(H2) = 2/5 = 0,4.
Ta có P(X|H1) = 0,01 ; P(X|H2) = 0,02
Do H1, H2 là các biến cố đầy đủ nên :
P(X) = P(H1).P(X|H1) + P(H2).P(X|H2) = 0,6 . 0,01 + 0,4 . 0,02 = 0,014.
P(H ).P( X | H ) 0, 6 .0, 01
b) Theo công thức Bayes, ta có: P(H 1 1   0, 4286 . 1 | X )  P( X ) 0, 014
Vậy xác suất để đĩa bị lỗi đó thuộc của hàng A là 0,4286.
Bài 1.87* Tỷ lệ phế phẩm của máy I là 1%, của máy II là 2%. Một lô sản phẩm gồm 40% sản phẩm của
máy I và 60% sản phẩm của máy 2. Người ta lấy ngẫu nhiên 2 sản phẩm để kiểm tra.
a. Tìm xác suất trong 2 sản phẩm lấy ra có ít nhất 1 sản phẩm tốt.
b. Giả sử hai sản phẩm kiểm tra đều là tốt thì khả năng lấy tiếp được hai sản phẩm tốt nữa là bao nhiêu?
Giải: a) Gọi H1 là biến cố "2 sản phẩm lấy ra thuộc nhà máy 1"
Gọi H2 là biến cố "2 sản phẩm lấy ra thuộc nhà máy 2"
Gọi H3 là biến cố "1 sản phẩm lấy ra thuộc nhà máy 1; 1 sản phẩm lấy ra thuộc nhà máy 2"
Gọi A là biến cố "2 sản phẩm lấy ra là phế phẩm"
H1 H2 H3 là một hệ đầy đủ với P(H1) = 0,42; P(H2) = 0,62; P(H3) = 2.0,4.0,6.
P( A)  P(H ).P( A | H )  P(H ).P( A | H )  P(H ).P( A | H ) 1 1 2 2 3 3
 0, 42.0, 012  0, 62.0, 022  2.0, 4.0, 6.0, 01.0, 02  0, 000256  biến cố A
= "có ít nhất một sản phẩm tốt", P(A ) =1-P(A)= 0.999744.
b) Gọi B là biến cố "2 sản phẩm lấy ra là chính phẩm".
P(B)  P(H ).P(B | H )  P(H ).P(B | H )  P(H ).P(B | H ) 1 1 2 2 3 3
 0, 42.0,992  0, 62.0,982  2.0, 4.0, 6.0,99.0,98  0,968256 . Giả sử B đã xảy ra. 40 TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội 0, 42.0, 992 0, 62.0, 982 2.0, 4.0, 6.0, 99.0, 98 P(H  1 | B) 
; P(H | B) 
; P(H | B) . 0, 968256 2 0, 968256 3 0, 968256
vậy P(H ), P(H ), P(H ) được điều chỉnh mới khi B xảy ra là: 1 2 3 0, 42.0, 992 P(H ) 
; P(H )  0, 62.0, 982 ; P(H )  2.0, 4.0, 6.0, 99.0, 98 1 0, 968256 2 0, 968256 3 0, 968256 
Gọi C = biến cố 2 sản phẩm lấy ra tiếp là chính phẩm.
P(C)  P(H ).P(C | H )  P(H ).P(C | H )  P(H ).P(C | H ) 1 1 2 2 3 3 0, 42.0, 992 0, 62.0, 982 2.0, 4.0, 6.0, 99.0, 98 .0, 99 2  .0, 98 2  .0, 99.0, 98  0.968272 . 0, 968256 0, 968256 0, 968256
Bài 1.88 Một công nhân đi làm ở thành phố khi trở về nhà có hai cách: Đi theo đường ngầm hoặc đi qua
cầu. Biết rằng anh ta đi lối đường ngầm trong 1/3 trường hợp, còn lại đi cầu. Nếu đi lối đường ngầm 75%
trường hợp anh ta về nhà trước 6h, còn đi lối cầu chỉ có 70% trường hợp. Tìm xác suất để công nhân đó
đã đi lối cầu, biết rằng anh ta về nhà sau 6 giờ.
Giải: Gọi H là “biến cố người công nhân đi đường ngầm”: 𝐴̅( 𝐴̅) = 1. 3 𝐴̅
là “biến cố người công nhân đi lối đi cầu”: P( 𝐴̅ ) = 2 3
A là “biến cố về nhà trước  6h”: 𝐴̅( 𝐴̅|𝐴̅) = 3 ; 𝐴̅( 𝐴̅ | 𝐴̅ ) = 7 4 10
𝐴̅ là “biến cố về nhà sau 6h”: P(𝐴̅ |𝐴̅) = 1; 𝐴̅( 𝐴̅ |𝐴̅ ) = 3 4 10
Xác suất để anh ta về nhà sau 6h là:
𝐴̅( 𝐴̅ ) = 𝐴̅( 𝐴̅). 𝐴̅( 𝐴̅ |𝐴̅) + 𝐴̅( 𝐴̅ ). 𝐴̅( 𝐴̅ | 𝐴̅ ) 1 1 2 3 17 = ∙ + ∙ = 3 4 3 10 60
Khi điều đó xảy ra thì xác suất để anh ta đi lối cầu:
𝐴̅( 𝐴̅ ). 𝐴̅( 𝐴̅ |𝐴̅ ) 2 ∙ 3 𝐴̅ 3 10 (𝐴̅ |𝐴̅ ) = 𝐴̅ = = 0,7059 ( 17 𝐴̅ ) 60
Vậy, xác suất để công nhân đó đã đi lối cầu, biết rằng anh ta về nhà sau 6h là 0,7059.
Bài 1.89* Ba công nhân cùng sản xuất 1 loại sản phẩm, xác suất để người thứ nhất và người thứ hai làm
ra chính phẩm bằng 0,9. Còn xác suất để người thứ 3 làm ra chính phẩm là 0,8. Một người trong số đó
làm ra 8 sản phẩm, thấy có 2 phế phẩm. Tìm xác suất để trong 8 sản phẩm tiếp theo cũng do người đó sản
xuất sẽ có 6 chính phẩm.
Giải: Gọi A là biến cố trong 8 sản phẩm đầu tiên có 2 phế phẩm.
H1 là biến cố 8 sản phẩm đó do người thứ nhất làm ra
H2 là biến cố 8 sản phẩm đó do người thứ 2 làm ra
H3 là biến cố 8 sản phẩm đó do người thứ 3 làm ra
Ta có P(H1) = P(H2) = P(H3) = 1/3.
Ta đi tính P(A|H1): người 1 làm ra 8 sản phẩm có 6 chính phẩm và 2 phế phẩm. 41 TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội
Đây là 1 dãy 8 phép thử Bernoulli có 6 lần thành công với xác suất mỗi lần thành công là
P("người 1 làm ra chính phẩm") = 0,9 nên P(A|H1) = C6 0, 96.0,12 . 8
Tương tự P(A|H2) = C6 0, 96.0,12 ; P(A|H3) = C6 0,86.0, 22 . 8 8
P(A) = P(H1).P(A|H1) + P(H2).P(A|H2) + P(H3).P(A|H3) 1 1 1 1 1 1
= C6 0, 96.0,12  C 6 0, 96.0,12  C6 0,86.0, 22  C2 0, 96.0,12  C 2 0, 96.0,12  C2 0, 86.0, 22 3 8 3 8 3 8 3 8 3 8 3 8
= 0,0496 + 0,0496 + 0,0979 =0,1971 0, 0496
P(H |A) = P(H |A) = P H1 .P(A / H1) =  0, 25165 1 2 P( A) 0,1971 0, 0979 P(H  3|A) = 0, 4967 . 0,1971
Giả sử biến cố A đã xảy ra.
Gọi B là biến cố trong 8 sản phẩm tiếp theo có 6 chính phẩm, tương tự trên ta có:
P(B) = P(H1|A).P(B|H1A) + P(H2|A).P(B|H2A) + P(H3|A).P(B|H3A)
= 0, 25165.C6 0,96.0,12  0, 25165.C6 0, 96.0,12  0, 4967.C6 0,86.0, 22 8 8 8
= 2.0, 25165.C2 0,96.0,12  0, 4967.C2 0,86.0, 22 8 8 = 0,074893+0,145832=0,2207 Vậy P(B) = 0,2207.
Bài 1.90* Một lô hàng có 8 sản phẩm cùng loại. Kiểm tra ngẫu nhiên 4 sản phẩm thấy có 3 chính phẩm
và 1 phế phẩm. Tìm xác suất để khi kiểm tra tiếp 3 sản phẩm nữa sẽ có một chính phẩm và 2 phế phẩm.
Giải: Gọi A là biến cố “lấy được 3 chính phẩm và 1 phế phẩm”.
B là biến cố “lấy được 2 phế phẩm và 1 chính phẩm”.
Hi là biến cố “trong 8 sản phẩm có i chính phẩm”, i = 0,…,8. 1
Hệ H , H ,..., H là một hệ đầy đủ và P(H )  P(H )  ...  P(H )   p . 0 2 8 0 1 8 9
Ta có: P(A) = P(H0).P(A|H0) +P(H1).P(A|H1)+...+ P(H7).P(A|H7)+ P(H8).P(A|H8) C3 .5 C3.4 C3.3 C3.2 C3 .1
p.0  p.0  p.0  p 3  p 4  p 5  p 6  p 7  p.0 C4 C4 C4 C4 C4 8 8 8 8 8 C3 .5 C3.4 C3.3 C3.2 C3.1
p 3  p 4  p 5  p 6  p 7 . C4 C4 C4 C4 C4 8 8 8 8 8 42 TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội C3.4 P(H ).P(A | H ) p 4 C4 Khi đó, P(H4|A) = 4 4  8 P(A) C3 .5 C3.4 C3.3 C3.2 C3 .1
p 3  p 4  p 5  p 6  p 7 C4 C4 C4 C4 C4 8 8 8 8 8 C 3.4 8  4  .
C3 .5  C3.4  C3.3  C3.2  C3 .1 63 3 4 5 6 7 C3.3 p 5 P(H ).P(A | H ) C4 P(H5|A) = 5 5  8 P(A) C3 .5 C3.4 C3.3 C3.2 C3 .1
p 3  p 4  p 5  p 6  p 7 C4 C4 C4 C4 C4 8 8 8 8 8 C3.3 5  5  .
C3 .5  C3.4  C3.3  C3.2  C3 .1 21 3 4 5 6 7
Giả sử A đã xảy ra thì xác suất để lấy được 2 phế phẩm và 1 chính phẩm là:
P(B) = P(H0|A).P(B|H0A) + ...+ P(H8|A).P(B|H8A) 8 C2 5 C1 3
= P(H4|A).P(B|H4A) + P(H5|A).P(B|H5A) = . 3  . 2  . 63 C3 21 C3 14 4 4 ≈ 0,2143.
Chú ý là: P(B|HiA) = 0 với mọi i  4, 5 vì 4  số chính phẩm  5.
Bài 1.91 Một hộp có n sản phẩm, bỏ vào đó 1 sản phẩm tốt sau đó lấy ngẫu nhiên ra 1 sản phẩm. Tìm xác
suất để sản phẩm lấy ra là tốt nếu mọi giả thiết về trạng thái cấu thành ban đầu của hộp là đồng xác suất.
Giải: Gọi A = “biến cố lấy được sản phẩm tốt”
Hi = biến cố lúc đầu hộp có i sản phẩm tốt (i = 0,..., n). 1
Hệ H , H ,..., H là một hệ đầy đủ và P(H )  P(H )  ...  P(H )  . 0 1 n 0 1 n n 1 C1 1 P(A|H0) = 1  C 1 n 1 n1 2 C1 P(A|H 1) = 2 = C 1 n  1 n1 ... 1 P(A|H C n 1 n) = n1 = 1 Cn 1 n  1
Ta có P(A) = P(H0).P(A|H0) + P(H1).P(A|H1) +...+ P(Hn).P(A|Hn) 43 TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội 1 1 1 2 1 n 1 = .  .  .
n 1 n 1 n 1 n 1 n 1 n 1 1  =
. n  2(n 1)  n  2 . (n  1)2 2 2(n 1)
Bài 1.92* Trong hộp có n sản phẩm, trong đó mỗi sản phẩm đều có thể là chính phẩm hoặc phế phẩm với
xác suất như nhau. Lấy ngẫu nhiên lần lượt k sản phẩm theo phương thức có hoàn lại thì được toàn chính
phẩm. Tính xác suất để hộp có chứa toàn chính phẩm.
Giải: Gọi A là biến cố k sản phẩm lấy ra đều là chính phẩm.
Hi là biến cố trong hộp đó có i chính phẩm (i = 0, n ) 1
Hệ H , H ,..., H là một hệ đầy đủ và P(H )  P(H )  ...  P(H )   p . 0 1 n 0 1 n n 1
Ta có P(A) = P(H0).P(A|H0) + P(H1).P(A|H1) +...+ P(Hn).P(A|Hn)
= p.P(A|H0) + p.P(A|H1) +...+ p.P(A|Hn)
Hiển nhiên P A | H0   0 . Theo công thức Bayes thì: P H
p.P A | H
P A | Hi  P(H
i .P A | Hi i  i|A) =   . P( A)
p.P A | H0   ...  p.P A | Hn  P A | H1   ...  P A | Hn 
Ta sẽ đi tính P A | Hi  với mọi i = 1,...,n:
Trong hộp có i chính phẩm và n-i phế phẩm.
Ta đánh số các sản phẩm là 1, 2, ... , n.
Chọn ra lần lượt k sản phẩm (có hoàn lại).
Tổng số kết cục đồng khả năng : nk (n cách chọn sản phẩm 1, ..., n cách chọn sản phẩm thứ k).
Trong hộp có i chính phẩm nên số cách chọn a a  ...  a để coi là chính phẩm là Ci . 1 2 i n
Số các trường hợp thuận lợi để chọn k sản phẩm từ a , a ,..., a là ik . 1 2 i
Do đó tổng số trường hợp thuận lợi để chọn k sản phẩm chính phẩm từ hộp có i chính phẩm là : Ci .ik n i k P C .i Suy ra
A | H   n . i nk
P A | Hn
Vậy xác suất để hộp có chứa toàn chính phẩm là P(Hn|A)  =
P A | H1   ...  P A | Hn  C nn k nk n .
C11k C 2.2k C33k  Cnnk
n n 1
n n 1(n  2) n n n n n  .2k  3k  nk 2! 3!
Bài 1.93* A chơi cờ với B với xác suất thắng mỗi ván bằng p. Tìm xác suất p để A thắng chung cuộc
trong 2 ván dễ hơn thắng chung cuộc trong 4 ván , biết để thắng chung cuộc A phải thắng ít nhất một nửa tổng số ván chơi.
Giải: Gọi C là biến cố A thắng chung cuộc trong 2 ván = biến cố A thắng ít nhất 1 ván trong hai ván.
D là biến cố A thắng chung cuộc trong 4 ván = biến cố A thắng ít nhất 2 ván trong 4 ván.
Ta tính P(C): C là biến cố A không thắng ván nào trong hai ván, theo dãy Bernoulli thì
P(C)  C0 p0 (1 p)2  (1 p)2 . 2 44 TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội
Ta tính P(D): D là biến cố A thắng 0 hoặc 1 ván trong 4 ván, theo dãy Bernoulli thì
P(D)  C04 p0 (1 p)4  4
C1 p1(1 p)3  (1 p)4  4 p(1 p)3 .
Để A thắng chung cuộc trong 2 ván dễ hơn thắng chung cuộc trong 4 ván tương đương
P(C)  P(D)  P(C)  P(D)  (1 p)2  (1 p)4  4 p(1 p)3  1  (1 p)2  4 p(1 p)  2
0  p2  2 p  4 p  4 p2  0  2 p  3 p2  0  2  3 p p  . 3 2 Vậy 0  p  . 3
Bài 1.94 Một xí nghiệp có hai dây chuyền cùng lắp ráp một loại sản phẩm với tỷ lệ phế phẩm tương ứng
là 2% và 3%. Tính xác suất để một khách hàng mua 2 sản phẩm của xí nghiệp đó thì mua phải 1 phế phẩm. Giải:
Gọi A là biến cố “Mua 1 phế phẩm”. Biến cố A xảy ra đồng thời với 1 trong 2 biến cố sau đây tạo thành 1
nhóm đầy đủ các biến cố:
H1: “Phế phẩm do dây chuyền 1 sản xuất”
H2: “Phế phẩm do dây chuyền 2 sản xuất”
Theo công thức xác suất đầy đủ, ta có:
𝐴̅( 𝐴̅) = 𝐴̅( 𝐴̅1).𝐴̅( 𝐴̅|𝐴̅1) + 𝐴̅( 𝐴̅2). 𝐴̅( 𝐴̅|𝐴̅2)
Theo đề bài: P(H1) = P(H2) = 1 2 P(A|H1) = 0,02 P(A|H2) = 0,03
Do đó, 𝐴̅( 𝐴̅) = 1 . 0,02 + 1 .0,03 = 0,025 = 𝐴̅ 2 2
Mà biến cố đối 𝐴̅ của A là “Mua được 1 chính phẩm”.
𝐴̅( 𝐴̅ ) = 1 − 𝐴̅( 𝐴̅) = 1 − 0,025 = 0,975 = 𝐴̅
Khách hàng mua 2 lần, đây chính là dãy 2 phép thử Bernoulli.
Do đó, xác suất để người này mua được 1 phế phẩm trong 2 lần mua:
C1 p1q1  2 pq  0, 04875. 2
Bài 1.95* Hai cầu thủ bóng rổ, mỗi người ném bóng 2 lần, xác suất ném trúng đích của mỗi cầu thủ theo thứ tự là 0,6 và 0,7. Tính xác suất:
a. Số lần ném trúng rổ của cầu thủ thứ nhất nhiều hơn số lần ném trúng rổ của cầu thủ thứ hai.
b. Số lần ném trúng rổ của hai người như nhau. 45 TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội
Giải: Coi mỗi lần ném bóng của cầu thủ thứ “ i” là 1 phép thử, ta có 2 phép thử độc lập, mỗi phép thử có
2 trường hợp xảy ra: trúng đích hoặc không trúng đích.
Đối với cầu thủ thứ nhất:
Xác suất ném trúng đích của mỗi lần ném là 0,6. Như vậy nó thỏa mãn lược đồ Bernoulli.
Ta có xác suất để anh ta ném trúng đích cả 2 lần là: P1(2) = C22.0,62.0,40 = 0,36
Xác suất để anh ta ném trúng đích 1 lần là: P1(1) = C12.0,6.0,4 = 0,48
Xác suất để anh ta ném trượt cả 2 lần là : P1(0) = C2 0 .0,60.0,42 = 0,16
Đối với cầu thủ thứ 2:
Xác suất ném trúng đích của mỗi lần ném là 0,7
Ta có xác suất để anh ta ném trúng đích cả 2 lần là : P2(2) = C22.0,72.0,30 = 0,49
Xác suất để anh ta ném trúng đích 1 lần là: P2(1) = C12.0,7.0,3 = 0,42
Xác suất để anh ta ném trượt cả 2 lần là: P 0 2(0) = C2 .0,70.0,32 = 0,09
a. Gọi A là biến cố “số lần ném trúng rổ của cầu thủ thứ 1 nhiều hơn số lần ném trúng rổ của cầu thủ
thứ 2” (có 3 trường hợp là 2-1;2-0;1-0). Ta có:
P(A) = P1(2).P2(1) + P1(2).P2(0) +P1(1).P2(0) = 0,36.0,42 + 0,36.0,09 + 0,48.0,09 = 0,2268
b. Gọi B là biến cố “số lần ném trúng rổ của cả 2 người bằng nhau” (có 3 trường hợp là 2-2;1-1;0-0) Ta có:
P(B) =P1(2).P2(2) + P1(1).P2(1) + P1(0).P2(0) =0,36.0,49 + 0,48.0,42 + 0,16.0,09 = 0,3924
Bài 1.96* Một bình có a cầu trắng và b cầu đen. Hai người lần lượt lấy theo phương thức có hoàn lại.
Tính xác suất người thứ nhất lấy được cầu trắng trước.
Giải: Ai = “biến cố ở lần i người 1 rút được quả cầu trắng, các lần trước cả người 1 và người 2 đều rút phải quả cầu đen ” a Lần 1: P(A1) = a b
Lần 2: xét thứ tự lấy : lần 1 (người 1, người 2); lần 2(người 1, người 2)…….
Để người 1 rút được cầu trắng đầu tiên ở lần 2 thì ở lần 1, cả 2 người đểu rút được cầu đen. Do đó: 2 b b a b a P(A2) = . . = .  
a b a b a b
a b a b … tương tự   b  P(A  2(i1) a i) = b  2 a  . = ti-1 . với t = < 1  a,b  N       a b a b a b
a b
A= “biến cố người 1 lấy được cầu trắng trước”  a
P(A) = P( A ) = . ( 1 + t + t2 + t3 + … ) i a b a 1 = .
(vì tổng S=1 + t + t2 + t3 + … là tổng của a b 1  t
cấp số nhân có công bội 0 < t < 1) 46 TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội a (a b)2 a b = . = a b
a.(a  2b) a  2b a b
Vậy xác suất để người 1 lấy được cầu trắng trước là . a  2b
Bài 1.97* Trong rạp có n chỗ được đánh số, n người có vé vào ngồi một cách ngẫu nhiên. Tìm xác suất để
có m người ngồi đúng chỗ.
Giải: Gọi A là biến cố “có m người ngồi đúng chỗ”.
Gọi B là biến cố: “n-m người còn lại ngồi sai chỗ”. Ta đi tính P(A) và P(B):
Số trường hợp đồng khả năng khi xếp m người vào n vị trí là 𝐴̅𝐴̅𝐴̅.
Số trường hợp thuận lợi cho biến cố A là: 𝐴̅𝐴̅
𝐴̅ (chọn m trong n người và nếu có m người thì sẽ có 1 cách
duy nhất xếp để m người này đúng chỗ) Cm 1 Do đó P(A) = n  . m A m! n
Gọi C là biến cố: “có ít nhất 1 người trong số n-m người còn lại ngồi đúng chỗ ở n-m vị trí còn lại”. Ta có: P(B) =1- P(C).
Xét n-m người còn lại đánh số là 1, 2, ..., n-m.
Gọi Ai là biến cố “người thứ i ngồi đúng chỗ”. nm nm
C  A P(C)   P( A )  P( A A ) ...  (1)k1 P(A ...A ) ...  (1)nm1 P( A ...A ) i i i j i1 i 1 nm k i 1 i1 ij i  1 ...ik 1 nm
Ta có P( A )    )  1. i P( Ai n m i1 1 1 1 1 1 
P( A A )  P( A )P( A | A )  . nên
P( A A )  C 2 . . .  i j i j i
n m n m 1 i j
nm n m n m 1 2! ij 1
Tương tự  P( A ...A 1 . ) 
, ..., P( A ...A )  i 1 ik 1 nm i k ! n m! 1 ...ik 1 1 (1)k (1)nnm m (1)k
Do đó P(B)   ...   ...    . 2! 3! k ! (n m)! k ! k  2 47 TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội
1 nm (1)k
Vậy xác suất để có m người ngồi đúng chỗ là P P( A).P(B)   .
m! k2 k !
Bài 1.98* Một hệ thống kỹ thuật gồm n bộ phận với xác xuất hoạt động tốt của mỗi bộ phận là p. Hệ
thống sẽ ngừng hoạt động khi có ít nhất 1 bộ phận bị hỏng. Để nâng cao độ tin cậy của hệ thống người ta
dự trữ thêm n bộ phận nữa theo 2 phương thức sau: a) b)
Hỏi phương thức dự trữ nào mang lại độ tin cậy cao hơn cho cả hệ thống.
Giải: Sau khi bổ sung thêm n bộ phận thì ta có tổng tất cả là 2n bộ phận được bố trí theo 2 phương thức a) và b).
Khi n = 1 thì 2 hệ thống giống hệt nhau nên ta chỉ cần xét n  2 .
Ta đi tính xác suất để hệ thống hoạt động ở a) và b) là P , P . a b
* a) hệ gồm n ô vuông to, mỗi ô vuông có 2 bộ phận được mắc song song, xác suất để ô vuông to bị hỏng
là 1 p2 (cả hai nhánh đều cùng hỏng).
Do đó xác suất để ô vuông to hoạt động tốt là 1 1 p2  2 p p2 .
Ta có hệ thống là n ô vuông to mắc nối tiếp, do đó xác suất để hệ thống hoạt động tốt là:
P  2 p p2 n pn 2  pn (n ô vuông to cùng hoạt động tốt). a
* b) Hệ thống được chia làm 2 nhánh, mỗi nhánh là n bộ phận mắc song song,
Ta có xác suất để 1 nhánh hoạt động tốt là pn .
nên xác suất để 1 nhánh không hoạt động là 1 pn .
Do đó xác suất để hệ thống hỏng là 1 pn 2 (hai nhánh đều hỏng). 48 TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội
Suy ra P  1 1 pn 2  2 pn p2n pn (2  pn ) . b
Công việc còn lại là so sánh P , P . a b
Ta sẽ chứng tỏ rằng P P với mọi n  2 và 0 < P < 1. a b
Đặt q = 1 – p (q > 0) ta có
P P pn 2  pn pn (2  pn )  2  pn  2  pn  1 qn  1 q n  2 a b
Thật vậy theo nhị thức Newton ta có
1 qn  1 qn  1 C1q C2q2 ...  Ck qk ...  qn 1 C1q C 2q2 ...  (1)k Ck qk  ...  (1)n qn n n n n n n
 2  2C2q2  2C4q4 ...  2 . n n
Vậy phương thức dự trữ a) mang lại độ tin cậy hơn phương thức dự trữ b).
Bài 1.99* Hai người chơi cờ thỏa thuận với nhau là ai thắng trước 1 số ván nhất định thì sẽ thắng cuộc.
Trận đấu bị gián đoạn khi người thứ 1 còn thiếu m ván thắng, người thứ 2 còn thiếu n ván thắng. Vậy
phải phân chia tiền đặt như thế nào cho hợp lý nếu xác suất thắng mỗi ván của mỗi người đều bằng 0,5.
Giải: Gọi P , P 1
2 là xác suất thắng cuộc của người 1 và người 2 nếu trận đấu được tiếp tục đến cuối cùng. P
Rõ ràng tiền phải chia theo tỷ lệ 1 là hợp lý. P2
Vậy ta sẽ đi tính P : 1
Các trường hợp thắng cuộc của người thứ nhất đó là có thể thắng sau: m; m+1; m+2; m+3;…;m+n-1 ván
nữa (riêng ván cuối cùng người 1 phải thắng) với xác suất tương ứng là P m; P m 1;...; P m n 1 .
Mỗi trường hợp đó là một dãy Bernulli mà xác suất mỗi phép thử thành công là 0,5.
Ta tính P m : đây là dãy m 1 phép thử Bernoulli và ván cuối bắt buộc phải thắng (có m 1 phép thử thành công).
P m Cm1.0,5m1.0, 50.0, 5  0, 5m m1
Ta tính P m 1 : đây là dãy m phép thử Bernoulli và ván cuối bắt buộc phải thắng (có m 1 phép thử thành công).
P m 1  Cm1.0, 5m1.0,51.0,5  C1 .0,5m1 m m Tương tự ta có:
P m  2  Cm10,5m1.0,52.0,5  0,5m2 C2 m1 m1 … 49 TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội
P m n 1  Cm1 0,5m1.0,5n1.0,5  0,5mn1 mn2 Cn1 mn2
Vì các trường hợp này xung khắc với nhau nên xác suất thắng cuộc của người thứ nhất là:
P P m  P m 1 ...  P m n 1  0, 5m C1 .0,5m1  C2 0, 5m2 ... 
0, 5mn1 hay Cn1 1 m m1 mn2
P  0,5m 1 C1 .0,51  C2 0,52 ...  Cn1 0,5n1  . 1 m m1 mn2
Hoàn toàn tương tự ta tính được P 2 như sau:
P 2  0,5n 1 C1.0,51  C2 0,52 ...  Cm1 0,5m1  . n n1 mn2
Bài 1.100* Một người bỏ hai bao diêm vào túi, mỗi bao có n que diêm. Mỗi khi hút thuốc người đó rút
ngẫu nhiên một bao và đánh một que. Tìm xác suất để khi người đó phát hiện một bao đã hết diêm thì bao
kia còn lại đúng r que diêm.
Giải: Cách hiểu thứ nhất: trong một lần lấy ra 1 bao rỗng và phát hiện ra nó hết.
Cách hiểu thứ hai: trong một lần lấy ra bao còn 1 que thì đánh que đó và phát hiện bao đó hết luôn.
Gọi H1 là biến cố rút được bao 1.
H2 là biến cố rút được bao 2. Ta có P(H1)  P(H2 )  0,5 .
* Lời giải cho cách hiểu thứ nhất:
Theo đề bài, người đó phát hiện một bao đã hết và bao còn lại có r que diêm nên người đó đã lấy diêm
2n r 1 lần (lần cuối phát hiện một bao hết nên không lấy được diêm).
TH1: Lần cuối rút được bao 1 (lần cuối có xác suất xảy ra là 0,5)
có nghĩa 2n r lần kia phải có n lần rút được bao 1 và n r lần không rút được bao 1.
Đây là một dãy 2n r phép thử Bernoulli trong đó có n lần rút thành công bao 1 ( p q  0, 5 )
xác suất để nó xảy ra là : P(TH1)  Cn2n r .0,5n.0,5nr.0,5  2 Cnn
r .0,52nr 1 .
TH2: Lần cuối rút được bao 2 (lần cuối có xác suất xảy ra là 0,5)
có nghĩa 2n r lần kia phải có n lần rút được bao 2 và n r lần không rút được bao 2.
Đây là một dãy 2n r phép thử Bernoulli trong đó có n lần rút thành công bao 2 ( p q  0, 5 )
xác suất để nó xảy ra là : P(TH 2)  Cn2n r .0, 5n.0,5nr.0, 5  2 Cnn
r .0,52nr 1 .
Vậy xác suất để khi người đó phát hiện 1 bao đã hết diêm thì bao kia còn lại đúng r que diêm là: 50 TS. Nguyễn Văn Minh
ĐH Ngoại Thương Hà nội
P P(TH1)  P(TH 2)  2.Cn .0,52nr1  Cn 2nr .0,52nr . 2nr
* Lời giải cho cách hiểu thứ hai:
Theo đề bài, người đó phát hiện một bao đã hết và bao còn lại có r que diêm nên người đó đã lấy diêm
2n r lần (lần cuối lấy một bao còn 1 que dùng que đó và phát hiện bao diêm bị hết).
TH1: Lần cuối rút được bao 1 (lần cuối có xác suất xảy ra là 0,5)
có nghĩa 2n r 1 lần kia phải có n 1 lần rút được bao 1 và n r lần không rút được bao 1.
Đây là một dãy 2n r phép thử Bernoulli trong đó có n 1 lần rút thành công bao 1 ( p q  0, 5 )
xác suất để nó xảy ra là : P(TH1)  Cn1 .0,5n1.0,5nr.0,5  .0,52nr . Cn1 2nr1 2nr 1
TH2: Lần cuối rút được bao 2 (lần cuối có xác suất xảy ra là 0,5)
có nghĩa 2n r 1 lần kia phải có n 1 lần rút được bao 2 và n r lần không rút được bao 2.
Đây là một dãy 2n r 1phép thử Bernoulli trong đó có n 1 lần rút thành công bao 2 ( p q  0, 5 )
xác suất để nó xảy ra là : P(TH 2)  Cn1 .0,5n1.0,5nr.0,5  .0,52nr . Cn1 2nr1 2nr1
Vậy xác suất để khi người đó phát hiện 1 bao đã hết diêm thì bao kia còn lại đúng r que diêm là:
P P(TH1)  P(TH 2)  2.Cn1 .0,52nr Cn1 .0,52nr 1 . 2nr1 2nr 1 51

Tài liệu liên quan: