Ôn tập chương II – Tổ hợp và xác xuất: Giải bài 55, 56, 57, 58 , 59, 60, 61, 62, 63, 64, 65, 66, 67, 68 trang 93, 94, 95 Đại số và Giải tích 11 Nâng cao
Giải bài 55, 56, 57, 58 , 59, 60, 61, 62, 63, 64, 65, 66, 67, 68 trang 93, 94, 95 – Ôn tập chương II – Tổ hợp và xác xuất SGK Đại số và Giải tích 11 Nâng cao. Câu 55: Từ các chữ số \(0, 1, 2, 3, 4, 5, 6\) có thể lập được bao nhiêu số chẵn có ba chữ số (không phải nhất thiết khác nhau) ?
Câu 55. Từ các chữ số \(0, 1, 2, 3, 4, 5, 6\) có thể lập được bao nhiêu số chẵn có ba chữ số (không phải nhất thiết khác nhau) ?
Để lập một số chẵn có ba chữ số \(\overline {abc} \) từ các chữ số cho ta có thể chọn chữ số a trong tập \(\{1, 2, 3, 4, 5, 6\}\), chữ số b trong tập \(\{0, 1, 2, 3, 4, 5, 6\}\) và chữ số c trong tập \(\{0, 2, 4, 6\}\). Như vậy chữ số a có 6 cách chọn, chữ số b có 7 cách chọn và chữ số c có 4 cách chọn. Theo qui tắc nhân, ta có \(6.7.4 = 168\) cách lập một số thỏa mãn đề bài.
Câu 56. Từ các chữ số \(0, 1, 2, 3, 4, 5\) có thể lập nên bao nhiêu số chẵn có ba chữ số khác nhau ?
Để lập số chẵn có 3 chữ số \(\overline {abc} \), đầu tiên ta lấy chữ số c trong tập \(\{2, 4\}\). Có hai cách chọn chữ số c.
Sau đó ta chọn chữ số b trong tập \(\{1, 2, 3, 4, 5\}\). Có 4 cách chọn chữ số b.
Cuối cùng, ta chọn số a trong tập \(\{1, 2, 3, 4, 5\} \backslash \{c, b\}\). Có 3 cách chọn chữ số a.
Vậy theo qui tắc nhân, ta có \(2.4.3 = 24\) số chẵn thỏa mãn điều kiện đầu bài.
Câu 57. Xét hồ sơ mạng điện có 9 công tắc, trong đó mỗi công tắc có hai trạng thái đóng và mở.
a. Hỏi mạng điện có thể có bao nhiêu cách đóng – mở 9 công tắc trên ?
b. Hỏi mạng điện có bao nhiêu cách đóng – mở 9 công tắc trên để thông mạch từ A đến B (tức là có dòng điện đi từ A đến B) ?
a. Mỗi công tắc có hai trạng thái đóng và mở. Mạng điện có 9 công tắc. Theo qui tắc nhân, mạng điện có 29 = 512 cách đóng – mở 9 công tắc trên.
b.
Khối M có \(2^4= 16\) cách đóng – mở 4 công tắc trong đó chỉ có một cách không thông mạch. Do đó có 15 cách đóng – mở 4 công tắc để thông mạch của khối M. Tương tự có 3 cách đóng – mở 2 công tắc để thông mạch của khối N và 7 cách đóng – mở 3 công tắc để thông mạch của khối P. Mạng điện thông mạch từ A đến B khi và chỉ khi cả ba khối M, N và P đều thông mạch. Theo qui tắc nhân, mạng điện có cả thảy \(15.3.7 = 315\) cách đóng – mở 9 công tắc để thông mạch.
Câu 58. Trong không gian cho tập hợp gồm 9 điểm trong đó không có 4 điểm nào đồng phẳng. Hỏi có thể lập được bao nhiêu tứ diện với đỉnh thuộc tập hợp đã cho ?
Số tứ diện cần tìm là số tổ hợp chập 4 của 9 phần tử.
Vậy có \(C_9^4 = 126\) tứ diện
Câu 59. Một câu lạc bộ có 25 thành viên.
a. Có bao nhiêu cách chọn 4 thành viên vào Ủy ban Thường trực ?
b. Có bao nhiêu cách chọn Chủ tịch, Phó Chủ tịch và Thủ quỹ ?
a. Số cách chọn 4 thành viên vào Ủy ban Thường trực là số tổ hợp chập 4 của 25 phần tử.
Vậy có \(C_{25}^4 = 12650\) cách chọn.
b. Số cách chọn Chủ tịch, Phó Chủ tịch và Thủ quỹ là số chỉnh hợp chập 3 của 25 phần tử.
Vậy có \(A_{25}^3 = 13800\) cách chọn Chủ tịch, Phó Chủ tịch và Thủ quỹ.
Câu 60. Tìm hệ số của \({x^8}{y^9}\) trong khai triển của \({\left( {3x + 2y} \right)^{17}}\)
Ta có: \({\left( {3x + 2y} \right)^{17}} = \sum\limits_{k = 0}^{17} {C_{17}^k{{\left( {3x} \right)}^{17 – k}}{{\left( {2y} \right)}^k}} \)
Số hạng chứa \({x^8}{y^9}\) trong khai triển của \({\left( {3x + 2y} \right)^{17}}\,\text{là }\,C_{17}^9{\left( {3x} \right)^8}{\left( {2y} \right)^9}\) (ứng với \(k = 9\))
Vậy hệ số của \({x^8}{y^9}\,\text{là }\,C_{17}^9{3^8}{2^9}\)
Câu 61. Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên bé hơn 1000. Tính xác suất để số đó :
a. Chia hết cho 3
b. Chia hết cho 5
a. Các số chia hết cho 3 có dạng \(m = 3k\), ta có \(0 ≤ 3k ≤ 999 ⇔ 0 ≤ k ≤ 333\). Vậy có \(334\) số tự nhiên chia hết cho 3 và bé hơn 1000. Do đó xác suất để số chia hết cho 3 là : \(P = {{334} \over {1000}} = 0,334.\)
b. Các số chia hết cho 5 có dạng \(n = 5k\), ta có \(0 ≤ 5k ≤ 1000 ⇔ 0 ≤ k ≤ 200\).
Vậy có 200 số tự nhiên chia hết cho 5 và bé hơn 1000. Do đó \(P = {{200} \over {1000}} = 0,2\)
Câu 62. Chọn ngẫu nhiên 5 quân bài trong cỗ bài tú lơ khơ gồm 52 quân bài. Tính xác suất để trong 5 quân bài này có quân 2 rô, quân 3 pích, quân 6 cơ, quân 10 nhép và quân K cơ.
Có \(C_{52}^5\) cách chọn 5 quân bài.
Vì trong các quân bài chỉ có duy nhất quân 2 rô, 3 quân pích, quân 6 cơ, quân 10 nhép và quân K cơ nên xác suất cần tìm là \(P = {1 \over {C_{52}^5}}\)
Câu 63. Chọn ngẫu nhiên 5 quân bài trong cỗ bài tú lơ khơ gồm 52 quân bài. Tính xác suất để trong 5 quân bài này có ít nhất một quân át (tính chính xác đến hàng phần nghìn).
Số kết quả có thể là \(C_{52}^5\).
Gọi A là biến cố “Trong năm quân bài có ít nhất một quân át”. Biến cố đối của A là \(\overline A \) : “Trong năm quân bài không có quân át”. Số kết quả thuận lợi cho \(\overline A \) là \(C_{48}^5\) (đó là số cách chọn 5 quân bài trong 48 quân bài không phải là quân át).
Vậy \(P\left( A \right) = 1 – P\left( {\overline A } \right) = 1 – {{C_{48}^5} \over {C_{52}^5}} \approx 0,341\)
Câu 64. Có hai hòm, mỗi hòm chứa 5 tấm thẻ đánh số từ 1 đến 5. Rút ngẫu nhiên từ mỗi hòm một tấm thẻ. Tính xác suất để tổng các số ghi trên hai tấm thẻ rút ra không nhỏ hơn 3.
Không gian mẫu \(Ω = \{\{x ; y\} | 1 ≤ x ≤ 5, 1 ≤ y ≤ 5 \text{ và } x, y \in \mathbb N^*\}\), trong đó x và y theo thứ tự là số ghi trên thẻ rút ở hòm thứ nhất và hòm thứ hai.
Ta có \(Ω= 5.5 = 25\).
Gọi A là biến cố có “Tổng số ghi trên hai tấm thẻ được rút ra từ 3 trở lên”
Khi đó \(\overline A \) là biến cố “Tổng số ghi trên hai tấm thẻ được rút ra nhỏ hơn 3”
Ta có: \({\Omega _{\overline A }} = {\left( {1;1} \right)} \,\text{ nên }\,{\Omega _{\overline A }}= 1\)
Vậy \(P\left( A \right) = 1 – P\left( {\overline A } \right) = 1 – {{\Omega _{\overline A }} \over \Omega} = 1 – {1 \over {25}} = 0,96\)
Câu 65. Có 3 hòm, mỗi hòm chứa 5 tấm thẻ đánh số từ 1 đến 5. Rút ngẫu nhiên từ mỗi hòm một tấm thẻ. Tính xác suất để :
a. Tổng các số ghi trên ba tấm thẻ rút ra không nhỏ hơn 4
b. Tổng các số ghi trên ba tấm thẻ rút ra bằng 6.
Không gian mẫu \(Ω = \{x; y; z\} | 1≤ x ≤ 5, 1 ≤ y ≤ 5, 1 ≤ z ≤ 5\text{ và } x, y, z \in\mathbb N^*\}\), trong đó x, y và z theo thứ tự là số ghi trên thẻ rút ở hòm thứ nhất, thứ hai và thứ ba. Ta có: \(n_Ω = 5.5.5 = 125\).
a. Gọi A là biến cố đang xét. Khi đó \(\overline A \) là biến cố “Tổng số ghi trên ba tấm thẻ được chọn nhiều nhất là 3”. Khi đó \({\Omega _{\overline A }} =\{\left( {1,1,1} \right)\}\,\text{ nên }\,n_{{\Omega _{\overline A }}} = 1\)
Vậy \(P\left( A \right) = 1 – P\left( {\overline A } \right) = 1 – {1 \over {125}} = 0,992\)
b. Gọi B là biến cố đang xét. Khi đó :
\({\Omega _B} = \left\{ {\left( {x,y,z} \right)x + y + z = 6,1 \le x \le 5,1 \le y \le 5,1 \le z \le 5\,va\,x,y,z \in N*} \right\}\)
Ta có: \(6 = 1 + 2 + 3 = 1 + 1 + 4 = 2 + 2 + 2\)
Tập \(\{1, 2, 3\}\) cho ta sáu phần tử của ΩB, tập \(\{1,1,4\}\) cho ta ba phần tử của ΩB, tập \(\{2, 2, 2\}\) chỉ cho ta duy nhất một phần tử ΩB
Vậy \(n_{\Omega _{B }}= 6 + 3 + 1 = 10\)
Do đó : \(P\left( B \right) = {{10} \over {125}} = 0,08\)
Câu 66. Số lỗi đánh máy trên một trang sách là một biến ngẫu nhiên rời rạc X có bảng phân bố xác suất như sau :
| X | 0 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 |
| P | 0,01 | 0,09 | 0,3 | 0,3 | 0,2 | 0,1 |
Tính xác suất để :
a. Trên trang sách có nhiều nhất 4 lỗi;
b. Trên trang sách có ít nhất 2 lỗi.
a. Xác suất để trên trang sách có nhiều nhất 4 lỗi là :
\(P\left( {X \le 4} \right) = 1 – P\left( {X = 5} \right) = 1 – 0,1 = 0,9\)
b. Xác suất để trên trang sách có ít nhất 2 lỗi là :
\(P\left( {X \ge 2} \right) = 1 – P\left( {X = 0} \right) – P\left( {X = 1} \right) = 1 – 0,01 – 0,09 = 0,9\)
Câu 67. Có hai túi, túi thứ nhất chứa ba tấm thẻ đánh số 1, 2, 3 và túi thứ hai chứa bốn tấm thẻ đánh số 4, 5, 6, 8. Rút ngẫu nhiên từ mỗi túi một tấm thẻ rồi cộng hai số ghi trên hai tấm thẻ với nhau. Gọi X là số thu được.
a. Lập bảng phân bố xác suất của X;
b. Tính \(E(X)\).
a. Không gian mẫu \(Ω = \{(x ; y) | x \in \{1, 2, 3\}, y \in \{4, 5, 6, 8\}\}\)
Khi đó \(n_Ω= 3.4 = 12\)
Ta có X nhận các giá trị thuộc tập \(\{5, 6, 7, 8, 9, 10, 11\}\)
Ta tính \(P(X = 5)\). Gọi A là biến cố “X = 5” (tức là biến cố “Tổng số ghi trên hai tấm thẻ bằng 5”.
Ta có:
\({\Omega _A} = \left\{ {\left( {1;4} \right)} \right\}\,\text{ Vậy }\,P\left( {X = 5} \right) = {1 \over {12}}\)
Hoàn toàn tương tự, ta tính được :
\(P\left( {X = 6} \right) = {2 \over {12}} = {1 \over 6}\)
(vì biến có “X = 6” có hai kết quả thuận lợi là (1 ; 5) và (2 ; 4)).
\(P\left( {X = 7} \right) = {3 \over {12}} = {1 \over 4}\)
(vì biến có “X = 7” có ba kết quả thuận lợi là (1 ; 6) và (2 ; 5) và (3 ; 4)).
\(P\left( {X = 8} \right) = {2 \over {12}} = {1 \over 6}\)
(vì biến có “X = 8” có hai kết quả thuận lợi là (3 ; 5) và (2 ; 6)).
\(P\left( {X = 9} \right) = {2 \over {12}} = {1 \over 6}\)
(vì biến có “X = 9” có hai kết quả thuận lợi là (3 ; 6) và (1 ; 8)).
\(P\left( {X = 10} \right) = {1 \over {12}}\)
(vì biến có “X = 10” chỉ có một kết quả thuận lợi là (2 ; 8)).
\(P\left( {X = 11} \right) = {1 \over {12}}\)
(vì biến có “X = 11” chỉ có một kết quả thuận lợi là (3 ; 8)).
Ta suy ra bảng phân bố xác suất của X như sau :
| X | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | 10 | 11 |
| P | \({1 \over {12}}\) | \({1 \over {6}}\) | \({1 \over {4}}\) | \({1 \over {6}}\) | \({1 \over {6}}\) | \({1 \over {12}}\) | \({1 \over {12}}\) |
b. Ta có:
\(E\left( X \right) = 5.{1 \over {12}} + 6.{1 \over 6} + 7.{1 \over 4} + 8.{1 \over 6} + 9.{1 \over 6} + 10.{1 \over {12}} + 11.{1 \over {12}} = 7,75\)
Câu 68. Một nhóm có 7 người trong đó gồm 4 nam và 3 nữ. Chọn ngẫu nhiên 3 người. Gọi X là số nữ trong 3 người được chọn.
a. Lập bảng phân bố xác suất của X.
b. Tính \(E(X)\) và \(V(X)\) (tính chính xác đến hàng phần trăm).
a. Số trường hợp có thể là \(C_7^3 = 35\)
Xác suất để không có người nữ nào được chọn là : \(P\left( {X = 0} \right) = {{C_4^3} \over {C_7^3}} = {4 \over {35}}\)
Xác suất để có 1 nữ được chọn là \(P\left( {X = 1} \right) = {{C_3^1C_4^2} \over {C_7^3}} = {{18} \over {35}}\)
Xác suất để có 2 nữ được chọn là \(P\left( {X = 2} \right) = {{C_3^2C_4^1} \over {C_7^3}} = {{12} \over {35}}\)
Xác suất để có 3 nữ được chọn là \(P\left( {X = 3} \right) = {{C_3^3} \over {C_7^3}} = {1 \over {35}}\)
Bảng phân bố xác suất của X như sau :
| X | 0 | 1 | 2 | 3 |
| P | \({4 \over {35}}\) | \({18 \over {35}}\) | \({12 \over {35}}\) | \({1 \over {35}}\) |
b. Ta có:
\(\eqalign{
& E\left( X \right) = 0.{4 \over {35}} + 1.{{18} \over {35}} + 2.{{12} \over {35}} + 3.{1 \over {35}} = {9 \over 7} \approx 1,29 \cr
& V\left( X \right) = {\left( {0 – {9 \over 7}} \right)^2}.{4 \over {35}} + {\left( {1 – {9 \over 7}} \right)^2}.{{18} \over {35}} + {\left( {2 – {9 \over 7}} \right)^2}.{{12} \over {35}} + {\left( {3 – {9 \over 7}} \right)^2}.{1 \over {35}} \cr
& \;\;\;\;\;\;\;\;\; \approx 0,49 \cr} \)
Đăng bởi: Monica.vn
Chuyên mục: Giải bài tập
[toggle title=”Xem thêm Ôn tập chương II – Tổ hợp và xác xuất: Giải bài 55, 56, 57, 58 , 59, 60, 61, 62, 63, 64, 65, 66, 67, 68 trang 93, 94, 95 Đại số và Giải tích 11 Nâng cao” state=”close”]Giải bài 55, 56, 57, 58 , 59, 60, 61, 62, 63, 64, 65, 66, 67, 68 trang 93, 94, 95 – Ôn tập chương II – Tổ hợp và xác xuất SGK Đại số và Giải tích 11 Nâng cao. Câu 55: Từ các chữ số \(0, 1, 2, 3, 4, 5, 6\) có thể lập được bao nhiêu số chẵn có ba chữ số (không phải nhất thiết khác nhau) ?
Câu 55. Từ các chữ số \(0, 1, 2, 3, 4, 5, 6\) có thể lập được bao nhiêu số chẵn có ba chữ số (không phải nhất thiết khác nhau) ?
Để lập một số chẵn có ba chữ số \(\overline {abc} \) từ các chữ số cho ta có thể chọn chữ số a trong tập \(\{1, 2, 3, 4, 5, 6\}\), chữ số b trong tập \(\{0, 1, 2, 3, 4, 5, 6\}\) và chữ số c trong tập \(\{0, 2, 4, 6\}\). Như vậy chữ số a có 6 cách chọn, chữ số b có 7 cách chọn và chữ số c có 4 cách chọn. Theo qui tắc nhân, ta có \(6.7.4 = 168\) cách lập một số thỏa mãn đề bài.
Câu 56. Từ các chữ số \(0, 1, 2, 3, 4, 5\) có thể lập nên bao nhiêu số chẵn có ba chữ số khác nhau ?
Để lập số chẵn có 3 chữ số \(\overline {abc} \), đầu tiên ta lấy chữ số c trong tập \(\{2, 4\}\). Có hai cách chọn chữ số c.
Sau đó ta chọn chữ số b trong tập \(\{1, 2, 3, 4, 5\}\). Có 4 cách chọn chữ số b.
Cuối cùng, ta chọn số a trong tập \(\{1, 2, 3, 4, 5\} \backslash \{c, b\}\). Có 3 cách chọn chữ số a.
Vậy theo qui tắc nhân, ta có \(2.4.3 = 24\) số chẵn thỏa mãn điều kiện đầu bài.
Câu 57. Xét hồ sơ mạng điện có 9 công tắc, trong đó mỗi công tắc có hai trạng thái đóng và mở.
a. Hỏi mạng điện có thể có bao nhiêu cách đóng – mở 9 công tắc trên ?
b. Hỏi mạng điện có bao nhiêu cách đóng – mở 9 công tắc trên để thông mạch từ A đến B (tức là có dòng điện đi từ A đến B) ?
a. Mỗi công tắc có hai trạng thái đóng và mở. Mạng điện có 9 công tắc. Theo qui tắc nhân, mạng điện có 29 = 512 cách đóng – mở 9 công tắc trên.
b.
Khối M có \(2^4= 16\) cách đóng – mở 4 công tắc trong đó chỉ có một cách không thông mạch. Do đó có 15 cách đóng – mở 4 công tắc để thông mạch của khối M. Tương tự có 3 cách đóng – mở 2 công tắc để thông mạch của khối N và 7 cách đóng – mở 3 công tắc để thông mạch của khối P. Mạng điện thông mạch từ A đến B khi và chỉ khi cả ba khối M, N và P đều thông mạch. Theo qui tắc nhân, mạng điện có cả thảy \(15.3.7 = 315\) cách đóng – mở 9 công tắc để thông mạch.
Câu 58. Trong không gian cho tập hợp gồm 9 điểm trong đó không có 4 điểm nào đồng phẳng. Hỏi có thể lập được bao nhiêu tứ diện với đỉnh thuộc tập hợp đã cho ?
Số tứ diện cần tìm là số tổ hợp chập 4 của 9 phần tử.
Vậy có \(C_9^4 = 126\) tứ diện
Câu 59. Một câu lạc bộ có 25 thành viên.
a. Có bao nhiêu cách chọn 4 thành viên vào Ủy ban Thường trực ?
b. Có bao nhiêu cách chọn Chủ tịch, Phó Chủ tịch và Thủ quỹ ?
a. Số cách chọn 4 thành viên vào Ủy ban Thường trực là số tổ hợp chập 4 của 25 phần tử.
Vậy có \(C_{25}^4 = 12650\) cách chọn.
b. Số cách chọn Chủ tịch, Phó Chủ tịch và Thủ quỹ là số chỉnh hợp chập 3 của 25 phần tử.
Vậy có \(A_{25}^3 = 13800\) cách chọn Chủ tịch, Phó Chủ tịch và Thủ quỹ.
Câu 60. Tìm hệ số của \({x^8}{y^9}\) trong khai triển của \({\left( {3x + 2y} \right)^{17}}\)
Ta có: \({\left( {3x + 2y} \right)^{17}} = \sum\limits_{k = 0}^{17} {C_{17}^k{{\left( {3x} \right)}^{17 – k}}{{\left( {2y} \right)}^k}} \)
Số hạng chứa \({x^8}{y^9}\) trong khai triển của \({\left( {3x + 2y} \right)^{17}}\,\text{là }\,C_{17}^9{\left( {3x} \right)^8}{\left( {2y} \right)^9}\) (ứng với \(k = 9\))
Vậy hệ số của \({x^8}{y^9}\,\text{là }\,C_{17}^9{3^8}{2^9}\)
Câu 61. Chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên bé hơn 1000. Tính xác suất để số đó :
a. Chia hết cho 3
b. Chia hết cho 5
a. Các số chia hết cho 3 có dạng \(m = 3k\), ta có \(0 ≤ 3k ≤ 999 ⇔ 0 ≤ k ≤ 333\). Vậy có \(334\) số tự nhiên chia hết cho 3 và bé hơn 1000. Do đó xác suất để số chia hết cho 3 là : \(P = {{334} \over {1000}} = 0,334.\)
b. Các số chia hết cho 5 có dạng \(n = 5k\), ta có \(0 ≤ 5k ≤ 1000 ⇔ 0 ≤ k ≤ 200\).
Vậy có 200 số tự nhiên chia hết cho 5 và bé hơn 1000. Do đó \(P = {{200} \over {1000}} = 0,2\)
Câu 62. Chọn ngẫu nhiên 5 quân bài trong cỗ bài tú lơ khơ gồm 52 quân bài. Tính xác suất để trong 5 quân bài này có quân 2 rô, quân 3 pích, quân 6 cơ, quân 10 nhép và quân K cơ.
Có \(C_{52}^5\) cách chọn 5 quân bài.
Vì trong các quân bài chỉ có duy nhất quân 2 rô, 3 quân pích, quân 6 cơ, quân 10 nhép và quân K cơ nên xác suất cần tìm là \(P = {1 \over {C_{52}^5}}\)
Câu 63. Chọn ngẫu nhiên 5 quân bài trong cỗ bài tú lơ khơ gồm 52 quân bài. Tính xác suất để trong 5 quân bài này có ít nhất một quân át (tính chính xác đến hàng phần nghìn).
Số kết quả có thể là \(C_{52}^5\).
Gọi A là biến cố “Trong năm quân bài có ít nhất một quân át”. Biến cố đối của A là \(\overline A \) : “Trong năm quân bài không có quân át”. Số kết quả thuận lợi cho \(\overline A \) là \(C_{48}^5\) (đó là số cách chọn 5 quân bài trong 48 quân bài không phải là quân át).
Vậy \(P\left( A \right) = 1 – P\left( {\overline A } \right) = 1 – {{C_{48}^5} \over {C_{52}^5}} \approx 0,341\)
Câu 64. Có hai hòm, mỗi hòm chứa 5 tấm thẻ đánh số từ 1 đến 5. Rút ngẫu nhiên từ mỗi hòm một tấm thẻ. Tính xác suất để tổng các số ghi trên hai tấm thẻ rút ra không nhỏ hơn 3.
Không gian mẫu \(Ω = \{\{x ; y\} | 1 ≤ x ≤ 5, 1 ≤ y ≤ 5 \text{ và } x, y \in \mathbb N^*\}\), trong đó x và y theo thứ tự là số ghi trên thẻ rút ở hòm thứ nhất và hòm thứ hai.
Ta có \(Ω= 5.5 = 25\).
Gọi A là biến cố có “Tổng số ghi trên hai tấm thẻ được rút ra từ 3 trở lên”
Khi đó \(\overline A \) là biến cố “Tổng số ghi trên hai tấm thẻ được rút ra nhỏ hơn 3”
Ta có: \({\Omega _{\overline A }} = {\left( {1;1} \right)} \,\text{ nên }\,{\Omega _{\overline A }}= 1\)
Vậy \(P\left( A \right) = 1 – P\left( {\overline A } \right) = 1 – {{\Omega _{\overline A }} \over \Omega} = 1 – {1 \over {25}} = 0,96\)
Câu 65. Có 3 hòm, mỗi hòm chứa 5 tấm thẻ đánh số từ 1 đến 5. Rút ngẫu nhiên từ mỗi hòm một tấm thẻ. Tính xác suất để :
a. Tổng các số ghi trên ba tấm thẻ rút ra không nhỏ hơn 4
b. Tổng các số ghi trên ba tấm thẻ rút ra bằng 6.
Không gian mẫu \(Ω = \{x; y; z\} | 1≤ x ≤ 5, 1 ≤ y ≤ 5, 1 ≤ z ≤ 5\text{ và } x, y, z \in\mathbb N^*\}\), trong đó x, y và z theo thứ tự là số ghi trên thẻ rút ở hòm thứ nhất, thứ hai và thứ ba. Ta có: \(n_Ω = 5.5.5 = 125\).
a. Gọi A là biến cố đang xét. Khi đó \(\overline A \) là biến cố “Tổng số ghi trên ba tấm thẻ được chọn nhiều nhất là 3”. Khi đó \({\Omega _{\overline A }} =\{\left( {1,1,1} \right)\}\,\text{ nên }\,n_{{\Omega _{\overline A }}} = 1\)
Vậy \(P\left( A \right) = 1 – P\left( {\overline A } \right) = 1 – {1 \over {125}} = 0,992\)
b. Gọi B là biến cố đang xét. Khi đó :
\({\Omega _B} = \left\{ {\left( {x,y,z} \right)x + y + z = 6,1 \le x \le 5,1 \le y \le 5,1 \le z \le 5\,va\,x,y,z \in N*} \right\}\)
Ta có: \(6 = 1 + 2 + 3 = 1 + 1 + 4 = 2 + 2 + 2\)
Tập \(\{1, 2, 3\}\) cho ta sáu phần tử của ΩB, tập \(\{1,1,4\}\) cho ta ba phần tử của ΩB, tập \(\{2, 2, 2\}\) chỉ cho ta duy nhất một phần tử ΩB
Vậy \(n_{\Omega _{B }}= 6 + 3 + 1 = 10\)
Do đó : \(P\left( B \right) = {{10} \over {125}} = 0,08\)
Câu 66. Số lỗi đánh máy trên một trang sách là một biến ngẫu nhiên rời rạc X có bảng phân bố xác suất như sau :
| X | 0 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 |
| P | 0,01 | 0,09 | 0,3 | 0,3 | 0,2 | 0,1 |
Tính xác suất để :
a. Trên trang sách có nhiều nhất 4 lỗi;
b. Trên trang sách có ít nhất 2 lỗi.
a. Xác suất để trên trang sách có nhiều nhất 4 lỗi là :
\(P\left( {X \le 4} \right) = 1 – P\left( {X = 5} \right) = 1 – 0,1 = 0,9\)
b. Xác suất để trên trang sách có ít nhất 2 lỗi là :
\(P\left( {X \ge 2} \right) = 1 – P\left( {X = 0} \right) – P\left( {X = 1} \right) = 1 – 0,01 – 0,09 = 0,9\)
Câu 67. Có hai túi, túi thứ nhất chứa ba tấm thẻ đánh số 1, 2, 3 và túi thứ hai chứa bốn tấm thẻ đánh số 4, 5, 6, 8. Rút ngẫu nhiên từ mỗi túi một tấm thẻ rồi cộng hai số ghi trên hai tấm thẻ với nhau. Gọi X là số thu được.
a. Lập bảng phân bố xác suất của X;
b. Tính \(E(X)\).
a. Không gian mẫu \(Ω = \{(x ; y) | x \in \{1, 2, 3\}, y \in \{4, 5, 6, 8\}\}\)
Khi đó \(n_Ω= 3.4 = 12\)
Ta có X nhận các giá trị thuộc tập \(\{5, 6, 7, 8, 9, 10, 11\}\)
Ta tính \(P(X = 5)\). Gọi A là biến cố “X = 5” (tức là biến cố “Tổng số ghi trên hai tấm thẻ bằng 5”.
Ta có:
\({\Omega _A} = \left\{ {\left( {1;4} \right)} \right\}\,\text{ Vậy }\,P\left( {X = 5} \right) = {1 \over {12}}\)
Hoàn toàn tương tự, ta tính được :
\(P\left( {X = 6} \right) = {2 \over {12}} = {1 \over 6}\)
(vì biến có “X = 6” có hai kết quả thuận lợi là (1 ; 5) và (2 ; 4)).
\(P\left( {X = 7} \right) = {3 \over {12}} = {1 \over 4}\)
(vì biến có “X = 7” có ba kết quả thuận lợi là (1 ; 6) và (2 ; 5) và (3 ; 4)).
\(P\left( {X = 8} \right) = {2 \over {12}} = {1 \over 6}\)
(vì biến có “X = 8” có hai kết quả thuận lợi là (3 ; 5) và (2 ; 6)).
\(P\left( {X = 9} \right) = {2 \over {12}} = {1 \over 6}\)
(vì biến có “X = 9” có hai kết quả thuận lợi là (3 ; 6) và (1 ; 8)).
\(P\left( {X = 10} \right) = {1 \over {12}}\)
(vì biến có “X = 10” chỉ có một kết quả thuận lợi là (2 ; 8)).
\(P\left( {X = 11} \right) = {1 \over {12}}\)
(vì biến có “X = 11” chỉ có một kết quả thuận lợi là (3 ; 8)).
Ta suy ra bảng phân bố xác suất của X như sau :
| X | 5 | 6 | 7 | 8 | 9 | 10 | 11 |
| P | \({1 \over {12}}\) | \({1 \over {6}}\) | \({1 \over {4}}\) | \({1 \over {6}}\) | \({1 \over {6}}\) | \({1 \over {12}}\) | \({1 \over {12}}\) |
b. Ta có:
\(E\left( X \right) = 5.{1 \over {12}} + 6.{1 \over 6} + 7.{1 \over 4} + 8.{1 \over 6} + 9.{1 \over 6} + 10.{1 \over {12}} + 11.{1 \over {12}} = 7,75\)
Câu 68. Một nhóm có 7 người trong đó gồm 4 nam và 3 nữ. Chọn ngẫu nhiên 3 người. Gọi X là số nữ trong 3 người được chọn.
a. Lập bảng phân bố xác suất của X.
b. Tính \(E(X)\) và \(V(X)\) (tính chính xác đến hàng phần trăm).
a. Số trường hợp có thể là \(C_7^3 = 35\)
Xác suất để không có người nữ nào được chọn là : \(P\left( {X = 0} \right) = {{C_4^3} \over {C_7^3}} = {4 \over {35}}\)
Xác suất để có 1 nữ được chọn là \(P\left( {X = 1} \right) = {{C_3^1C_4^2} \over {C_7^3}} = {{18} \over {35}}\)
Xác suất để có 2 nữ được chọn là \(P\left( {X = 2} \right) = {{C_3^2C_4^1} \over {C_7^3}} = {{12} \over {35}}\)
Xác suất để có 3 nữ được chọn là \(P\left( {X = 3} \right) = {{C_3^3} \over {C_7^3}} = {1 \over {35}}\)
Bảng phân bố xác suất của X như sau :
| X | 0 | 1 | 2 | 3 |
| P | \({4 \over {35}}\) | \({18 \over {35}}\) | \({12 \over {35}}\) | \({1 \over {35}}\) |
b. Ta có:
\(\eqalign{
& E\left( X \right) = 0.{4 \over {35}} + 1.{{18} \over {35}} + 2.{{12} \over {35}} + 3.{1 \over {35}} = {9 \over 7} \approx 1,29 \cr
& V\left( X \right) = {\left( {0 – {9 \over 7}} \right)^2}.{4 \over {35}} + {\left( {1 – {9 \over 7}} \right)^2}.{{18} \over {35}} + {\left( {2 – {9 \over 7}} \right)^2}.{{12} \over {35}} + {\left( {3 – {9 \over 7}} \right)^2}.{1 \over {35}} \cr
& \;\;\;\;\;\;\;\;\; \approx 0,49 \cr} \)
[/toggle]
