a) Không gian mẫu \(\Omega=\{1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 ; 6 ; 7 ; 8 ; 9 ; 10 ; 11 ; 12 ; 13 ; 14 ; 15\}\).

b) \(E \cup F\) là biến cố Số ghi trên tấm thẻ là số lẻ hoặc số nguyên tố.

Ta có \(E=\{1 ; 3 ; 5 ; 7 ; 9 ; 11 ; 13 ; 15\} ; F=\{2 ; 3 ; 5 ; 7 ; 11 ; 13\}\).

Vậy \(G=E \cup F=\{1 ; 2 ; 3 ; 5 ; 7 ; 9 ; 11 ; 13 ; 15\}\).

a) \(\Omega=\{\text{Hương, Hồng, Dung, Phương, Sơn, Tùng, Hoàng, Tiến, Hải}\}\).

b) \(M=H \cup K\) là biến cố Học sinh được chọn là một bạn nữ hoặc một bạn nam.

Ta có \(H=\{\text{Hương, Hồng, Dung, Phương}\}\);

\(K=\{\text{Sơn, Tùng, Hoàng, Tiến, Hải}\}\).

Vậy \(M=\Omega=\{\text{Hương, Hồng, Dung, Phương, Sơn, Tùng, Hoàng, Tiến, Hải}\}\).

a) Nếu \(A\) xảy ra, tức là Minh lấy được viên bi màu đỏ. Vì Minh trả lại viên bi đã lấy vào hộp nên trong hộp có \(4\) viên bi màu đỏ và \(5\) viên bi màu xanh. Vậy \(P(B)=\displaystyle\frac{5}{9}\).

Nếu \(A\) không xảy ra, tức là Minh lấy được viên bi màu xanh. Vì Minh trả lại viên bi đã lấy vào hộp nên trong hộp vẫn có \(4\) viên bi màu đỏ và \(5\) viên bi màu xanh. Vậy \(P(B)=\displaystyle\frac{5}{9}\).

Như vậy, xác suất xảy ra của biến cố \(B\) không thay đổi bởi việc xảy ra hay không xảy ra của biến cố \(A\).

Vì Hùng lấy sau Minh nên \(P(A)=\displaystyle\frac{4}{9}\) dù biến cố \(B\) xảy ra hay không xảy ra.

Vậy \(A\) và \(B\) độc lập.

b) Nếu \(C\) xảy ra, tức là Sơn lấy được viên bi màu đỏ. Vì Sơn không trả lại viên bi đó vào hộp nên trong hộp có \(8\) viên bi với \(3\) viên bi màu đỏ và \(5\) viên bi màu xanh. Vậy \(P(D)=\displaystyle\frac{5}{8}\).

Nếu \(C\) không xảy ra, tức là Sơn lấy được viên bi màu xanh. Vì Sơn không trả lại viên bi đã lấy vào hộp nên trong hộp có \(4\) viên bi màu đỏ và \(4\) viên bi màu xanh. Vậy \(P(D)=\displaystyle\frac{4}{8}\).

Như vậy, xác suất xảy ra của biến cố \(D\) đã thay đổi phụ thuộc vào việc biến cố \(C\) xảy ra hay không xảy ra. Do đó, hai biến cố \(C\) và \(D\) không độc lập.

Để tích của số chấm xuất hiện trên hai con xúc xắc là số chẵn thì có 2 trường hợp xảy ra.

TH1: 1 con xúc xắc xuất hiện mặt chẵn, con còn lại xuất hiện mặt lẻ.

Khi đó số chấm xuất hiện trên hai con xúc xắc khác tính chẵn lẽ.

TH2: 2 con xúc xắc xuất hiện mặt chẵn.

Do đó \(K\) là biến cố hợp của \(E\) và \(F\).

Nếu \(A\) xảy ra, tức là bắt được con thỏ trắng ở chuồng I. Khi đó, số thỏ ở chuồng II không bị thay đổi và có \(3\) thỏ trắng và \(7\) thỏ đen. Vậy \(P(B)=\displaystyle\frac{7}{10}\).

Nếu \(A\) không xảy ra, tức là bắt được thỏ đen ở chuồng I.Khi đó, số thỏ ở chuồng II không bị thay đổi và có \(3\) thỏ trắng và \(7\) thỏ đen. Vậy \(P(B)=\displaystyle\frac{7}{10}\).

Như vậy, xác suất xảy ra của biến cố \(B\) không thay đổi bởi việc xảy ra hay không xảy ra của biến cố \(A\).

Tương tự \(P(A)=\displaystyle\frac{2}{3}\) dù biến cố \(B\) xảy ra hay không xảy ra.

Vậy \(A\) và \(B\) độc lập.

Nếu \(E\) xảy ra, tức là bắt được con gà trống từ chuồng I. Vì con gà trống bị bắt đem đi bán và số gà ở chuồng I dồn vô chuồng II, nên khi bắt gà mái từ chuồng II sẽ có \(12\) gà mái và \(8\) gà trống. Vậy \(P(F)=\displaystyle\frac{12}{20}=\displaystyle\frac{3}{5}\).

Nếu \(E\) không xảy ra, tức là bắt được con gà mái từ chuồng I. Vì con gà mái bị bắt đem đi bán và số gà ở chuồng I dồn vô chuồng II, nên khi bắt gà mái từ chuồng II sẽ có \(11\) gà mái và \(9\) gà trống. Vậy \(P(F)=\displaystyle\frac{11}{20}\).

Như vậy, xác suất xảy ra của biến cố \(F\) đã thay đổi phụ thuộc vào việc biến cố \(E\) xảy ra hay không xảy ra. Do đó, hai biến cố \(E\) và \(F\) không độc lập.

Cặp biến cố \(A\) và \(B\) là xung khắc vì \(A\) và \(B\) không đồng thời xảy ra.

Cặp biến cố \(A\) và \(C\) không xung khắc vì nếu tổng số chấm xuất hiện trên hai con xúc xắc bằng \(7\) thì cả \(A\) và \(C\) xảy ra.

Cặp biến cố \(B\) và \(C\) không xung khắc vì nếu tổng số chấm xuất hiện trên hai con xúc xắc bằng \(3\) thì cả \(B\) và \(C\) xảy ra.

a) Biến cố \(C\) xảy ra khi và chỉ khi trong hai tấm thẻ có ít nhất một tấm thẻ ghi số chẵn. Nếu cả hai tấm thẻ ghi số chẵn thì biến cố \(A\) xảy ra. Nếu chỉ có một tấm thẻ ghi số chẵn thì biến cố \(B\) xảy ra. Vậy \(C\) là biến cố hợp của \(A\) và \(B\).

b) Hai biến cố \(A\) và \(B\) là xung khắc. Do đó \(\mathrm{P}(C)=\mathrm{P}(A \cup B)=\mathrm{P}(A)+\mathrm{P}(B)\).

Ta cần tính \(\mathrm{P}(A)\) và \(\mathrm{P}(B)\).

Không gian mẫu \(\Omega\) là tập hợp tất cả các tập con có hai phần tử của tập \(\{1 ; 2 ; \ldots ; 9\}\). Do đó \(n(\Omega)=\mathrm{C}_{9}^{2}=36\).

Tính \(\mathrm{P}(A)\): Biến cố \(A\) là tập hợp tất cả các tập con có hai phần tử của tập \(\{2 ; 4 ; 6 ; 8\}\). Do đó \(n(A)=\mathrm{C}_{4}^{2}=6\). Suy ra \(\mathrm{P}(A)=\displaystyle\frac{n(A)}{n(\Omega)}=\displaystyle\frac{6}{36}\).

Tính \(\mathrm{P}(B)\) : Mỗi phần tử của \(B\) được hình thành từ hai công đoạn:

Công đoạn 1: Chọn một số chẵn từ tập \(\{2 ; 4 ; 6 ; 8\}\). Có \(4\) cách chọn.

Công đoạn 2: Chọn một số lẻ từ tập \(\{1 ; 3 ; 5 ; 7 ; 9\}\). Có \(5\) cách chọn.

Theo quy tắc nhân, tập \(B\) có \(4 \cdot 5=20\) (phần tử).

Do đó \(n(B)=20\). Suy ra \(\mathrm{P}(B)=\displaystyle\frac{n(B)}{n(\Omega)}=\displaystyle\frac{20}{36}\).

Vậy \(\mathrm{P}(C)=\mathrm{P}(A)+\mathrm{P}(B)=\displaystyle\frac{6}{36}+\displaystyle\frac{20}{36}=\displaystyle\frac{26}{36}=\displaystyle\frac{13}{18}\).

Theo đề bài, ta có

\(\mathrm{P}(A)=19\%=0,19;\mathrm{P}(B)=32 \%=0,32 \text { và } \mathrm{P}(A B)=7 \%=0,07.\)

Theo công thức cộng xác suất, ta có

\(\mathrm{P}(A \cup B)=\mathrm{P}(A)+\mathrm{P}(B)-\mathrm{P}(A B)=0{,}19+0{,}32-0{,}07=0{,}44.\)

Do đó, xác suất để chọn ngẫu nhiên một học sinh của trường \(X\) học khá môn Ngữ văn hoặc học khá môn Toán là \(0{,}44\).

Vậy tỉ lệ học sinh học khá môn Ngữ văn hoặc học khá môn Toán của trường \(X\) là \(44 \%\).

Tổng số bi trong hộp là \(6+8=14\). Do đó số phần tử của không gian mẫu là \(n(\Omega)=\mathrm{A}^2_{14}= 182\).

Gọi \(A\) là biến cố: Bạn Sơn lấy được viên bi màu xanh, sau đó Tùng lấy được viên bi màu xanh và \(B\) là biến cố: Bạn Sơn lấy được viên bi màu đỏ, sau đó Tùng lấy được viên bi màu xanh.

Suy ra \(A\cup B\) là biến cố: Bạn Sơn lấy ngẫu nhiên một viên bi từ hộp (lấy xong không trả lại vào hộp) và tiếp đó đến lượt bạn Tùng lấy ngẫu nhiên một viên bi từ hộp đó.

\(A\) và \(B\) là hai biến cố xung khắc, vì Sơn không thể lấy một viên bi vừa màu xanh và vừa màu đỏ được. Suy ra

\(\mathrm{P}(A\cup B)=\mathrm{P}(A)+\mathrm{P}(B)\).

Ta có \(n(A)= 8 \cdot 7 =56 \Rightarrow \mathrm{P}(A)=\displaystyle\frac{n(A)}{n(\Omega)}=\displaystyle\frac{56}{182}\)

và \(n(B)= 6 \cdot 8 =48\Rightarrow \mathrm{P}(B)=\displaystyle\frac{n(B)}{n(\Omega)}=\displaystyle\frac{48}{182}\).

\(\Rightarrow \mathrm{P}(A\cup B)= \displaystyle\frac{56}{182}+\displaystyle\frac{48}{182}=\displaystyle\frac{104}{182}=\displaystyle\frac{4}{7}\).

Gọi \(A\) là biến cố: Học sinh thích nhạc cổ điển;

\(B\) là biến cố: Học sinh thích nhạc trẻ.

Khi đó \(A \cap B\) là biến cố: Học sinh thích cả nhạc cổ điển và nhạc trẻ;

\(A \cup B\) là biến cố: Học sinh hoặc thích nhạc cổ điển hoặc nhạc trẻ;

\(\overline{A \cup B}\) là biến cố: Học sinh không thích cả nhạc cổ điển và nhạc trẻ.

Ta có \(n(A)=14,\, n(B)=13, \, n(A\cap B)=5\) và \(n(\Omega) =40\).

a) Theo công thức cộng xác suất, ta có

\begin{align*}\mathrm{P}(A \cup B) &= \mathrm{P}(A)+\mathrm{P}(B)-\mathrm{P}(A \cap B) \\&= \frac{n(A)}{n(\Omega)}+\frac{n(B)}{n(\Omega)}-\frac{n(A \cap B)}{n(\Omega)} \\&= \frac{14}{40}+\frac{13}{40}-\frac{5}{40}=\frac{22}{40}=0{,}55.\end{align*}

Vậy xác suất để bạn chọn được một bạn thích nhạc cổ điển hoặc nhạc trẻ là \(0{,}55\).

b) Theo tính chất xác suất đối lập, ta có

\(\mathrm{P}(\overline{A \cup B})=1-\mathrm{P}(A \cup B)=1-0{,}55=0{,}45.\)

Vậy xác suất để bạn chọn được một bạn không thích cả nhạc cổ điển và nhạc trẻ là \(0{,}45\).

Gọi \(A\) là biến cố: Hộ gia đình nuôi chó;

\(B\) là biến cố: Hộ gia đình nuôi mèo.

Khi đó \(A \cap B\) là biến cố: Hộ gia đình nuôi cả chó và mèo;

\(A \cup B\) là biến cố: Hộ gia đình hoặc nuôi chó hoặc mèo;

\(\overline{A \cup B}\) là biến cố: Hộ gia đình không nuôi cả chó và mèo.

Ta có \(n(A)=18,\, n(B)=16, \, n(A\cap B)=7\) và \(n(\Omega) =50\).

a) Theo công thức cộng xác suất, ta có

\begin{align*}\mathrm{P}(A \cup B)&= \mathrm{P}(A)+\mathrm{P}(B)-\mathrm{P}(A \cap B) \\&= \frac{n(A)}{n(\Omega)}+\frac{n(B)}{n(\Omega)}-\frac{n(A \cap B)}{n(\Omega)}\\&= \frac{18}{50}+\frac{16}{50}-\frac{7}{50}=\frac{27}{50}=0{,}54.\end{align*}

Vậy xác suất để chọn được một hộ gia đình nuôi chó hoặc nuôi mèo là \(0{,}54\).

b) Theo tính chất xác suất đối lập, ta có

\( \mathrm{P}(\overline{A \cup B})=1-\mathrm{P}(A \cup B)=1-\frac{7}{50}=\frac{43}{50}=0{,}86.\)

Vậy xác suất để chọn được một hộ không nuôi cả chó và mèo là \(0{,}86\).

Gọi \(A\) là biến cố: Người mua mua sách \(A\);

\(B\) là biến cố: Người mua mua sách \(A\).

Khi đó \(A \cap B\) là biến cố: Người mua cả sách \(A\) và sách \(B\);

\(A \cup B\) là biến cố: Người mua ít nhất hoặc sách \(A\) hoặc sách \(B\);

\(\overline{A \cup B}\) là biến cố: Người mua không mua cả sách \(A\) và sách \(B\).

Ta có \(\mathrm{P}(A)=0{,}5,\, \mathrm{P}(B)=0{,}7, \, \mathrm{P}(A\cap B)=0{,}3.\).

a) Theo công thức cộng xác suất, ta có

\begin{align*}\mathrm{P}(A \cup B)&=\mathrm{P}(A)+\mathrm{P}(B)-\mathrm{P}(A\cap B)\\&=0{,}5+0{,}7 0{,}3=0{,}9.\end{align*}

Vậy xác suất người mua ít nhất một trong hai cuốn sách \(A\) hoặc \(B\) là \(0.9\).

b) Theo tính chất xác suất đối lập, ta có

\(\mathrm{P}(\overline{A \cup B})=1-\mathrm{P}(A \cup B)=1-0{,}9=0{,}1.\)

Vậy xác suất người không mua cả hai cuốn sách \(A\) và \(B\) là \(0{,}1\).

Gọi \(A\) là biến cố: Giáo viên môn Toán tham khảo bộ sách giáo khoa \(A\);

\(B\) là biến cố: Giáo viên môn Toán tham khảo bộ sách giáo khoa \(B\).

Khi đó \(A \cap B\) là biến cố: Giáo viên môn Toán tham khảo cả bộ sách giáo khoa \(A\) và bộ sách giáo khoa \(B\);

\(A \cup B\) là biến cố: Giáo viên môn Toán tham khảo hoặc bộ sách giáo khoa \(A\) hoặc bộ sách giáo khoa \(B\).

\(\overline{A \cup B}\) là biến cố: Giáo viên môn Toán không tham khảo cả bộ sách giáo khoa \(A\) và bộ sách giáo khoa \(B\).

Ta có \(\mathrm{P}(A)=0{,}63, \, \mathrm{P}(B)=0{,}56, \, \mathrm{P}(A\cap B)=0{,}285\).

Theo công thức cộng xác suất, ta có

\begin{align*}\mathrm{P}(A\cup B)&=\mathrm{P}(A)+\mathrm{P}(B)-\mathrm{P}(A\cap B)\\&= 0{,}63+0{,}56-0{,}285=0{,}905.\end{align*}

Theo tính chất xác suất đối lập, ta có

\( \mathrm{P}(\overline{A \cup B})=1-\mathrm{P}(A \cup B)=1-0{,}905= 0{,}0905.\)

Vậy tỉ lệ giáo viên môn Toán không tham khảo cả hai bộ sách giáo khoa \(A\) và \(B\) là \(9{,}05 \%\).

Ta có

a) \(A=\left\{(1;1);(1;2);(1;3);(1;4);(1;5);(1;6)\right\}\);

b) \(B=\left\{(1;2);(2;2);(3;2);(4;2);(5;2);(6;2)\right\}\);

c) \(C=\left\{(2;6);(6;2);(3;5);(5;3);(4;4)\right\}\);

d) \(D=\left\{(1;6);(6;1);(2;5);(5;2);(3;4);(4;3)\right\}\).

Khi đó, ta dễ dàng thấy nếu \(A\) xảy ra thì \(C\) không xảy ra, \(B\) xảy ra thì \(C\) chưa chắc xảy ra và nếu \(C\) xảy ra thì \(D\) sẽ không xảy ra dó đó, các cặp biến cố \(A\) và \(C\); \(B\) và \(C\); \(C\) và \(D\) là không độc lập.

a) Biến cố \(A=\{(1 ; 4) ;(4 ; 1) ;(2 ; 3) ;(3 ; 2)\}\).

Biến cố \(B=\{(1 ; 6) ;(6 ; 1) ;(2 ; 3) ;(3 ; 2)\}\).

b) Kết quả của phép thử làm cho cả hai biến cố \(A\) và \(B\) cùng xảy ra là \(\{(2 ; 3) ;(3 ; 2)\}\).

Biến cố \(A=\{(1 ; 4) ;(4 ; 1) ;(2 ; 3) ;(3 ; 2)\}\).

Biến cố \(B=\{(1 ; 1) ;(2 ; 2) ;(3 ; 3) ;(4 ; 4);(5;5);(6;6)\}\).

Hai biến cố \(A\) và \(B\) không thể đồng thời cùng xảy ra.

Ta có hai biến cố \(A\) và \(B\) xung khắc.

Biến cố \(C\) xảy ra khi lấy ra 2 viên bi xanh hoặc 2 viên bi đỏ hoặc 2 viên bi vàng. Khi lấy được 2 viên bi màu xanh thì biến cố \(A\) và biến cố \(C\) cùng xảy ra. Khi lấy được 2 viên bi màu đỏ thì biến cố \(B\) và biến cố \(C\) cùng xảy ra. Do đó biến cố \(C\) không xung khắc với biến cố \(A\) và biến cố \(B\).

Biến cố \(D\) xảy ra khi lấy ra 1 viên bi xanh, 1 viên bi đỏ; hoặc 1 viên bi xanh, 1 viên bi vàng; hoặc 1 viên bi đỏ, 1 viên bi vàng. Do đó biến cố \(D\) xung khắc với biến cố \(A\), xung khắc với biến cố \(B\) và xung khắc với biến cố \(C\).

Vậy có 4 cặp biến cố xung khắc là: \(A\) và \(B ; A\) và \(D ; B\) và \(D ; C\) và \(D\).

a) Cặp biến cố xung khắc là \(A, C\).

b) Cặp biến cố độc lập là \(A, B\) và \(B, C\).

Biến cố \(C\) là biến cố giao của hai biến cố \(A, B\).

Biến cố \(D\) là biến cố hợp của hai biến cố \(A, B\).

a) Trước hết, biến cố \(B\) xảy ra sau biến cố \(A\) nên việc xảy ra hay không xảy ra của biến cố \(B\) không làm ảnh hưởng đến xác suất xảy ra của biến cố \(A\).

Mặt khác, ta có xác suất của biến cố \(B\) khi biến cố \(A\) xảy ra bằng \(\displaystyle\frac{4}{7}\); xác suất của biến cố \(B\) khi biến cố \(A\) không xảy ra cũng bằng \(\displaystyle\frac{4}{7}\).

Do đó việc xảy ra hay không xảy ra của biến cố \(A\) không làm ảnh hưởng đến xác suất xảy ra của biến cố \(B\).

Vậy hai biến cố \(A\) và \(B\) là độc lập.

b) Ta thấy kết quả (xanh; đỏ) là kết quả thuận lợi cho cả hai biến cố \(A\) và \(B\). Vì thế \(A\) và \(B\) không là hai biến cố xung khắc.

Ta thấy \(A=\{S S ; S N\} ; B=\{N S ; N N\}\).

Suy ra \(A \cap B=\varnothing\). Do đó, \(A\) và \(B\) là hai biến cố xung khắc.

Ta có \(A=\{3 ; 6 ; 9 ; 12 ; 15 ; \ldots ; 48 ; 51\}\);

\(B=\{4 ; 8 ; 12 ; 16 ; 20 ; \ldots ; 48 ; 52\}\);

\(A \cap B=\{12 ; 24 ; 36 ; 48\}\).

a) Phát biểu đúng;

b) Phát biểu sai;

c) Phát biểu đúng.

Vì \(\mathrm{F1}\) toàn cá kiếm mắt đen nên mắt đen là tính trạng trội, mắt đỏ là tính trạng lặn.

Gọi \(\mathrm{A, a}\) lần lượt là gen mang tính trạng trội và lặn.

\begin{eqnarray*}\mathrm{P}&:&AA\hspace{1cm} \times \hspace{0.75cm}aa\\\mathrm{Gp}&:&A\hspace{1cm} \times \hspace{1cm}a\\\mathrm{F1}&:& \hspace{1.5cm}Aa.\end{eqnarray*}

\begin{eqnarray*}\mathrm{F1} \times \mathrm{F1} &:&Aa\hspace{1cm} \times \hspace{1cm}Aa\\\mathrm{Gp}&:&A,a\hspace{1cm} \times \hspace{1cm}A,a\\\mathrm{F2}&:& 1AA,\hspace{0.1cm}2Aa,\hspace{0.1cm}1aa.\end{eqnarray*}

Vậy đàn cá con mới gồm \(3\) con mắt đen và \(1\) con mắt đỏ.

Do đó xác suất để chọn được ít nhất \(1\) con cá mắt đen là \(100\%\)

a) \(A=T_1 \cup T_2\).

b) \(B=\overline{T_1} T_2 \cup T_1 \overline{T}_2\).

a) Số kết quả thuận lợi cho biến cố \(A\) là \(\mathrm{C}_5^2=10\). Số kết quả thuận lợi cho biến cố \(B\) là \(\mathrm{C}_3^2=3\).

b) \(A \cup B\) là biến cố Hai viên bi lấy ra có cùng màu. Số kết quả thuận lợi cho biến cố \(A \cup B\) là \(\mathrm{C}_5^2+\mathrm{C}_3^2=13\).

Biến cố: Hai đồng xu cùng xuất hiện mặt sấp; Và biến cố: Hai đồng xu cùng xuất hiện mặt ngửa mặt ngửa, là hai biến cố độc lập.

a) Nếu \(A_1\) xảy ra thì sau khi trả lại quả bóng thứ nhất vào hộp, trong hộp có 1 quả bóng xanh, 1 quả bóng đỏ và 1 quả bóng vàng, do đó xác suất xảy ra \(A_2\) là \(\displaystyle\frac{1}{3}\).

Ngược lại, nếu \(A_1\) không xảy ra thì sau khi trả lại quả bóng thứ nhất vào hộp, trong hộp vẫn có 1 quả bóng xanh, 1 quả bóng đỏ và 1 quả bóng vàng, do đó xác suất xảy ra \(A_2\) là \(\displaystyle\frac{1}{3}\).

Ta thấy khi \(A_1\) xảy ra hay không xảy ra thì xác suất của biến cố \(A_2\) luôn bằng \(\displaystyle\frac{1}{3}\). Do quả bóng lấy ra lần thứ nhất được trả lại hộp nên biến cố \(A_2\) xảy ra hay không xảy ra không ảnh hưởng đến xác suất xảy ra của \(A_1\).

Vậy \(A_1\) và \(A_2\) là hai biến cố độc lập.

b) Giả sử quả bóng lấy ra lần đầu tiên không được trả lại hộp.

Nếu \(A_1\) xảy ra thì trước khi bốc quả bóng thứ hai, trong hộp có 1 quả bóng đỏ, 1 quả bóng vàng. Do đó xác suất xảy ra \(A_2\) là \(0\).

Ngược lại, nếu \(A_1\) không xảy ra thì trước khi bốc quả bóng thứ hai, trong hộp có 2 quả bóng,

trong đó có đúng 1 quả bóng xanh. Do đó xác suất xảy ra \(A_2\) là \(\displaystyle\frac{1}{2}\).

Ta thấy xác suất xảy ra của biến cố \(A_2\) phụ thuộc vào sự xảy ra của \(A_1\).

Vậy \(A_1\) và \(A_2\) không là hai biến cố độc lập.

a) Xác suất của biến cố \(B\) là \(\displaystyle\frac{1}{6}\).

b)

+) Xác suất của biến cố \(A\) xảy ra là \(\displaystyle\frac{1}{6}\);

+) Xác suất của biến cố \(A\) không xảy ra là \(\displaystyle\frac{5}{6}\).

Ta thấy dù biến cố \(A\) xảy ra hay không thì xác suất của biến cố \(B\) vẫn luôn là \(\displaystyle\frac{1}{6}\).

Ta nói \(A\) và \(B\) là hai biến cố độc lập.

Gọi \(A\) là biến cố Không có quả cầu nào ghi số \(1\) \(\Rightarrow P(A)=\displaystyle\frac{81}{100}\).

Gọi \(B\) là biến cố Không có quả cầu nào ghi số \(5\) \(\Rightarrow P(B)=\displaystyle\frac{81}{100}\).

Gọi \(C\) là biến cố Không có quả cầu nào ghi số \(1\) và số \(5\) \(\Rightarrow P(C)=\displaystyle\frac{64}{100}\).

Gọi \(D\) là biến cố Không có quả cầu nào ghi số \(1\) hoặc ghi số \(5\).

Ta có \(P(D) = P(A) + P(B) - P(C) = \displaystyle\frac{81}{100} + \displaystyle\frac{81}{100} - \displaystyle\frac{64}{100} = \displaystyle\frac{49}{50}\).

Gọi biến cố \(A\) Người được chọn đến từ Hà Nội.

Biến cố \(B\) Người được chọn đến từ Hải Phòng.

Khi đó, ta có

\(P(A)=\displaystyle\frac{7}{31};\ P(B)=\displaystyle\frac{5}{31}.\)

Vì \(A\) và \(B\) là hai biến cố độc lập, do đó xác suất để người được chọn đến từ Hà Nội hoặc Hải Phòng là

\(P(A\cup B)=P(A)+P(B)=\displaystyle\frac{7}{31}+\displaystyle\frac{5}{31}=\displaystyle\frac{12}{31}.\)

Gọi biến cố \(A\) Hãng X khởi hành đúng giờ, biến cố \(B\) Hãng Y khởi hành đúng giờ. Khi đó, ta có sơ đồ hình cây

Theo sơ đồ hình cây ta có

a) Xác xuất để "Cả hai chuyến khởi hành đúng giờ" là

\(P(AB)=0{,}92\cdot 0{,}98=0{,}9016.\)

b) Xác suất để "Có duy nhất một trong hai chuyến bay khởi hành đúng giờ" là

\(P(A\overline{B} \cup \overline{A}B)=0{,}92\cdot0{,}02+0{,}98\cdot 0{,}08=0{,}096.\)

c) Xác suất để "Có ít nhất một trong hai chuyến khởi hành đúng giờ" là

\(P=1-P(\overline{A}\overline{B})=1-0{,}08\cdot0{,}02=0{,}9984.\)

Do \(A\) và \(B\) là hai biến cố độc lập nên

\(P(A B)=P(A) P(B)=0{,}48.\)

Vi \(\overline{A}\) là biến cố đối của \(A\) nên \(P(\overline{A})=1-P(A)=0{,}4\). Do \(\overline{A}\) và \(B\) độc lập nên

\(P(\overline{A} B)=P(\overline{A}) P(B)=0{,}32.\)

Vì \(\overline{B}\) là biến cố đối của \(B\) nên \(P(\overline{B})=1-P(B)=0{,}2\). Do \(\overline{A}\) và \(\overline{B}\) độc lập nên

\(P(\overline{A} \overline{B})=P(\overline{A}) P(\overline{B})=0{,}08.\)

Gọi \(A\) là biến cố Bệnh nhân \(X\) bị biến chứng nặng. Ta có \(P(A)=0{,}1\) và \(P(\overline{A})=0{,}9\).

Gọi \(B\) là biến cố Bệnh nhân \(Y\) bị biến chứng nặng. Ta có \(P(B)=0{,}2\) và \(P(\overline{B})=0{,}8\).

a) Cả hai bệnh nhân đều bị biến chứng nặng.

Ta thấy \(A\) và \(B\) là hai biến cố độc lập nên xác suất cả hai bệnh nhân đều bị biến chứng nặng là

\(P(A B)=P(A) P(B)=0{,}02.\)

b) Cả hai bệnh nhân đều không bị biến chứng nặng.

Do \(\overline{A}\) và \(\overline{B}\) độc lập nên xác suất cả hai bệnh nhân không bị biến chứng nặng là

\(P(\overline{A} \overline{B})=P(\overline{A}) P(\overline{B})=0{,}72.\)

c) Bệnh nhân \(X\) bị biến chứng nặng, bệnh nhân \(Y\) không bị biến chứng nặng.

Do \(A\) và \(\overline{B}\) độc lập nên xác suất bệnh nhân \(X\) bị biến chứng nặng, bệnh nhân \(Y\) không bị biến chứng nặng là

\(P(A \overline{B})=P(A) P(\overline{B})=0{,}08.\)

Ta cũng có thể giải bài toán trên bằng cách sử dụng sơ đồ hình cây như sau:

Theo sơ đồ trên thì:

a) Xác suất cả hai bệnh nhân đều bị biến chứng nặng là \(0{,}02\).

b) Xác suất cả hai bệnh nhân không bị biến chứng nặng là \(0{,}72\).

c) Xác suất bệnh nhân \(X\) bị biến chứng nặng, bệnh nhân \(Y\) không bị biến chứng nặng là \(0{,}08\).

Xác suất bắn trúng tâm bia của Nguyệt là \(P(A)=0{,}9\).

Xác suất bắn trúng tâm bia của Nhi là \(P(B)=0{,}8\).

Xác suất để cả hai bạn cùng bắn trúng tâm bia là \(P(AB)=P(A)P(B)=0{,}9\cdot 0{,}8=0{,}72\).

a) Ta có \(P(A)=0{,}7\) nên \(P(\overline{A})=0{,}3\) và \(P(B)=0{,}2\) nên \(P(\overline{B})=0{,}8\).

Xác suất \(P(AB)=P(A)P(B)=0{,}7\cdot0{,}2=0{,}14\).

Xác suất \(P(\overline{A} B)=P(\overline{A} )P(B)=0{,}3\cdot0{,}2=0{,}06\).

Xác suất \(P(\overline{A} \overline{B})=P(\overline{A} )P(\overline{B})=0{,}3\cdot0{,}8=0{,}24\).

b) Ta có \(P(A)=0{,}5\) nên \(P(\overline{A})=0{,}5\) và \(P(AB)=P(A)P(B)=0{,}3\) nên \(P(B)=0{,}6\) suy ra

Xác suất \(P(\overline{B})=0{,}4\).

Xác suất \(P(\overline{A} B)=P(\overline{A} )P(B)=0{,}5\cdot0{,}6=0{,}3\).

Xác suất \(P(\overline{A} \overline{B})=P(\overline{A} )P(\overline{B})=0{,}5\cdot0{,}4=0{,}2\).

Gọi \(A\) là biến cố Xạ thủ bắn viên đạn trúng bia lần thứ nhất. Ta có \(P(A)=0{,}9\) và \(P(\overline{A})=0{,}1\).

Gọi \(B\) là biến cố Xạ thủ bắn viên đạn trúng bia lần thứ hai. Ta có \(P(B)=0{,}6\) và \(P(\overline{B})=0{,}4\).

Ta cũng có thể giải bài toán trên bằng cách sử dụng sơ đồ hình cây như sau:

Theo sơ đồ trên thì:

a) Xác suất cả 2 lần bắn đều trúng đích là \(0{,}54\).

b) Xác suất cả 2 lần bắn đều không trúng đích là \(0{,}04\).

c) Xác suất lần bắn thứ nhất trúng đích, lần bắn thứ hai không trúng đích là \(0{,}36\).

Xác suất truyền bệnh tiếp xúc với người bệnh không đeo khẩu trang là \(P(A)=0{,}8\).

Xác suất truyền bệnh tiếp xúc với người bệnh có đeo khẩu trang là \(P(B)=0{,}1\).

Xác suất anh Lâm tiếp xúc với \(1\) người bệnh hai lần, trong đó có một lần đeo khẩu trang và một lần không đeo khẩu trang là \(P(AB)=P(A)P(B)=0{,}8\cdot0{,}1=0{,}08\).

Gọi \(A\) là biến cố Cả 3 học sinh được chọn đều thuộc khối 10 và \(B\) là biến cố Cả 3 học sinh được chọn đều thuộc khối 11. Khi đó \(A \cup B\) là biến cố Cả 3 người được chọn học cùng một khối. Do \(A\) và \(B\) là hai biến cố xung khắc nên \(P(A \cup B)=P(A)+P(B)\).

Ta thấy \(P(A)=\displaystyle\frac{\mathrm{C}_9^3}{\mathrm{C}_{16}^3}\) và \(P(B)=\displaystyle\frac{\mathrm{C}_7^3}{C_{16}^3}\), nên \(P(A \cup B)=\displaystyle\frac{\mathrm{C}_9^3+\mathrm{C}_7^3}{\mathrm{C}_{16}^3}=\displaystyle\frac{17}{80}\).

Quy ước gene \(\mathrm{A}\): hạt gạo đục và gene \(\mathrm{a}\): hạt gạo trong. Ở thế hệ \(\mathrm{F}2\), ba kiểu gene \(\mathrm{AA},\mathrm{Aa}\), aa xuất hiện với tỉ lệ \(1:2:1\) nên ti lệ hạt gạo đục so với hạt gạo trong là \(3:1\).

Gọi \(A_1, A_2\) lần lượt là biến cố Hạt gạo lấy ra lần thứ nhất là hạt gạo đục và biến cố Hạt gạo lấy ra lần thứ hai là hạt gạo đục.

Ta có \(A_1\), \(A_2\) là hai biến cố độc lập và \(P\left(A_1\right)=P\left(A_2\right)=\displaystyle\frac{3}{4}\). Xác suất của biến cố Có đúng 1 hạt gạo đục trong 2 hạt gạo được lấy ra \,là

\(P\left(A_1 \overline{A}_2 \cup \overline{A}_1 A_2\right)=P\left(A_1 \overline{A}_2\right)+P\left(\overline{A}_1 A_2\right)=P\left(A_1\right) P\left(\overline{A}_2\right)+P\left(\overline{A}_1\right) P\left(A_2\right)=2 \cdot \displaystyle\frac{3}{4}\cdot \displaystyle\frac{1}{4}=\displaystyle\frac{3}{8}\).

Gọi \(A\) là biến cố Số ghi trên thẻ được chọn chia hết cho 3 và \(B\) là biến cố Số ghi trên thẻ được chọn chia hết cho 5.

\(A \cup B\) là biến cố Số ghi trên thẻ được chọn chia hết cho 3 hoặc 5.

Từ 1 đến 100 có 33 số chia hết cho 3 nên \(P(A)=\displaystyle\frac{33}{100}=0,33\).

Từ 1 đến 100 có 20 số chia hết cho 5 nên \(P(B)=\displaystyle\frac{20}{100}=0,2\).

Một số chia hết cho cả 3 và 5 khi nó chia hết cho 15. Từ 1 đến 100 có 6 số chia hết cho 15 nên

\centerline\(P(A B)=\displaystyle\frac{6}{100}=0,06\).

Vậy \(P(A \cup B)=P(A)+P(B)-P(A B)=0,33+0,2-0,06=0,47\).

Xét phép thử Chọn ra ngẫu nhiên \(3\) quả bóng từ một hộp chứa \(13\) quả bóng.

Ta có số phần tử của không gian mẫu là \(n\left(\Omega\right)=\mathrm{C}_{13}^3=286\).

a) Gọi \(A\) là biến cố: Cả \(3\) quả bóng lấy ra đều có cùng màu \,\(\Rightarrow\) có \(2\) khả năng:

+) \(3\) quả bóng lấy ra đều có màu xanh: \(\mathrm{C}_5^3\) (cách).

+) \(3\) quả bóng lấy ra đều có màu đỏ: \(\mathrm{C}_6^3\) (cách).

\(\Rightarrow n\left(A\right)=\mathrm{C}_5^3+\mathrm{C}_6^3=30\).

Vậy \(\mathrm{P}\left(A\right)=\displaystyle\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega\right)}=\displaystyle\frac{30}{286}=\displaystyle\frac{15}{143}\).

b) Gọi \(B\) là biến cố: Có ít nhất \(2\) quả bóng màu xanh trong \(3\) quả bóng lấy ra\,\(\Rightarrow\) có \(2\) khả năng:

+) Lấy được \(3\) quả bóng màu xanh: \(\mathrm{C}_5^3\) (cách).

+) Lấy được \(2\) quả bóng màu xanh và \(1\) quả bóng màu đỏ hoặc vàng: \(\mathrm{C}_5^2\cdot \mathrm{C}_8^1\) (cách).

\(\Rightarrow n\left(B\right)=\mathrm{C}_5^3+\mathrm{C}_5^2\cdot \mathrm{C}_8^1=90\).

Vậy \(\mathrm{P}\left(B\right)=\displaystyle\frac{n\left(B\right)}{n\left(\Omega\right)}=\displaystyle\frac{90}{286}=\displaystyle\frac{45}{143}\).

Số phần tử của không gian mẫu là \(n\left(\Omega\right)=7!\cdot 7!\).

Gọi \(A\) là biến cố \({''}\)Có ít nhất một trong hai bạn Bình và Minh vẫn ngồi đúng ghế cũ của mình\({''}\)

+) Cả \(2\) bạn Bình và Minh vẫn ngồi đúng ghế cũ có \(7!\cdot 5!\) (cách).

+) Chỉ có \(1\) bạn Bình hoặc Minh vẫn ngồi đúng ghế cũ có \(2\cdot 6!\cdot 7!\) (cách).

\(\Rightarrow n\left(A\right)=7!\cdot 5!+2\cdot 6!\cdot 7!\).

Vậy \(\mathrm{P}\left(A\right)=\displaystyle\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega\right)}=\displaystyle\frac{13}{42}\).

Vì hai biến cố \(A\) và \(B\) độc lập với nhau nên \(\heva{&\mathrm{P}(A\cup B)=\mathrm{P}(A)+\mathrm{P}(B)-\mathrm{P}(A\cdot B)\\&\mathrm{P}(A\cdot B)=\mathrm{P}(A)\cdot \mathrm{P}(B)}\). Khi đó

a) \(\mathrm{P}(A\cup B)=\mathrm{P}(A)+\mathrm{P}(B)-\mathrm{P}(A)\cdot \mathrm{P}(B)=0{,}3+0{,}2-0{,}3\cdot 0{,}2=0{,}44\).

b) \(\mathrm{P}(A)= \displaystyle\frac{\mathrm{P}(A\cup B)-\mathrm{P}(B)}{1-\mathrm{P}(B)}=\displaystyle\frac{0{,}7-0{,}5}{1-0{,}5}=0{,}4\).

Vì xác suất xuất hiện mặt sắp trong mỗi lần gieo đều bằng \(0{,}4\) nên xác suất xuất hiện mặt ngửa trong mỗi lần gieo đều bằng \(0{,}6\).

Do đó xác suất của biến cố \({''}\)Có đúng \(1\) lần gieo được mặt sấp trong \(3\) lần gieo\({''}\) là \(0{,}4\cdot 0{,}6^2\cdot\mathrm{C}_5^1=0{,}72\).

Xét phép thử \({''}\)Lấy ngẫu nhiên đồng thời \(2\) thẻ từ hộp chứa \(50\) tấm thẻ\({''}\).

Ta có số phần tử của không gian mẫu là \(n\left(\Omega\right)=\mathrm{C}_{50}^2=1225\).

a) Xét biến cố \(A:{''}\)Tổng các số ghi trên \(2\) thẻ lấy ra là số chẳn\({''}\)

Từ số \(1\) đến số \(50\) có \(25\) số chẳn và \(25\) số lể.

Do đó để tổng các số ghi trên \(2\) thẻ lấy ra là số chẳn, ta xét hai trường hợp:

+) \textbf{Trường hợp 1}: lấy được \(2\) thẻ mang số chẳn có \(\mathrm{C}_{25}^2=300\) (cách).

+) \textbf{Trường hợp 2}: lấy được \(2\) thẻ mang số lẻ có \(\mathrm{C}_{25}^2=300\) (cách).

Do đó số phần tử của biến cố \(A\) là \(n\left(A\right)=600\).

Vậy \(\mathrm{P}\left(A\right)=\displaystyle\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega\right)}=\displaystyle\frac{24}{49}\).

b) Xét biến cố \(B:{''}\)Tích các số ghi trên \(2\) thẻ lấy ra chia hết cho \(4{''}\).

Chia \(50\) thẻ thành \(3\) nhóm:

+) \textbf{Nhóm 1}: gồm \(25\) thẻ mang số lẻ.

+) \textbf{Nhóm 2}: gồm \(12\) thẻ mang số chia hết cho \(4\).

+) \textbf{Nhóm 3}: gồm \(13\) thẻ mang số chia hết cho \(2\).

Do đó để tích các số ghi trên \(2\) thẻ lấy ra chia hết cho \(4\) ta lấy như sau:

+) Lấy \(2\) thẻ thuộc nhóm \(2\) có \(\mathrm{C}_{12}^2=66\) (cách).

+) Lấy \(1\) thẻ thuộc nhóm \(2\) và \(1\) thẻ thuộc nhóm \(1\) có \(\mathrm{C}_{12}^1\cdot \mathrm{C}_{25}^1=300\) (cách).

+) Lấy \(1\) thẻ thuộc nhóm \(2\) và \(1\) thẻ thuộc nhóm \(3\) có \(\mathrm{C}_{12}^1\cdot \mathrm{C}_{13}^1=156\) (cách).

+) Lấy \(2\) thẻ thuộc nhóm \(3\) có \(\mathrm{C}_{13}^2=78\) (cách).

Do đó số phần tử của biến cố \(B\) là \(n\left(B\right)=600\).

Vậy \(\mathrm{P}\left(A\right)=\displaystyle\frac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega\right)}=\displaystyle\frac{24}{49}\).

Vậy xác suất để vệ tinh A phải gửi tin không quá \(3\) lần là

\(0{,}4+0{,}24+0{,}144=0{,}784.\)

Số phần tử của không gian mẫu: \(n(\Omega)=6^2=36\).

Xét biến cố A:Tích số chấm xuất hiện trên hai con xúc xắc chia hết cho \(6\).

Ta có

\(A=\left\{(1;6),(2;3),(2;6),(3;2),(3;4),(3;6),(4;3),(4;6),(5;6),(6;1),(6;2),(6;3),(6;4),(6;5),(6;6)\right\}

\Rightarrow n(A)=15\)

Vậy \(P(A)=\displaystyle\frac{n(A)}{n(\Omega)}=\displaystyle\frac{15}{36}.\)

Xét phép thử: Chọn ra ngẫu nhiên từ hộp \(4\) quả bóng từ một hộp chứa \(15\) quả bóng.

Số phần tử của không gian mẫu: \(n(\Omega)=\mathrm{C}_{15}^4=1365.\)

*) Xét biến cố: A:"\Cả \(4\) quả bóng lấy ra có cùng màu. Xét ba trường hợp sau:

\(4\) quả lấy ra cùng màu xanh có \(\mathrm{C}_5^4\) cách.

\(4\) quả lấy ra cùng màu đỏ có \(\mathrm{C}_6^4\) cách.

\(4\) quả lấy ra cùng màu vàng có \(\mathrm{C}_4^4\) cách.

Theo quy tắc cộng ,ta có \(n(A)=\mathrm{C}_5^4+\mathrm{C}_6^4+\mathrm{C}_6^4=21\) cách.

Vậy xác suất để cả \(4\) quả bóng lấy ra có cùng màu là: \(P(A)=\displaystyle\frac{n(A)}{n(\Omega)}=\displaystyle\frac{1}{65}.\)

*) Xét biến cố: B:Trong \(4\) quả lấy ra có đủ \(3\) màu. Xét ba trường hợp sau:

\(2\) quả màu xanh, \(1\) quả màu đỏ, \(1\) quả màu vàng có \(\mathrm{C}_5^2\cdot\mathrm{C}_6^1\cdot\mathrm{C}_4^1=240\) cách.

\(1\) quả màu xanh, \(2\) quả màu đỏ, \(1\) quả màu vàng có \(\mathrm{C}_5^1\cdot\mathrm{C}_6^2\cdot\mathrm{C}_4^1=300\) cách.

\(1\) quả màu xanh, \(1\) quả màu đỏ, \(2\) quả màu vàng có \(\mathrm{C}_5^1\cdot\mathrm{C}_6^1\cdot\mathrm{C}_4^2=180\) cách.

Theo quy tắc cộng ,ta có \(n(A)=240+300+180=720\) cách.

Vậy xác suất để cả \(4\) quả bóng lấy ra có đủ cả ba màu là: \(P(A)=\displaystyle\frac{n(A)}{n(\Omega)}=\displaystyle\frac{48}{91}.\)

Xét phép thử xếp ngẫu nhiên \(8\) bạn, ta có số phần tử không gian mẫu \(n(\Omega)=8!\)

Gọi \(\mathrm{A}\) là biến cố: "Có ít nhất một trong hai bạn Cường và Trọng đứng ở đầu hàng"

\(\Rightarrow \overline{\mathrm{A}}\) là biến cố không có ai trong hai bạn Cường và Trọng đứng ở đầu hàng"

Chọn \(2\) trong \(6\) bạn xếp đầu hàng có \(\mathrm{A}_6^2\) cách xếp Cường và Trọng đứng ở đầu hàng

Xếp \(4\) bạn còn lại và hai bạn Cường và Trọng có \(6!\) cách.

Suy ra số cách xếp cả hai bạn Cường và Trọng không đứng ở đầu hàng là: \(n\left(\overline{\mathrm{A}}\right)=\mathrm{A}_6^2.6!\) cách.

Vậy xác suất cần tìm là \(P(A)=\displaystyle\frac{n(A)}{n(\Omega)}=\displaystyle\frac{15}{28}.\)

Đa giác đều \(24\) cạnh có \(24\) đỉnh.

Chọn \(3\) đỉnh trong \(24\) thì số phần tử của không gian mẫu: \(n(\Omega)=\mathrm{C}_{24}^3.\)

Gọi \(\mathrm{A}\) là biến cố "\(3\) đỉnh được chọn là \(3\) đỉnh của một tam giác cân hoặc một tam giác vuông"

Ta có đa giác đều \(24\) đỉnh nội tiếp đường tròn có \(12\) đường chéo đi qua tâm. Xét hai trường hợp:

Trường hợp 1: \(3\) đỉnh được chọn là \(3\) đỉnh của một một tam giác vuông hoặc cân.

+) Chọn \(1\) đường kính có \(12\) cách.

+) Chọn \(1\) đỉnh trong \(22\) đỉnh còn lại có \(22\) cách.

Vậy trường hợp này có \(12.22=264\) (tam giác vuông hoặc cân).

Trường hợp 2: \(3\) đỉnh được chọn là \(3\) đỉnh của một tam giác cân

+) Chọn \(1\) đỉnh trong \(2\) đỉnh của \(1\) đường kính có \(2\) cách.

+) Mỗi đường kính chia đa giác thành hai miền, mỗi miền có \(11\) đỉnh.

+) Chọn \(1\) đỉnh thuộc miền thứ nhất thì tương ứng có \(1\) đỉnh thuộc miền thứ hai để \(3\) đỉnh được lập thành tam giác cân.

Vậy trường hợp này có \(12.2.11=264\) (tam giác cân)

Suy ra \(n(\mathrm{A})=528.\)

Vậy Vậy xác suất cần tìm là \(P(A)=\displaystyle\frac{n(A)}{n(\Omega)}=\displaystyle\frac{6}{23}.\)

Số tự nhiên của \(3\) chữ số có dạng \(x=\overline{abc}\), với \(a\neq 0; a,b,c \in \left\{0;1;2;\cdots ; 9\right\}\)

+) \(a\) có \(9\) cách chọn.

+) \(b\) có \(10\) cách chọn.

+) \(c\) có \(10\) cách chọn.

Khi đó số phần tử của không gian mẫu là \(n(\Omega)=9.10.10=900\) (số).

Xét biến cố: A:"Số được chọn chia hết cho \(2\) hoặc \(7\)."

a) Số được chọn chia hết cho \(2\).

Khi đó ta có thêm điều kiện \(c \in \left\{0;2;4;6;8\right\}\Rightarrow c\) có \(5\) cách chọn.

+) \(a\) có \(9\) cách chọn.

+) \(b\) có \(10\) cách chọn.

Suy ra trường hợp này có \(5.9.10=450\) (số)

b) Số được chọn chia hết cho \(7\)

Khi đó để \(x \hspace{0.1cm}\vdots\hspace{0.1cm} 7\) thì \(\left(c+3b+2a\right) \hspace{0.1cm}\vdots\hspace{0.1cm} 7\)

Suy ra \(x \in \left\{ 112; 119; \cdots 994\right\}\) và trường hợp này có \(\displaystyle\frac{994-112}{7}+1=127\) (số).

Theo quy tắc cộng, ta có: \(n(A)=450+127=577\) (số).

Vậy \(P(A)=\displaystyle\frac{n(A)}{n(\Omega)}=\displaystyle\frac{577}{900}.\)

+) có \(11\) số chia hết cho \(8\),

+) có \(10\) số chia hết cho \(9\),

+) có \(1\) số chia hết cho cả \(8\) và \(9\).

Vì thế, ta có \(\mathrm{P}(A)=\displaystyle\frac{11}{90}, \mathrm{P}(B)=\displaystyle\frac{10}{90}, \mathrm{P}(A \cap B)=\displaystyle\frac{1}{90}\).

Vậy \(\mathrm{P}(A \cup B)=\mathrm{P}(A)+\mathrm{P}(B) - \mathrm{P}(A \cap B) =\displaystyle\frac{11}{90}+\displaystyle\frac{10}{90}-\displaystyle\frac{1}{90}=\displaystyle\frac{2}{9}\).

Không gian mẫu của phép thử trên có \(12\) phần tử, tức là \(n(\Omega)=12\).

Số các kết quả thuận lợi cho các biến cố \(A, B\) lần lượt là \(n(A)=4, n(B)=2\).

Suy ra

\(\mathrm{P}(A)=\displaystyle\frac{n(A)}{n(\Omega)}=\displaystyle\frac{4}{12}=\displaystyle\frac{1}{3}, \mathrm{P}(B)=\displaystyle\frac{n(B)}{n(\Omega)}=\displaystyle\frac{2}{12}=\displaystyle\frac{1}{6}.\)

Trong các số \(1,2,3, \ldots, 12\), không có số nào chia hết cho cả \(3\) và \(5\).

Vì thế \(A, B\) là hai biến cố xung khắc. Suy ra

\(\mathrm{P}(A \cup B)=\mathrm{P}(A)+\mathrm{P}(B)=\displaystyle\frac{1}{3}+\displaystyle\frac{1}{6}=\displaystyle\frac{1}{2}\).

Xét biến cố \(A\): Bạn Hạnh bắn trúng bia, ta có \(\mathrm{P}(A)=0{,}6\).

Xét biến cố \(B\): Bạn Hà bắn trúng bia, ta có \(\mathrm{P}(B)=0{,}7\).

Ta thấy \(A, B\) là hai biến cố độc lập và \(C=A \cap B\). suy ra

\(\mathrm{P}(C)=\mathrm{P}(A) \cdot \mathrm{P}(B)=0{,}6 \cdot 0{,}7=0{,}42.\)

Xét các biến cố \(E\): Bạn Trung lọt vào vòng chung kết \, và \(G\): Bạn Dũng lọt vào vòng chung kết.

Từ giả thiết, ta suy ra \(E, G\) là hai biến cố độc lập và \(\mathrm{P}(E)=0{,}8; \mathrm{P}(G)=0{,}6\).

a) Do \(A=E \cap G\) nên \(\mathrm{P}(A)=\mathrm{P}(E) \cdot \mathrm{P}(G)=0{,}8 \cdot 0{,}6=0{,}48\).

b) Ta thấy \(B=E \cup G\), suy ra

\(\mathrm{P}(B)=\mathrm{P}(E \cup G)=\mathrm{P}(E)+\mathrm{P}(G)-\mathrm{P}(E \cap G)=0{,}8+0{,}6-0{,}48=0{,}92.\)

c) Xét biến cố đối \(\overline{G}\) của biến cố \(G\).

Ta thấy \(\mathrm{P}(\overline{G})=1-\mathrm{P}(G)=1-0{,}6=0{,}4\) và \(E, \overline{G}\) là hai biến cố độc lập.

Vì \(C=E \cap \overline{G}\) nên \(\mathrm{P}(C)=\mathrm{P}(E) \cdot \mathrm{P}(\overline{G})=0{,}8 \cdot 0{,}4=0{,}32\).

\(H\): Trong \(3\) học sinh chọn ra có cả nam và nữ;

\(A\): Trong \(3\) học sinh chọn ra có \(2\) học sinh nam và \(1\) học sinh nữ ;

\(B\): Trong \(3\) học sinh chọn ra có \(1\) học sinh nam và \(2\) học sinh nữ.

Khi đó \(H=A \cup B\) và \(A \cap B=\varnothing\). Do hai biến cố \(A\) và \(B\) là xung khắc nên \(n(H)=n(A)+n(B)\).

a) Số các kết quả thuận lợi cho biến cố \(A\) là

\(n(A)=\mathrm{C}_4^2 \cdot \mathrm{C}_5^1=\displaystyle\frac{4 !}{2 ! \cdot 2 !} \cdot \displaystyle\frac{5 !}{1 ! \cdot 4 !}=6\cdot 5=30\).

Số các kết quả thuận lợi cho biến cố \(B\) là \(n(B)=\mathrm{C}_4^1 \cdot \mathrm{C}_5^2=\displaystyle\frac{4 !}{1 ! \cdot 3 !} \cdot \displaystyle\frac{5 !}{2 ! \cdot 3 !}=4 \cdot 10=40\).

Số các kết quả thuận lợi cho biến cố \(H\) là \(n(H)=n(A)+n(B)=30+40=70\).

Vậy giáo viên phụ trách có \(70\) cách chọn một đội tốp ca như dự định.

c) Đội văn nghệ có \(9\) học sinh. Mỗi cách chọn \(3\) học sinh trong \(9\) học sinh đó là một tổ hợp chập \(3\) của \(9\) phần tử. Do đó, không gian mẫu \(\Omega\) gồm các tổ hợp chập \(3\) của \(9\) phần tử và

\(n(\Omega)=\mathrm{C}_9^3=\displaystyle\frac{9 !}{3 ! \cdot 6 !}=84.\)

Vậy xác suất của biến cố \(H\) là \(\mathrm{P}(H)=\displaystyle\frac{n(H)}{n(\Omega)}=\displaystyle\frac{70}{84}=\displaystyle\frac{5}{6}\).

Mỗi cách chọn ra đồng thời \(3\) học sinh trong câu lạc bộ cho ta một tổ hợp chập \(3\) của \(15\) phần tử.

Do đó, không gian mẫu \(\Omega\) gồm các tổ hợp chập \(3\) của \(15\) phần tử và \)

n(\Omega)=\mathrm{C}_{15}^3=\displaystyle\frac{15 !}{3 ! \cdot 12 !}=455\(.

Xét biến cố \(A\): Chọn được \(3\) học sinh chỉ thuộc hai khối.

Sơ đồ hình cây biểu thị các khả năng thuận lợi cho biến cố \(A\) như sau:

Như vậy, số kết quả thuận lợi cho biến cố \(A\) là \(n(A)=50 \cdot 6=300\).

Vậy xác suất của biến cố \(A\) là \(\mathrm{P}(A)=\displaystyle\frac{n(A)}{n(\Omega)}=\displaystyle\frac{300}{455}=\displaystyle\frac{60}{91}\).

Số các số tự nhiên có hai chữ số là \(90\) số. Do đó số cách chọn ngẫu nhiên một số tự nhiên có hai chữ số là \(90\) nên \(n(\Omega)=90\).

Số các số tự nhiên có hai chữ số chia hết cho \(11\) hoặc chia hết cho \(12\) là \(18\) số (gồm có \(11\), \(22\), \(33\), \(44\), \(55\), \(66\), \(77\), \(88\), \(99\), \(12\), \(24\), \(36\), \(48\), \(50\), \(62\), \(74\), \(86\), \(98\)), nên \(n(M)=18\).

Vậy xác suất của biến cố \(M\) là \(\mathrm{P}(M)=\displaystyle\frac{n(M)}{n(\Omega)}=\displaystyle\frac{18}{90}=\displaystyle\frac{1}{5}\).

Mỗi cách chọn ngẫu nhiên \(5\) viên bi từ hộp có \(12\) viên bi là một tổ hợp chập \(5\) của \(12\) phần tử. Do đó, không gian mẫu \(\Omega\) gồm các tổ hợp chập \(5\) của \(12\) phần tử và \(n(\Omega)=\mathrm{C}_{12}^5=792\).

Gọi \(H\) là biến cố Trong \(5\) viên bi được chọn có ít nhất \(2\) viên bi màu vàng.

Số các kết quả thuận lợi cho biến cố \(H\) là

\(n(H)=\mathrm{C}_5^2 \cdot \mathrm{C}_7^3 + \mathrm{C}_5^3 \cdot \mathrm{C}_7^2 + \mathrm{C}_5^4 \cdot \mathrm{C}_7^1 +\mathrm{C}_5^5=526\).

Vậy xác suất của biến cố \(H\) là \(\mathrm{P}(H)=\displaystyle\frac{n(H)}{n(\Omega)}=\displaystyle\frac{526}{792}=\displaystyle\frac{263}{396}\).

Việt có số cách nhận mã đề hai môn là \(6 \cdot 6 = 36\) cách.

Nam có số cách nhận mã đề hai môn là \(6 \cdot 6 = 36\) cách.

Số phần tử của không gian mẫu là \(36 \cdot 36 = 1296\).

Gọi \(H\) là biến cố Việt và Nam có chung đúng một mã đề thi.

Có các trường hợp sau:

+) Có cùng mã đề môn Toán: Việt có \(36\) cách nhận mã đề hai môn, Nam có \(5\) cách nhận mã đề. Do đó có \(36 \cdot 5 = 180\) cách.

+) Tương tự có cùng môn Tiếng Anh có \(180\) cách.

Suy ra \(n(H)=360\) cách.

Vậy xác suất của biến cố \(H\) là \(\mathrm{P}(H)=\displaystyle\frac{n(H)}{n(\Omega)}=\displaystyle\frac{360}{1296}=\displaystyle\frac{5}{18}\).

Mỗi cách lấy \(3\) viên bi trong \(20\) viên bi là một tổ hợp chập \(3\) của \(20\) phần tử.

Do đó, không gian mẫu \(\Omega\) gồm các tổ hợp chập \(3\) của \(20\) phần tử và \(n(\Omega)=\mathrm{C}_{20}^3=1140\).

Lấy \(3\) viên bi có đủ ba màu là \(9 \cdot 6 \cdot 5 = 270\) cách.

Lấy \(3\) viên bi có đúng một màu là \(\mathrm{C}_9^3 + \mathrm{C}_6^3 + \mathrm{C}_5^3 = 114\) cách.

Do đó lấy \(3\) viên bi có đúng hai màu là \(\mathrm{C}_{20}^3 - (270 + 114) = 756\) cách.

Vậy xác suất của biến cố để \(3\) viên bi lấy ra có đúng hai màu là \(\mathrm{P}(H)=\displaystyle\frac{n(H)}{n(\Omega)}=\displaystyle\frac{756}{1140}=\displaystyle\frac{63}{95}\).

Xét các biến cố \(E \colon\) "Bạn Dũng được chọn vào tiết mục song ca" và \(G \colon\) "Bạn Hương dược chọn vào tiết mục song ca".

Từ giả thiết, ta suy ra \(E,G\) hai biến cố độc lập và \(\mathrm{P}(E)=0{,}7;\mathrm{P}(G)=0{,}9\).

a) Do \(A=E \cap G\) nên \(\mathrm{P}(A)=\mathrm{P}(E)\cdot \mathrm{P}(G)=0{,}7 \cdot 0{,}9=0{,}63\).

b) Ta thấy \(B= E \cup G\), suy ra \(\mathrm{P}(B)=\mathrm{P}(E \cup G)=\mathrm{P}(E)+\mathrm{P}(G)-\mathrm{P}(E \cap G) =0{,}7 +0{,}9 -0{,}63=0{,}97\).

c) Xét biến cố đối \(\overline{E}\) của biến cố \(E\). Ta thấy \(\mathrm{P}(\overline{E})=1-\mathrm{P}(E)=1-0{,}7=0{,}3\) và \(\overline{E},G\) là hai biến cố độc lập. Vì \(C=\overline{E} \cap G\) nên \(\mathrm{P}(C)=\mathrm{P}(\overline{E}) \cdot \mathrm{P}(G)=0{,}3 \cdot 0{,}9=0{,}27\).

Xét biến cố \(A\colon\) "Bạn Mai đạt từ điểm \(7\) trở lên", ta có \(\mathrm{P}(A)=0{,}8\).

Xét biến cố \(B\colon\) "Bạn Thi đạt từ điểm \(7\) trở lên", ta có \(\mathrm{P}(B)=0{,}7\).

Ta thấy \(A,B\) là hai biến cố độc lập và \(C=A \cap B\), suy ra:

\(\mathrm{P}(C)=\mathrm{P}(A) \cdot P(B)=0{,}8 \cdot 0{,}9=0{,}72\).

Mỗi cách cho \(3\) lá thư vào \(3\) phong bì là một hoán vị của \(3\) phần tử. Do đó, \(n(\Omega)=3!=6\).

Xét biến cố \(A\colon\) "ít nhất một lá thư được cho vào đúng phong bì".

Xét biến cố đối \(\overline{A}\) của biến cố \(A\). \(\overline{A} \colon\) "Không lá thư nào được cho vào đúng phong bì". Ta thấy \(n(\overline{A})=2\).

Vậy xác suất của biến cố \(A\) là:

\(\mathrm{P}(A)=1-\mathrm{P}(\overline{A})=1-\displaystyle\frac{n(\overline{A})}{n(\Omega)}=\displaystyle\frac{2}{3}\)

Không gian mẫu là số cách lấy tùy ý \(2\) quả cầu từ hộp chứa \(9\) quả cầu.

Suy ra số phần tử của không gian mẫu là \(n(\Omega) =\mathrm{C}_{9}^2=36\).

Xét biến cố \(A \colon\) "\(2\) quả cầu được lấy vừa khác màu vừa khác số".

+) Số cách lấy \(2\) quả cầu gồm: \(1\) quả cầu xanh và \(1\) quả cầu vàng là \(3\cdot 3=9\) cách (do số quả cầu vàng ít hơn nên ta lấy trước, có \(3\) cách lấy quả cầu vàng. Tiếp tục lấy quả cầu xanh nhưng không lấy viên trùng với số của quả cầu vàng nên có \(3\) cách lấy quả cầu xanh).

+) Số cách lấy \(2\) quả cầu gồm: \(1\) quả cầu xanh và \(1\) quả cầu đỏ là \(2\cdot 3=6\) cách.

+) Số cách lấy \(2\) quả cầu gồm: \(1\) quả cầu vàng và \(1\) quả cầu đỏ là \(2\cdot 2=4\) cách.

Suy ra số phần tử của biến cố \(A\) là \(n( {A})=9+6+3=18\).

Vậy xác suất cần tính \(\mathrm{P}(A)=\displaystyle\frac{n(A)}{n(\Omega)}=\displaystyle\frac{18}{36}=\displaystyle\frac{1}{2}\).

Không gian mẫu là số cách lấy \(4\) ô vuông từ bảng gồm \(9\) ô vuông.

Suy ra số phần tử của không gian mẫu là \(n(\Omega)=\mathrm{C}_{9}^4=126\).

Xét biến cố \(A \colon\) "bất kì hàng nào và cột nào của bảng cũng có viên bi".

Xét biến cố đối \(\overline{A}\) của biến cố \(A\). \(\overline{A} \colon\) "có ít nhất một hàng hoặc một cột không có viên bi nào".

+) Số cách đặt \(4\) viên bi trong đó có \(1\) hàng không có viên nào là \(3\cdot\mathrm{C}_{6}^4=45\) cách (Chọn \(1\) hàng có \(3\) cách, đặt \(4\) viên vào \(6\) ô còn lại có \(\mathrm{C}_{6}^4\) cách).

+) Số cách đặt \(4\) viên bi trong đó có \(1\) cột không có viên bi nào là \(3\cdot\mathrm{C}_{6}^4=45\) cách.

+) Số cách đặt \(4\) viên bi trong đó có \(1\) hàng và \(1\) cột không có viên bi nào là \(3\cdot 3\cdot \mathrm{C}_{4}^4=9\) (Chọn \(1\) hàng có \(3\) cách, chọn \(1\) cột có \(3\) cách, đặt \(4\) viên vào \(4\) ô còn lại có \(\mathrm{C}_{4}^4\) cách).

Số kết quả thuận lợi của biến cố \(\overline{A}\) là: \(n(\overline{A})=45+45-9=81\).

Vậy xác suất của biến cố \(A\) là:

\(\mathrm{P}(A)=1-\mathrm{P}(\overline{A})=1-\displaystyle\frac{81}{126}=\displaystyle\frac{5}{14}\).