Bài giảng Toán 5 Xác suất & Thống kê - Tuần 1: Biến cố và xác suất của biến cố - Nguyễn Văn Đắc

 
 Số các hoán vị của bốn chữ cái a, b, c, và d sẽ bằng 24. Bây giờ chúng ta xét số hoán vị có thể 
khi lấy liên tiếp hai trong 4 chữ cái. Đấy là ab, ac, ad, ba, ca, da, bc, cb, bd, db, cd, dc. Lại dùng Định 
lý 2.1, ta có hai vị trí để chọn, với n1 = 4 cách chọn cho vị trí một rồi n2 = 3 cách chọn cho vị trí hai nên 
tổng cộng có n1n2 = (4)(3) = 12 
hoán vị. Nói chung, n đối tượng phân biệt được lấy r lần liên tiếp có thể sắp xếp theo 
n(n - 1)(n - 2)  (n - r + 1) cách. 
Ta ký hiệu tích này là 
nPr = 
)!(
!
rn
n

 hoặc rnA .
Vậy là ta có 
Số những hoán vị của n phần tử phân biệt được lấy r lần liên tiếp là 
nPr = 
)!(
!
rn
n

. 
Ví dụ Hai vé số được rút từ 20 vé dành cho giải nhất và nhì. Hãy tìm số điểm mẫu trong không gian S. 
Giải 
Tổng số điểm mẫu là 
 20P2 = !18
!20 = (20)(19) = 380.  
Ví dụ Một đề tài nhánh của Hội Hóa học Mỹ có bao nhiêu cách bố trí 3 báo cáo viên cho 3 cuộc họp 
khác nhau nếu họ đều có thể thu xếp được bất kỳ một trong 5 ngày? 
Giải 
Tổng số cách bố trí bằng 
5P3 = !2
!5 = (5)(4)(3) = 60.  
 Những hoán vị xuất hiện khi sắp xếp các phần tử theo một vòng tròn được gọi là những hoán vị 
vòng quanh. Hai hoán vị vòng quanh không được coi là khác nhau trừ khi các phần tử tương ứng trong 
hai cách sắp xếp là đứng trước hoặc đứng sau một phần tử khác khi chúng ta chuyển động theo chiều 
kim đồng hồ. Ví dụ như khi 4 người chơi bài, họ không có một hoán vị mới nếu tất cả dịch chuyển đi 
một vị trí theo chiều kim đồng hồ. Bằng cách cố định một người tại một vị trí cố định và sắp xếp ba 
người kia theo 3! cách, ta tìm được 6 sắp xếp khác nhau đối với trò chơi. 
Ta có 
 Số những hoán vị của n phần tử phân biệt được sắp xếp theo một vòng tròn là (n-1)!. 
Cho đến bây giờ ta đã xét hoán vị của những phần tử phân biệt. Nghĩa là, tất cả các phần tử là khác 
nhau hoàn toàn hoặc có thể phân biệt được. Rõ ràng, nếu những chữ cái b và c đều bằng x, thì 6 hoán vị 
của những chữ cái a, b, c trở thành axx, axx, xax, xax, xxa, và xxa, mà chỉ có 3 hoán vị là phân biệt. Do 
đó với 3 chữ cái, 2 là giống nhau, ta có 3!/2! = 3 hoán vị khác nhau. Với 4 chữ cái khác nhau a, b, c, và 
14 | P a g e 
d ta có 24! hoán vị phân biệt. Nếu ta cho a = b = x và c = d = y, ta chỉ có liệt kê sau đây: xxyy, xyxy, 
yxxy, yyxx, xyyx, và yxyx. Như vậy ta có 4!/(2!2!) = 6 hoán vị phân biệt. 
Số những hoán vị phân biệt của n phần tử mà trong đó n1 phần tử thuộc một kiểu, n2 phần tử thuộc 
kiểu thứ hai, ... , nk phần tử thuộc kiểu thứ k là 
!!!
!
21 knnn
n

. 
Ví dụ Có bao nhiêu cách sắp khác nhau để tạo thành một xâu đèn của cây thông Noel có 3 bóng đèn 
đỏ, 4 bóng đèn vàng, và 2 bóng đèn xanh với 9 ổ cắm? 
Giải 
Tổng số sắp xếp phân biệt là 
!2!4!3
!9 = 1260.  
 Ta thường quan tâm đến số cách phân hoạch một tập gồm n phần tử thành r tập con được gọi là 
các ngăn. Một phân hoạch được hoàn thành khi giao của mọi cặp trong r tập con là tập rỗng  và hợp 
của tất cả những tập con là tập ban đầu. Thứ tự của các phần tử bên trong một ngăn là không quan 
trọng. Xét tập {a, e, i, o, u}. Tất cả những phân hoạch có hai ngăn mà ngăn đầu chứa 4 phần tử và ngăn 
thứ hai chứa 1 phần tử là 
{(a, e, i, o), (u)}, {(a, i, o, u), (e)},{(e, i, o, u), (a)},{(a, e, o, u), (i)}, {(a, e, i, u), (o)}. 
Ta thấy rằng có 5 con đường như vậy để phân hoạch một tập gồm 5 phần tử thành hai tập con hay ngăn 
chứa 4 phần tử trong ngăn đầu và 1 phần tử trong ngăn thứ hai. 
Số những phân hoạch đối với ví dụ minh họa này được ký hiệu bởi 






1,4
5
 = 
!1!4
!5 = 5, 
Một cách tổng quát 
Số cách phân hoạch một tập gồm n phần tử thành r ngăn mà có n1 phần tử trong ngăn thứ nhất, n2 
phần tử trong ngăn thứ hai,..., là 






rnnn
n
,...,, 21
 = 
!!!
!
21 knnn
n

, 
trong đó n1 + n2 +  + nr = n. 
Ví dụ Có bao nhiêu cách phân cho 7 nhà khoa học vào 1 buồng ba và hai buồng đôi của một khách 
sạn? 
Giải 
Tổng số phân hoạch có thể có là 





2,2,3
7
 = 
!2!2!3
!7 = 210.  
15 | P a g e 
 Trong nhiều bài toán ta quan tâm đến số cách chọn r phần tử từ n phần tử mà không quan tâm 
đến thứ tự. Những phép chọn này được gọi là các tổ hợp. Một tổ hợp thực chất là một phân hoạch có 
hai ngăn, một ngăn chứa r đối tượng được chọn còn ngăn kia chứa (n - r) đối tượng còn lại. 
 Số những tổ hợp như vậy, được ký hiệu bởi 





 rnr
n
,
 hay thường được ký hiệu vắn tắt là 






r
n
 hoặc rnC , 
do số phần tử trong ngăn thứ hai là n - r. 
Số các tổ hợp của n phần tử phân biệt được tạo ra khi lấy r phần tử cùng một lúc là 






r
n
 = 
)!(!
!
rnr
n

. 
Ví dụ Hãy tìm số ủy ban gồm 2 nhà hóa học và 1 nhà vật lí mà có thể tạo được từ 4 nhà hóa học và 3 
nhà vật lý. 
Giải Số cách chọn 2 trong 4 nhà hóa học là 





2
4
 = 
!2!2
!4 = 6. Số cách chọn 1 trong 3 nhà vật lí là 





1
3
= 
!2!1
!3 = 3. Sử dụng quy tắc nhân của Định lý 1.1 với n1 = 6 và n2 = 3, ta có thể tạo được 
n1n2 = (6)(3) = 18 
ủy ban với 2 nhà hóa học và 1 nhà vật lí.  
I.4 Quy tắc cộng xác suất 
Với hai biến cố A, B của cùng một phép thử, ta có biến cố A + B. Vấn đề đặt ra là P(A + B) có thể 
biểu diễn qua P(A) và P(B) hay không? Nếu giải quyết được vấn đề này, thì việc tính xác suất của một 
biến cố có thể được giải quyết bằng cách biểu thị biến cố đó thành tổng của các biến cố với xác suất dễ 
tính toán hơn. Mục này tập trung vào trình bày những kết quả có liên quan đến vấn đề này. 
Trước tiên, hãy quan sát Biểu đồ Veen sau 
Biểu đồ trên mô tả hai biến cố xung khắc, xác suất của A + B bằng tổng xác suất của các điểm mẫu 
trong A và các điểm mẫu trong B do hai biến cố không có điểm mẫu chung nên P(A + B) = P(A) +P(B). 
16 | P a g e 
Biểu đồ sau đây mô tả hai biến cố không xung khắc 
Trong trường hợp này, nếu tính tổng xác suất tại các điểm mẫu nằm trong A , tổng các điểm mẫu 
trong B rồi cộng lại thì các điểm mẫu nằm trong AB sẽ được tính hai lần nên 
P(A+B) = P(A) + P(B) – P(AB). 
Tóm lại ta được 
Quy tắc cộng 
Nếu A và B là hai biến cố bất kỳ của cùng một phép thử, thì 
P(A+B) = P(A) + P(B) – P(AB). 
Hệ quả 
 Nếu A, B, C là ba biến cố bất kỳ của cùng một phép thử, thì 
P(A + B + C) = P(A) + P(B) + P(C) – P(AB) - P(BC) - P(CA) + P(ABC). 
Tương tự, bằng quy nạp ta đưa ra công thức cho xác suất của tổng n biến cố, với n là số tự nhiên lớn 
hơn 3. 
 P(A) + P(A’) = 1. 
 Nếu A1, A2, , An là các biến cố đôi một xung khắc thì 
P(A1 + A2 +  + An ) = P(A1 ) + P( A2 ) +  + P( An ). 
 Nếu A1, A2, , An là các biến cố đôi một xung khắc và tổng bằng S(thường gọi là một phân 
hoạch của S), thì 
P(A1 ) +P( A2 ) +  + P( An ) = 1. 
Trên đây là những công thức quan trọng của xác suất tổng các biến cố. Ta thấy, chỉ khi các biến cố 
xung khắc thì xác suất của tổng các biến cố bằng tổng các xác suất còn nói chung thì chỉ có thể biểu 
diễn qua tổng các xác suất và xác suất tích các biến cố. Đặc biệt, việc tính xác suất của một biến cố có 
thể chuyển qua tính xác suất của biến cố đối. 
Ví dụ 1.11 Một lớp học có 100 sinh viên, trong đó có 54 sinh viên học toán, 69 sinh viên học lịch sử 
và 35 sinh viên học cả lịch sử và toán. Chọn ngẫu nhiên một sinh viên. Tính xác suất để: 
a) Sinh viên đó học cả toán và lịch sử. 
b) Sinh viên đó không học môn toán và không học lịch sử. 
Giải 
17 | P a g e 
Phép thử này có không gian mẫu gồm 100 b.c.s.c đồng khả năng. 
a) Đặt A = “sinh viên được chọn, học cả toán và lịch sử”. Khi đó số biến cố sơ cấp kéo theo A là 35. 
Nên P(A) = 35 7
100 20
 . 
b) Đặt B = “sinh viên được chọn không học môn toán và không học môn lịch sử”. 
 E = “sinh viên được chọn, học toán” F = “sinh viên được chọn, học lịch sử” 
Ta có B’ = “sinh viên được chọn, học ít nhất một môn” = E + F; EF = A. 
Nên P(B) = 1 – P(B’ ) = 1 – (P(E) + P(F) – P(EF)) 
 = 1 - ( 54 69 35
100 100 100
  ) = 88 121
100 100
  
 = 3
25
. 
 Trong một vùng dân cư tỉ lệ người mắc bệnh tim là 9%, mắc huyết áp là 12% và cả hai 
bệnh là 7%. Chọn ngẫu nhiên một người trong vùng đó. Tính xác suất để người đó không 
mắc cả hai bệnh nói trên? 
Ví dụ 1.12 Cho A, B, C là các biến cố sao cho 
 P(A) = 0.5 P(B) = 0.7 P(C) = 0.6 
 P(AB) = 0.3 P(BC) = 0.4 P(CA) = 0.2 và P(ABC) = 0.1. 
a) Tính xác suất để cả ba biến cố đều không xảy ra; 
b) Tính xác suất để có đúng hai biến cố trong ba biến cố xảy ra; 
c) Tính xác suất để có đúng một trong ba biến cố xảy ra. 
Giải 
a) Đặt K = “Cả ba biến cố đều không xảy ra”. Ta có K = A’B’C’ = (A + B + C)’ nên 
P(K) = 1 – P(A + B + C). 
 P(A + B + C) = 0.5 + 0.7 + 0.6 - 0.3 -0.4 - 0.2 + 0.1 = 1. 
Suy ra P(K) = 0. 
b) Đặt L = “Đúng hai biến cố trong ba biến cố xảy ra”. Ta có L = ABC’ + AB’C + A’BC , mặt khác 
ABC’, AB’C , A’BC là các biến cố đôi một xung khắc. 
Nên P(L) = P( ABC’) + P(AB’C) + P( A’BC) . 
Do ABC + ABC’ = AB suy ra P(ABC’) = 0.3 – 0.1 = 0.2. Tương tự P(AB’C) = 0.1 P( A’BC) =0.3. 
Như vậy P(L) = 0.6. 
c) Đặt M = “Chỉ có đúng một trong ba biến cố xảy ra”. Ta có K, M, L, ABC là một phân hoạch của S. 
Nên P(M) = 1 – (0 + 0.6 + 0.1) = 0.3. 
Những ý chính trong bài giảng tuần 1 
 Khái niệm phép thử, không gian mẫu và biến cố. Mối quan hệ giữa các biến cố và phép toán 
biến cố. 
 Định nghĩa xác suất của một biến cố. 
 Quy tắc cộng xác suất P(A+B) = P(A) + P(B) – P(AB). 
18 | P a g e 
Bài tập tuần 1và đáp số 
* Bài tập: 2.1 Không gian mẫu, 2.2 Biến cố 
1.1 (1.t25) 1.2 (4.t26) 1.3 (6.t26) 1.4 (17.t28) 
 * Bài tập: 2.3 Đếm các điểm mẫu 
1.5 (5.t35) (ĐS: 20) 1.6 (6.t35) (ĐS: (a) 21, (b) 15 1.7 (9.t35) (ĐS: 210) 
* Bài tập: 2.4 Xác suất của một biến cố 
1.8 (3.t43) (ĐS: 0,85) 1.9 (11.t44) (ĐS: 65/663) 1.10 (9.t44) (ĐS:10/117) 1.11 (10.t44) (ĐS: (a) 
5/36 (b) 10/36) 1.12 (12.t44) (ĐS: (a) 1/3 (b) 5/42). 
* Bài tập: 2.5 Quy tắc cộng 
1.13 (5.t43) (ĐS: (a) 0,3 (b) 0,2) 1.14 (6.t43) (ĐS: (a) 0,75 (b) 0,25). 
1.15 (8.t43) (ĐS: (a) 0,22 (b) 0,8) 1.16 (15.t44) (ĐS: (a) 0,35 (b)0,65 (c) 0,12.