Giáo trình Hướng dẫn ôn thi tốt nghiệp Đại học ngành giáo dục Tiểu học (Phần 2)

103 trang ngocly 1680

Download

Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Giáo trình Hướng dẫn ôn thi tốt nghiệp Đại học ngành giáo dục Tiểu học (Phần 2)", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

giao_trinh_huong_dan_on_thi_tot_nghiep_dai_hoc_nganh_giao_du.pdf

Nội dung text: Giáo trình Hướng dẫn ôn thi tốt nghiệp Đại học ngành giáo dục Tiểu học (Phần 2)

Ch−ơng IV : Vμnh -Tr−ờng Tóm tắt lí thuyết 4.1. Khái niệm vμnh 4.1.1. Định nghĩa Vμnh lμ một tập hợp R cùng với hai phép toán hai ngôi trên R mμ ta th−ờng kí hiệu lμ + (phép cộng) vμ . (phép nhân) thoả mãn các điều kiện sau: 1) R lμ một nhóm aben đối với phép cộng. 2) Phép nhân có tính kết hợp. 3) Phép nhân phân phối về hai phía đối với phép cộng. Các điều nμy có nghĩa lμ thoả mãn : (R1) ∀x, y ∈ R, x + y = y + x. (R2) ∀x, y, z ∈ R, (x+ y) + z = x + (y + z). (R3) ∃ 0 ∈ R, ∀x ∈ R, x + 0 = x. (R4) ∀x ∈ R, ∃ –x ∈ R, x + (–x) = 0. (R5) ∀x, y, z ∈ R, (xy)z = x(yz). (R6) ∀x, y, z ∈ R, x(y + z) = xy + xz, (y + z)x = yx + zx. Khi hai phép toán đều đã rõ, ta sẽ nói đơn giản : R lμ một vμnh. 4.1.2. Định nghĩa Vμnh R đ−ợc gọi lμ giao hoán nếu phép nhân của nó giao hoán, nghĩa lμ thoả mãn : (R7) ∀x, y ∈ R, xy = yx. Vμnh R đ−ợc gọi lμ có đơn vị nếu R với phép nhân của nó có đơn vị, nghĩa lμ thoả mãn: (R8) ∃ 1 ∈ R, 1x = x1 = x, ∀x ∈ R. Đ−ơng nhiên, phần tử đơn vị của một vμnh nếu tồn tại lμ duy nhất. 4.1.3. Tính chất Cho R lμ một vμnh. 1. 0x = x0 = 0, ∀x ∈ R. 2. (–x)y = x(–y) = –(xy), ∀x, y ∈ R. 3. (–x)(–y) = xy, ∀x, y ∈ R. 4. x(y – z) = xy – xz, (x – y)z = xz – yz, ∀x, y, z ∈ R. mn 5. (x1 + + xm)(y1 + + yn) = ∑∑ xyij, ∀xi, yj ∈ R. ij==11 6. (nx)y = x(ny) = n(xy), ∀x, y ∈ R, n ∈ Z.
7. Nếu R lμ một vμnh giao hoán thì : n n! (x + y)n = ∑ xyini− , ∀x, y ∈ R, n ∈ N. i=0 ini!(− )! 4.1.4. Thí dụ 1) Tập Z các số nguyên, tập Q các số hữu tỉ, tập R các số thực vμ tập C các số phức cùng với hai phép toán cộng vμ nhân thông th−ờng lμ những vμnh giao hoán có đơn vị. 2) Tập Zn các số nguyên môđulô n cùng với hai phép toán cộng vμ nhân sau lμ một vμnh giao hoán có đơn vị 1 : ∀x, y ∈ Z, x+y= x+y, x . y= xy. 3) Xét tập Z[x] (t.−. Q[x], R[x]) gồm các đa thức với hệ số nguyên (t.− hữu tỉ, thực). Với phép cộng vμ phép nhân đa thức sau, Z[x] (t.−. Q[x], R[x]) lμ một vμnh giao hoán có đơn vị : Với bất kì f(x), g(x) ∈ Z[x], n m f(x) = a0 + a1x + + anx , g(x) = b0 + b1x + + bmx (m ≤ n). m m+1 n f(x) + g(x) = (a0 + b0) + (a1 + b1)x + + ( am + bm)x + am+1x + + anx . m+n f(x)g(x) = c0 + c1x + + cm+nx , ck = ∑ abij. i+j=k 4) Cho G lμ một nhóm aben với phép toán kí hiệu cộng. Gọi End(G) lμ tập hợp các đồng cấu nhóm từ G vμo G. Trên End(G) xét hai phép toán sau : ∀f, g ∈ End(G), f + g xác định bởi (f + g)(x) = f(x) + g(x), ∀x ∈ G. fg xác định bởi (fg)(x) = f(g(x)), ∀x ∈ G. Khi đó End(G) lμ một vμnh có đơn vị lμ ánh xạ đồng nhất idG, vμnh nμy nói chung không giao hoán vμ đ−ợc gọi lμ vμnh các tự đồng cấu của nhóm aben G. 4.2. Miền nguyên vμ tr−ờng 4.2.1. Định nghĩa Vμnh có đơn vị R đ−ợc gọi lμ một thể nếu đơn vị 1 ≠ 0 vμ mọi phần tử khác 0 trong R đều khả nghịch: nói cách khác, nếu R \ {0} lμ một nhóm đối với phép nhân. Mỗi thể giao hoán gọi lμ một tr−ờng. Nh− vậy tr−ờng lμ một vμnh giao hoán có đơn vị 1 ≠ 0 sao cho mọi phần tử khác 0 của nó đều khả nghịch. Điều kiện 1 ≠ 0 t−ơng đ−ơng với điều kiện R không tầm th−ờng : R ≠ {0}.
4.2.2. Thí dụ 1) Mỗi vμnh Q, R, C đều lμ một tr−ờng. Trong khi vμnh Z không lμ một tr−ờng vì các phần tử khác ± 1 đều không khả nghịch trong Z. 2) Vμnh Zn các số nguyên môđulô n lμ một tr−ờng nếu vμ chỉ nếu n lμ một số nguyên tố. Thật vậy, Zn lμ một tr−ờng khi vμ chỉ khi ∀ m ∈ Zn, m ≠ 0 , ∃ r ∈ Zn, sao cho m r =1. Điều nμy t−ơng đ−ơng với ∀ m ∈ Z, 0 < m < n, ∃r, s ∈ Z, sao cho rm + sn = 1, tức lμ m vμ n nguyên tố cùng nhau ∀m ∈ Z, 0 < m < n. Đó lμ điều kiện cần vμ đủ để n lμ một số nguyên tố. 3) Kí hiệu H = R4 vμ 1 = (1, 0, 0, 0), i = (0, 1, 0, 0), j = (0, 0, 1, 0), k = (0, 0, 0, 1). Trên H có phép nhân vô h−ớng : ∀a ∈ R, ∀(x, y, z, t) ∈ H, a(x, y, z, t) = (ax, ay, az, at). Khi đó ∀(x, y, z, t) ∈ H, (x, y, z, t) có biểu diễn duy nhất d−ới dạng (x, y, z, t) = x1 + yi + zj + tk. Trên H xét 2 phép toán nh− sau : a) Phép cộng : (x, y, z, t) + (x′, y′, z′, t′) = (x + x′, y + y′, z + z′, t + t′). b) Phép nhân : Phép nhân đ−ợc xác định bởi các hệ thức sau : 1i = i1 = i, 1j = j1 = j, 1k = k1 = k, i2 = j2 = k2 = – 1. ij = – ji = k, jk = – kj = i, ki = – ik = j. Dễ kiểm tra lại rằng H lμ một thể gọi lμ thể quaternion nh−ng không phải lμ một tr−ờng. 4.2.3. Định nghĩa Vμnh R gọi lμ vμnh có −ớc của 0 nếu tồn tại a, b ∈ R, a ≠ 0, b ≠ 0 sao cho ab = 0. Khi đó a đ−ợc gọi lμ một −ớc trái của 0 vμ b đ−ợc gọi lμ một −ớc phải của 0. Nếu vμnh R giao hoán thì a vμ b đ−ợc gọi lμ các −ớc của 0. 4.2.4. Định nghĩa Một vμnh giao hoán R có đơn vị 1 ≠ 0 vμ không có −ớc của 0 đ−ợc gọi lμ một miền nguyên. 4.2.5. Mệnh đề Một vμnh giao hoán R có đơn vị 1 ≠ 0 lμ một miền nguyên khi vμ chỉ khi trong R có luật giản −ớc: ab = ac, a ≠ 0 ⇒ b = c. với mọi a, b, c ∈ R.
4.2.6. Mệnh đề Mỗi tr−ờng đều lμ một miền nguyên. Điều ng−ợc lại lμ không đúng. Tuy nhiên một miền nguyên hữu hạn lμ một tr−ờng (Xem bμi tập 1). 4.2.7. Thí dụ 1) Z lμ một miền nguyên với hai phép toán cộng vμ nhân thông th−ờng. Vμnh Zn với phép cộng vμ phép nhân các số nguyên môđulô n lμ các vμnh có −ớc của 0 khi n lμ một hợp số. ⎛⎞ab 2) Với a, b, c, d ∈ R, bảng ⎜⎟ gọi lμ một ma trận vuông cấp 2 hệ số thực. Gọi ⎝⎠cd M2(R) lμ tập hợp tất cả các ma trận vuông cấp 2 hệ số thực. Trên M2(R), xét hai phép toán sau: ⎛⎞ab ⎛⎞ab′ ′ ⎛⎞a+a′ b+b′ a) Phép cộng : ⎜⎟ + ⎜⎟ = ⎜⎟ ⎝⎠cd ⎝⎠cd′ ′ ⎝⎠c+c′ d+d′ ⎛⎞ab⎛⎞ab′′ ⎛⎞aa′ +bc′′′ ab +bd b) Phép nhân : ⎜⎟ ⎜⎟ = ⎜⎟. ⎝⎠cd⎝⎠cd′′ ⎝⎠ca′ +dc′′′ cb +dd ⎛⎞10 Khi đó M2(R) lμ một vμnh không giao hoán, có đơn vị lμ ma trận ⎜⎟. Ngoμi ra, ⎝⎠01 ⎛⎞10 ⎛⎞00 M2(R) còn lμ một vμnh có −ớc của 0. Thật vậy, với A = ⎜⎟ vμ B = ⎜ ⎟ lμ hai phần ⎝⎠00 ⎝⎠10 ⎛⎞00 tử khác 0 (phần tử 0 của M2(R) lμ ⎜⎟) mμ AB = 0. ⎝⎠00 4.3. Vμnh con vμ iđêan 4.3.1. Định nghĩa Cho R lμ một vμnh vμ S lμ một tập con của R, đóng đối với phép toán cộng vμ nhân trên R (nghĩa lμ ∀x, y ∈ S, x + y ∈ S, xy ∈ S). S đ−ợc gọi lμ một vμnh con của R nếu S cùng với hai phép toán cảm sinh lμ một vμnh. Vậy khi S lμ một vμnh con của R thì S lμ một nhóm con của (R, +) vμ một nửa nhóm con của (R,.). Nếu vμnh con S lμ một tr−ờng thì nó đ−ợc gọi lμ một tr−ờng con của vμnh R. Nếu khi đó R cũng lμ một tr−ờng thì nó đ−ợc gọi lμ một tr−ờng mở rộng của tr−ờng S. 4.3.2. Mệnh đề Cho S lμ một tập con khác rỗng của vμnh R. Khi đó các điều sau t−ơng đ−ơng : (i) S lμ một vμnh con của R.
(ii) Với mọi x, y ∈ S, x + y ∈ S, – x ∈ S, xy ∈ S. (iii) Với mọi x, y ∈ S, x – y ∈ S, xy ∈ S. 4.3.3. Mệnh đề Cho R lμ một vμnh có đơn vị vμ S lμ một tập con của R. Khi đó S lμ một tr−ờng con của R khi vμ chỉ khi S lμ một vμnh con giao hoán của R vμ với mọi x ∈ S, x ≠ 0, x–1 ∈ S. 4.3.4. Mệnh đề Giao của một họ khác rỗng các vμnh con của vμnh R lμ một vμnh con của R. 4.3.5. Định nghĩa Cho R lμ một vμnh vμ X lμ một tập con của R. Gọi RX ≠ ∅ vì R ∈ RX vμ ∩ S lμ một S ∈ RX vμnh con của R, đây lμ vμnh con nhỏ nhất của R chứa X. Vμnh con nμy đ−ợc gọi lμ vμnh con của R sinh ra bởi X, kí hiệu . 4.3.6. Mệnh đề Cho R lμ một vμnh vμ X lμ một tập con của R. Khi đó : = {∑ ± x1xn ⏐ xi ∈ X, 1 ≤ i ≤ n, n ∈ N}. 4.3.7. Thí dụ 1) Mỗi vμnh sau đây lμ một vμnh con của vμnh đứng sau: Z ⊂ Q ⊂ R ⊂ C, Z[x] ⊂ Q[x] ⊂ R[x] ⊂ C[x], M2(Z) ⊂ M2(Q) ⊂ M2(R) ⊂ M2(C). 2) Nếu p lμ một số nguyên tố thì Z( p ) = {a + b p ⏐ a, b ∈ Z} lμ một vμnh con của R. Thật vậy, Z( p ) ≠ ∅ (Vì 0 ∈ Z( p )), ∀a, b, c, d ∈ Z, (a + b p ) – (c + d p ) = (a– c) + (b – d) p , (a + b p ) (c + d p ) = (ac + bdp) + (ad + bc) p ∈ Z( p ). Ta còn có : Z( p ) = . ⎧ac+ bpd = 1 Nếu a, b ∈ Q thì hệ ph−ơng trình ⎨ có nghiệm ⎩bc+ ad = 0 a −b (c = , d = p ) ; nghĩa lμ abp22− abp22− ab− (a + b p )–1 = + p . abpabp22−− 22
Vì vậy, Q( p ) = {a + b p ⏐ a, b ∈ Q} lμ một tr−ờng con của tr−ờng R các số thực. 4.3.8. Định nghĩa Cho R lμ một vμnh. Một iđêan trái (t.−. phải) của vμnh R lμ một nhóm con I của nhóm cộng R vμ thoả mãn ∀r ∈ R, ∀x ∈ I, rx ∈ I (t.−. xr ∈ I). Khi I vừa lμ iđêan trái vừa lμ iđêan phải của R thì I đ−ợc gọi lμ một iđêan (hai phía) của R. Đối với vμnh giáo hoán các khái niệm iđêan, iđêan trái vμ iđêan phải lμ trùng nhau. Theo định nghĩa, nếu I lμ một iđêan trái hoặc phải của R thì I lμ một vμnh con của R. Nh−ng điều ng−ợc lại không đúng. Chẳng hạn, Z lμ một vμnh con của Q, nh−ng không phải lμ một iđêan của Q. Trong vμnh R bao giờ cũng có hai iđêan lμ 0 (= {0}) vμ R đ−ợc gọi lμ hai iđêan tầm th−ờng của vμnh R. Mỗi iđêan khác 0 vμ khác R đ−ợc gọi lμ một iđêan thực sự. 4.3.9. Mệnh đề Cho I lμ một tập con khác rỗng của vμnh R. Khi đó các điều sau t−ơng đ−ơng: (i) I lμ iđêan trái (t.−. phải) của vμnh R. (ii) ∀x, y ∈ I, ∀r ∈ R, x + y ∈ I, – x ∈ I, rx ∈ I (t.−. xr ∈ I) (iii) ∀x, y ∈ I, ∀r ∈ R, x – y ∈ I, rx ∈ I (t.−. xr ∈ I). 4.3.10. Mệnh đề Cho R lμ một vμnh vμ x1, , xn ∈ R. Khi đó : Rx1 + + Rxn = {r1x1 + + rnxn⏐ r1, , rn ∈ R}. x1R + + xnR = {x1r1 + + xnrn⏐ r1, , rn ∈ R}. t−ơng ứng lμ iđêan trái vμ iđêan phải của R. 4.3.11. Mệnh đề Giao của một họ khác rỗng các iđêan trái (t.−. phải, hai phía) của một vμnh R lμ một iđêan trái (t.−. phải, hai phía) của R. 4.3.12. Định nghĩa Cho R lμ một vμnh vμ X lμ một tập con của R. Gọi IX lμ tập các iđêan của R chứa X, IX ≠ ∅ vì R ∈ IX vμ ∩ I lμ một iđêan trái (t.−. phải, hai phía) của R đây lμ iđêan trái (t.−. phải, II∈ X hai phía) nhỏ nhất của R chứa X. Iđêan nμy đ−ợc gọi lμ iđêan trái (t.−. phải, hai phía) của R sinh ra bởi X, kí hiệu (X > (t.−. (t.−. < X), (X)) lμ iđêan trái (t.−. phải, hai phía) chính của R.
4.3.13. Mệnh đề Cho R lμ vμnh có đơn vị vμ x1, , xn ∈ R. Khi đó : (i) (x1, , xn > = Rx1 + + Rxn (ii) <x1, , xn) = x1R + + xnR. 4.3.14. Mệnh đề Cho X lμ một tập con khác rỗng của vμnh R có đơn vị. Khi đó : n (X) = { ∑rxsiii⏐ r i, s i∈ R, xi ∈ X, 1 ≤ i ≤ n, n ∈ N}. i=1 4.3.15. Định nghĩa Cho R lμ một vμnh vμ I lμ một iđêan (hai phía) của R. Khi đó I lμ một nhóm con của nhóm cộng aben R nên nhóm th−ơng R/I = {x + I | x ∈ R} lμ một nhóm cộng aben hoμn toμn xác định. Trên R/I xét phép nhân: ∀x, y ∈ R, (x + I)(y + I) = xy + I. Khi đó R/I trở thμnh một vμnh gọi lμ vμnh th−ơng của R theo iđêan I. 4.3.16. Thí dụ 1) Cho R lμ một vμnh vμ n lμ một số nguyên. Khi đó tập nR = {nx ⏐ x ∈ R} lμ một iđêan của vμnh R, Thật vậy, nR ≠ ∅ vì 0 = n0 ∈ nR vμ ∀x, y ∈ R, nx – ny = n(x – y) ∈ nR, y(nx) = n(yx) = (ny)x ∈ nR. Tập hợp I = {x ∈ R⏐ nx = 0} cũng lμ một iđêan của R. Thật vậy, I ≠ ∅ vì 0 ∈ I vμ ∀x, y ∈ I, ∀r ∈ R, n(x – y) = nx – ny = 0, n(rx) = r(nx) = 0, n(xr) = (nx)r = 0 hay x – y, rx, xr ∈ I. 2) Cho F lμ một tr−ờng. Khi đó F chỉ có hai iđêan lμ {0} vμ F. Thật vậy, Nếu I lμ một iđêan của F vμ I ≠ {0} thì tồn tại x ∈ I vμ x ≠ 0 (nên x có nghịch đảo lμ x–1). Do đó 1 = x–1 x ∈ I vμ với mọi y ∈ F, y = y.1 nên y ∈ I , tức lμ I = F. 3) Mỗi iđêan của vμnh Z các số nguyên đều có dạng I = (n) (= nZ) với n lμ một số tự nhiên nμo đó. Điều nμy có nghĩa lμ mọi iđêan của Z đều lμ iđêan chính, trong tr−ờng hợp nμy Z đ−ợc gọi lμ một miền chính. Thật vậy, giả sử I lμ một iđêan của Z. Nếu I = {0} thì I = (0). Nếu I ≠ {0}, gọi n lμ số nguyên d−ơng nhỏ nhất trong I (số nμy tồn tại do (– x) ∈ I với mọi x ∈ I), thì với mọi a ∈ I, xét phép chia có d− a cho n : a = nb + r (b, r ∈ Z, 0 ≤ r < n). Vì I lμ một iđêan nên nb ∈ I, do đó r = a – nb ∈ I. Theo định nghĩa của n thì r = 0. Từ đó a = nb, tức lμ I = (n).
4.4. Đồng cấu vμnh 4.4.1. Định nghĩa Cho R vμ R′ lμ các vμnh. ánh xạ f : R → R′ đ−ợc gọi lμ một đồng cấu vμnh nếu : ∀x, y ∈ R, f(x + y) = f(x) + f(y), f(xy) = f(x)f(y). Nói riêng, mỗi đồng cấu vμnh nh− vậy lμ một đồng cấu giữa các nhóm cộng (R, +) vμ (R′, +). Đặc biệt, ta có: f(0) = 0, f(–x) = – f(x), ∀x ∈ R. Ta không đòi hỏi mọi vμnh đều có đơn vị, nên không bắt buộc mọi đồng cấu vμnh f : R → R′ phải có tính chất f(1) = 1′ ngay cả trong tr−ờng hợp R vμ R′ có đơn vị (t−ơng ứng lμ 1 vμ 1′). Tuy nhiên, nếu f ≠ 0 vμ R′ lμ một miền nguyên thì từ hệ thức f(1) f(1) = f(1) vμ f(1) ≠ 0 suy ra rằng f(1) = 1′. 4.4.2. Định nghĩa Một đồng cấu vμnh đồng thời lμ một đơn ánh (t.−. toμn ánh, song ánh) đ−ợc gọi lμ một đơn cấu (t.−. toμn cấu, đẳng cấu) vμnh. 4.4.3. Mệnh đề 1) Nếu f : R → R′ vμ f’: R′ → R′′ lμ những đồng cấu vμnh thì f ′D f : R → R′′ cùng lμ một đồng cấu vμnh. 2) Nếu f : R → R′ lμ một đẳng cấu vμnh thì ánh xạ ng−ợc f-1 : R′ → R cùng lμ một đẳng cấu vμnh. Nếu có một đẳng cấu vμnh f : R → R′ thì ta nói R đẳng cấu với R′, kí hiệu R ≅ R′. Quan hệ đẳng cấu lμ một quan hệ t−ơng đ−ơng. 4.4.4. Mệnh đề Cho f : R → R′ lμ một đồng cấu vμnh. Khi đó ta có : 1) Nếu S lμ một vμnh con của R vμ S′ lμ một vμnh con của R′ thì f(S) lμ một vμnh con của R′ vμ f–1(S′) lμ một vμnh con của R. 2) Nếu I lμ một iđêan trái (t.−. phải, hai phía) của R vμ I′ lμ một iđêan trái (t.−. phải, hai phía) của R′ thì f(I) lμ một iđêan trái (t.−. phải, hai phía) của f(R) vμ f–1(I ′) lμ một iđêan trái (t.−. phải, hai phía) của R. 4.4.5. Định nghĩa Cho đồng cấu vμnh f : R → R′. Khi đó f(R) lμ một vμnh con của R′, gọi lμ ảnh của f, kí –1 hiệu Imf ; f (0R′) lμ một iđêan của R, gọi lμ hạt nhân của f, kí hiệu Kerf.
4.4.6. Mệnh đề Cho f : R → R′ lμ một đồng cấu vμnh. Khi đó f lμ một toμn cấu khi vμ chỉ khi Imf = R′ vμ lμ một đơn cấu khi vμ chỉ khi Kerf = {0R}. 4.4.7. Mệnh đề Cho f : R → R′ lμ một đồng cấu vμnh. Khi đó ánh xạ f : R/Kerf → R′ cho bởi f (x + Kerf) = f(x) lμ một đơn cấu vμnh. Từ đó suy ra f : R/Kerf → Imf lμ một đẳng cấu vμnh. 4.4.8. Thí dụ 1) Với n lμ một số nguyên d−ơng, xét ánh xạ f : Z → Zn cho bởi f(x) = x . Khi đó f lμ một toμn ánh vμ f(x + y) = x+y = x+y = f(x) + f(y), f(xy) = xy = x y = f(x) f(y), nên f lμ một toμn cấu. Ngoμi ra Kerf = {x ∈ Z ⏐ x = 0 } = {x⏐ x lμ một bội số của n} = nZ. Vì vậy, Z/nZ ≅ Zn. 2) Cho R lμ vμnh có đơn vị 1R vμ sinh ra bởi 1R. Xét ánh xạ f : Z → R cho bởi f(m) = m.1R. Khi đó f lμ một đồng cấu vμnh. Ngoμi ra, do 1R sinh vμnh R nên Imf = R, nghĩa lμ f lμ một toμn cấu. Ta có Kerf = {m ∈ Z⏐ m.1G = 0G}. Nếu R lμ vμnh vô hạn tức lμ cấp của 1 lμ vô hạn (đối với nhóm cộng R) thì Kerf = {0} hay f lμ một đơn cấu. Do đó Z ≅ R. Nếu R lμ hữu hạn thì cấp của 1 lμ hữu hạn, giả sử lμ n. Khi đó Kerf = nZ. Do đó Z/nZ ≅ R. Bμi tập vμ lời giải 1. Chứng minh rằng một miền nguyên hữu hạn lμ một tr−ờng. Giải Cho R lμ một miền nguyên hữu hạn, giả sử R = {0, a1, a2, , an}. Khi đó các phần tử * * của R = {a1, a2, , an} thoả mãn luật giản −ớc. Do đó R = { a1 a1, , a1 a2, , a1 an}. Vì a1 * ∈ R nên tồn tại k sao cho a1 ak = a1. Đặt e = ak, với 1 ≤ i ≤ n ta có a1(eai) = (a1 e) ai = a1 ai, * * suy ra eai = ai hay e lμ phần tử đơn vị của R. Với mọi aj ∈ R , R = {a1 aj, a2 aj, , an aj}. Vì * * e ∈ R nên tồn tại ai ∈ R sao cho aiaj = e hay ai lμ phần tử nghịch đảo của aj. Do đó R lμ một tr−ờng. 2. Cho R lμ một vμnh, Z lμ vμnh các số nguyên, trên tập Z ì R ta định nghĩa 2 phép toán cộng vμ nhân nh− sau: (m, x) + (n, y) = (m + n, x + y), (m, x) (n, y) = (mn, my + nx + xy).
Chứng minh rằng Z ì R với 2 phép toán nμy lμ một vμnh có đơn vị vμ R đẳng cấu với một iđêan của vμnh nμy. Tìm các −ớc của không của vμnh Z ì Z. Giải Dễ dμng có đ−ợc Z ì R với phép cộng lμ một nhóm aben. Phép nhân trên Z ì R có tính kết hợp vμ phân phối đối với phép cộng. Thật vậy, ∀(m, x), (n, y), (p, z) ∈ Z ì R, ((m, x) (n, y) (p, z)) = (mn, my + nx + xy) (p, z) = (mnp, mnz + pmy + pnx + pxy + myz + nxz + xyz) = (mnp, mnz + mpy + myz + npx + nxz + pxy + xyz) = (m, x) (np, nz + py + yz) = (m, x) ((n, y) (p, z)), (m, x) ((n, y) + (p, z)) = (m, x) (n + p, y + z) = (mn + mp, my + mz + nx + px + xy + xz) = (mn, my + nx + xy) + (mp, mz + px + xz) = (m, x) (n, y) + (m, x) (p, z). Ngoμi ra Z ì R có phần tử đơn vị lμ (1, 0). Do đó Z ì R lμ một vμnh có đơn vị. Đặt I = {(0, x) ∈ Z ì R } thì I lμ một iđêan của Z ì R. Xét ánh xạ f : R → Z ì R : x 6 (0, x). Rõ rμng f lμ một đơn ánh. Ngoμi ra ∀x, y ∈ R. f (x + y) = (0, x + y) = (0, x) + (0, y) = f(x) + f(y), f (xy) = (0, xy) = (0, x) (0, y) = f(x) f(y). Vậy f lμ một đơn cấu, nghĩa lμ ta có đẳng cấu vμnh R ≅ Imf = I. Các −ớc không của Z ì Z lμ {(n, –n) | n ∈ Z \ {0}}. 3. Cho S lμ một tập hợp, kí hiệu P(S) lμ tập gồm các tập con của S. Chứng tỏ rằng P(S) với 2 phép toán cộng vμ nhân nh− sau : A + B = (A ∪ B) \ (A ∩ B), A . B = A ∩ B, ∀A, B ∈ P(S) lμ một vμnh giao hoán có đơn vị.
Giải Phép cộng chính lμ hiệu đối xứng của hai tập hợp. Từ định nghĩa ta có : ∀A, B, C ∈ P(S), A + B = B + A, A . B = B . A, A + ∅ = A, A + A = A, (A . B) . C = A . (B . C), A . S = A. p q r p ∨ q p ∧ q (p ∨ q) ∧ ( p ∧ q ) p ⊕ q 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 1 0 1 1 0 1 1 1 0 1 1 1 0 0 1 0 1 1 1 0 1 1 0 1 1 1 1 0 1 1 0 0 1 1 1 1 1 0 0 (p ⊕ q) ⊕ r q ⊕ r p ⊕ (q ⊕r) p ∧ (q ⊕ r) p ∧ r (p ∧ q) ⊕ (p ∧ r) 0 0 0 0 0 0 1 1 1 0 0 0 1 1 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 1 0 0 0 0 1 0 1 1 1 0 1 0 1 0 1 1 0 1 0 1 0 ∀A, B, C ∈ P(S), gọi p, q, r t−ơng ứng lμ các mệnh đề x ∈ A, x ∈ B, x ∈ C. Khi đó x ∈ A + B chính lμ mệnh đề tuyển loại (XOR) p ⊕ q. Bảng giá trị chân lí ở trên cho tính kết hợp của phép cộng từ cột 8 từ 10, vμ phép nhân có tính phân phối đối với phép cộng từ cột 11 từ 13. Do đó P(S) cùng với phép hiệu đối xứng vμ phép giao lμ một vμnh giao hoán có đơn vị. 4. Giả sử trong tập X đã cho hai phép toán cộng vμ nhân sao cho (X, +) lμ một nhóm, (X, .) lμ một vị nhóm vμ phép nhân phân phối đối với phép cộng. Chứng minh rằng X lμ một vμnh.
Giải Ta chỉ cần chứng minh phép cộng có tính giao hoán. Với mọi x, y ∈ X, giả sử 1 lμ đơn vị của (X, .), ta có: (1 + 1) (x + y) = (1 + 1) x + (1 + 1) y =1x + 1x + 1y + 1y = x + x + y + y, (1 + 1) (x + y) = 1(x + y) + 1(x + y) = x + y + x + y. Dùng luật giản −ớc trong nhóm (X, +) suy ra x + y = y + x 5. Cho S lμ một tập hợp, R lμ một vμnh vμ η lμ một song ánh từ S lên R. Chứng minh rằng S với 2 phép toán : a + b = η–1(η(a) + η(b)), ab = η–1(η(a) η(b)), ∀a, b ∈ S lμ một vμnh vμ η lμ một đẳng cấu vμnh. Dùng điều nμy để chứng minh rằng một vμnh bất kì có đơn vị 1 cũng còn lμ một vμnh đối với 2 phép toán a ⊕ b = a + b – 1, a * b = a + b – ab. Giải Vì R lμ một vμnh với phần tử không lμ 0R nên ∀a, b, c ∈ S a + b = η–1 (η(a) + η(b)) = η–1 (η(b) + η(a)) = b + a (a + b) + c = η–1 (η(a + b) + η(c)) = η–1 (η(η–1(η(a) + η(b))) + η(c)) = η–1 (η(a) + η(b) + η(c)) = η–1 (η(a) + η(η–1(η(b) + η(c)))) = η–1 (η(a) + η(b + c)) = a + (b + c) –1 –1 Với 0S = η (0R), a + 0S = η (η(a) + η(0S)) –1 –1 = η (η(a) + 0R) = η (η(a)) = a Với – a = η–1 (– η(a)), a + (– a) = η–1 (η(a) + η(η–1(–η(a)))) –1 –1 = η (η(a) + (– η(a))) = η (0R) = 0S. (ab)c = η–1 (η(ab) η(c)) = η–1 (η(η–1(η(a) n(b)))) η(c)) = η–1 (η(a)) η(b) η(c))) = η–1 (η(a) η(η–1(η(b) η(c))) = η–1 (η(a) η(bc)) = a(bc) a(b + c) = η–1 (η(a) η(b + c)) = η–1 (η(a) η(η–1(η(b)+ η(c))))
= η–1 (η(a) (η(b) + η(c))) = η–1 (η(a) η(b) + η(a) η(c)) = η–1 (η(η–1(η(a)η(b))) + η(η–1 (η(a) η(c))) = η–1 (η(ab) + η(ac)) = ab + ac t−ơng tự (b + c)a = ba + ca Vậy S lμ một vμnh. Do η lμ một song ánh vμ (a + b) = η(a) + η(b), η(ab) = η(a)η(b) nên η lμ một đẳng cấu. Bây giờ, nếu R lμ một vμnh có đơn vị 1 thì với song ánh η : R → R cho bởi η (a) = 1 – a (khi đó η–1(a) = 1 – a), R cũng lμ vμnh với hai phép toán a ⊕ b = η–1 (η(a) + η(b)) = 1 – (1 – a + 1 – b) = a + b – 1 ab = η–1 (η(a) η(b)) = 1 – ((1 – a)(1 – b)) = a + b – ab. 6. Cho R lμ vμnh có đơn vị 1 ≠ 0 vμ x, y ∈ R. Chứng minh rằng : a) Nếu xy vμ yx khả nghịch thì x vμ y khả nghịch. b) Nếu R không có −ớc của không vμ xy khả nghịch thì x vμ y khả nghịch. Giải a) Giả sử a vμ b lần l−ợt lμ phần tử nghịch đảo của xy vμ yx, nghĩa lμ a(xy) = (xy)a = b(yx) = (yx)b = 1. Đặt x′ = by, x′′ = ya, y′ = ax, y′′ = xb thì x′x = xx′′ = 1 vμ y′y = yy′′ = 1. Do đó x′ = x′′ vμ y′ = y′′ lần l−ợt lμ phần tử nghịch đảo của x vμ y b) Giả sử a lμ phần tử nghịch đảo của xy, nghĩa lμ a(xy) = (xy)a = 1. Ta có x ≠ 0, y ≠ 0, vì nếu x = 0 hay y = 0 thì xy = 0 nên xy không có nghịch đảo. Đặt x′ = ya vμ y′ = ax thì xx′ = y′y = 1. Khi đó : x(x′x – 1) = xx′x – x = 1x – x = 0 ⇒ x′x – 1 = 0 ⇒ x′x = 1, do R không có −ớc của không vμ x ≠ 0. Vậy x′ lμ phần tử nghịch đảo của x. T−ơng tự y′ lμ phần tử nghịch đảo của y. 7. Cho R lμ vμnh hữu hạn. Chứng minh rằng : a) Nếu R không có −ớc của không thì nó có đơn vị vμ mọi phần tử khác không của R đều khả nghịch. b) Nếu R có đơn vị thì mọi phần tử khả nghịch một phía trong R đều khả nghịch. Giải a) Với a ∈ R, a ≠ 0, xét ánh xạ fa : R → R : x 6 ax
fa lμ một đơn ánh. Thật vậy, ∀x, y ∈ R, ax = ay kéo theo a (x – y) = 0 nên x – y = 0 vì R lμ vμnh không có −ớc của không vμ a ≠ 0. Do R lμ hữu hạn nên fa lμ một song ánh. Vì vậy, với a ∈ R tồn tại e ∈ R sao cho fa(e) = ae = a. Ta chứng minh e lμ đơn vị của R. ∀x ∈ R, a(ex – x) = (ae)x – ax = ax – ax = 0, vì a ≠ 0 nên ex – x = 0 hay ex = x. Từ đó ea = a vμ (xe – x)a = x(ea) –xa′ = xa – xa = 0. Do đó xe – x = 0 hay xe = x. Vì fa lμ song ánh nên với e ∈ R, tồn tại a′ ∈ R sao cho fa(a′) = aa′ = e. Ta có a(a′a – e) = (aa′)a – ae = ea – ae = 0 nên aa′ = e. Vậy a′ lμ phần tử nghịch đảo của a. b) Giả sử a có nghịch đảo trái lμ a′, nghĩa lμ a′a = e. Xét ánh xạ fa : R → R : x 6 ax. fa lμ một đơn ánh. Thật vậy, ∀x, y ∈ R, ax = ay kéo theo a′(ax) = a′(ay), do đó x = y. Do R lμ hữu hạn nên fa lμ một song ánh. Khi đó với đơn vị e của R, tồn tại a′′ ∈ R sao cho fa(a′′) = aa′′ = e, tức lμ a có nghịch đảo phải lμ a′′. T−ơng tự nếu a có nghịch đảo phải thì a có nghịch đảo trái nên a khả nghịch. 8. Cho R lμ một vμnh giao hoán vμ I lμ một iđêan sinh ra bởi phần tử a ∈ R. Chứng minh rằng ⎧ ra⏐∈ r R R ⎪{ } Nếu có đơn vị I = ⎨ ⎪ ra+⏐∈ na r Rvμ n ∈ Z Nếu R không có đơn vị ⎩{} Giải Rõ rμng {ra | r ∈ R} ≠ ∅ vμ {ra+|∈ na r Rvμ n ∈ Z}≠ ∅. ∀r, s, t ∈ R, ∀n, m ∈ Z, ra – sa = (r – s)a, t (ra) = (tr)a ∈ {ra | r ∈ R}, (ra + na) – (sa + ma) = (r – s)a + (n – m)a, t(ra + na) = (tr + nt)a + 0a ∈ {(ra + na) | r ∈ R vμ n ∈ Z}. Vậy {ra | r ∈ R} vμ {ra + na | r ∈ R vμ n ∈ Z} lμ các iđêan của R. Nếu R có đơn vị 1 thì a = 1a ∈ J = {ra | r ∈ R}. Giả sử J lμ một iđêan của R chứa a. Khi đó ra ∈ J, ∀r ∈ R hay {ra | r ∈ R} ⊂ J. Do đó {ra | r ∈ R} lμ iđêan nhỏ nhất của R chứa a. Vậy I = {ra | r ∈ R}.
Nếu R không có đơn vị thì ta có a = 0a + 1a ∈ {ra + na | r ∈ R vμ n ∈ Z}. Giả sử K lμ một iđêan của R chứa a. Khi đó ra + na ∈ K, ∀r ∈ R, ∀n ∈ Z. Khi đó {ra + na | r ∈ R vμ n ∈ Z} ⊂ K. Do đó {ra + na | r ∈ R vμ n ∈ Z} lμ iđêan nhỏ nhất của R chứa a. Vậy I = {ra + na | r ∈ R vμ n ∈ Z}. 9. Cho R lμ một vμnh. a) Chứng minh rằng Z(R) = {a ∈ R | ax = xa, ∀x ∈ R} lμ một vμnh con giao hoán của R, gọi lμ tâm của R. Nếu R lμ một thể thì Z(R) có cấu trúc gì ? b) Xác định tâm của vμnh M2(R) các ma trận vuông cấp 2 hệ số thực. Giải a) ∀x ∈ R, 0x = x0 ( = 0) hay 0 ∈ Z(R), nên Z(R) ≠ ∅. ∀a, b ∈ Z(R), (a – b)x = ax – bx = xa – xb = x(a – b), ∀x ∈ R nên a – b ∈ Z(R). (ab)x = a(bx) = a(xb) = (ax)b = (xa)b = x(ab), ∀x ∈ R nên ab ∈ Z(R). Rõ rμng ab = ba, ∀a, b ∈ Z(R). Vậy Z(R) lμ một vμnh con giao hoán của R. Nếu R lμ một thể với đơn vị 1 thì Z(R) lμ một tr−ờng. Thật vậy, ∀a ∈ Z(R), a ≠ 0, (nên có a–1 ∈ R), ∀x ∈ R, ax = xa hay xa–1 = a–1x, do đó a–1 ∈ Z(R). ⎪⎧⎛⎞a 0 ⎪⎫ b) Z(M2(R)) = ⎨⎜⎟a∈R ⎬ . ⎩⎭⎪⎝⎠0 a ⎪ 10. Tìm vμnh con của vμnh R các số thực sinh bởi tập Z ∪ { 3 2 }. Giải Gọi S = {a + b 3 2 + c 3 4 ⏐ a, b, c ∈ R} thì S ⊂ R, S ≠ ∅ vì 0 ∈ S vμ ∀a, b, c, a′, b′, c′ ∈ Z, (a + b 3 2 + c 3 4 ) – (a′ + b′ 3 2 + c′ 3 4 ) = (a – a′) + (b – b′) 3 2 + (c – c′) 3 4 ∈ S, (a + b 3 2 + c 3 4 )(a′ + b′ 3 2 + c′ 3 4 ) = (aa′ + bc′ + 2cb′) + (ab′ + ba′ + 2cc′) 3 2 + (ac′ +ca′ + bb′) 3 4 ∈ S. Vậy S lμ một vμnh con của R. Kiểm tra dễ dμng đây lμ một vμnh con nhỏ nhất của R chứa Z ∪ {3 2 }. Do đó S lμ vμnh con của R sinh bởi Z ∪ { 3 2 }. 11. a) Cho R vμ S lμ các vμnh có đơn vị. Chứng minh rằng M lμ một iđêan của vμnh tích R ì S khi vμ chỉ khi M = I ì J, trong đó I vμ J lần l−ợt lμ các iđêan của R vμ S.
b) Tìm các iđêan của các vμnh sau : 2 2 Zn, Z , R, R . Giải a) Ta có các toμn cấu vμnh sau : p1 : R ì S → R : (x, y) 6 x, p2 : R ì S → S : (x, y) 6 y. Nếu I lμ một iđêan của R vμ J lμ một iđêan của S thì dễ dμng có đ−ợc I ì J lμ một iđêan của R ì S. Cho M lμ một iđêan của vμnh tích R ì S. Đặt I = p1 (M) vμ J = p2 (M) thì I vμ J lần l−ợt lμ iđêan của R vμ S. ∀(x, y) ∈ M, x = p1(x, y) ∈ I, y = p2(x, y) ∈ J nên (x, y) ∈ I ì J. Đảo lại, ∀(x, y) ∈ I ì J, ∃x1 ∈ R, y1 ∈ S sao cho (x, y1), (x1, y) ∈ M ; khi đó : (x, y) = (x, 0) + (0, y) = (1R, 0) (x, y1) + (0, 1S) (x1, y) ∈ M, trong đó 1R vμ 1S lần l−ợt lμ đơn vị của R vμ S. Do đó M = I ì J. b) Các iđêan của vμnh Zn lμ kZn trong đó 1 ≤ k ≤ n vμ k chia hết n. Các iđêan của vμnh Z2 lμ nZ ì mZ trong đó n, m ∈ N. Các iđêan của vμnh R lμ {0} vμ R. Các iđêan của R2 lμ {(0, 0)}, {0} ì R, R ì {0} vμ R ì R. 12. a) Cho p lμ một số nguyên d−ơng không chính ph−ơng. Kí hiệu Q( p )= {a + b p ⏐ a, b ∈ Q}, trong đó Q lμ tr−ờng các số hữu tỉ. Chứng minh rằng Q p lμ một tr−ờng. b) Chứng minh rằng tr−ờng Q( 3 ) không đẳng cấu với tr−ờng Q( 5 ). Giải a) Ta có Q( p ) lμ một tập con khác rỗng của tr−ờng R các số vμ có chứa số nguyên 1 (vì 1 = 1 + 0 p ). ∀ a, b, a′, b′ ∈ Q, (a + b p ) – (a′ + b′ p ) = (a –a′) + (b – b′) p (a + b p )(a′ + b′ p ) = (aa′ + pbb′) + (ab′ + ba′) p Vậy Q( p ) lμ một vμnh con của R chứa 1 nên nó lμ một vμnh giao hoán có đơn vị. Ngoμi ra, với a + b p ∈ Q( p ) vμ khác 0 (a vμ b không đồng thời bằng 0), ta có a2 –
2 ab− ⎛⎞ab− pb ≠ 0, 2222+ ∈ Q( p ) vμ (a + b p ) ⎜⎟2222+ = 1. Do đó apbapb−− ⎝⎠a −−pbapb Q( p ) lμ một tr−ờng. b) Giả sử tồn tại đẳng cấu tr−ờng f : Q( 3 ) → Q( 5 ), khi đó f(1) ≠ 0 vμ do f(1) = f(1.1) = f(1)f(1) nên f(1) = 1. Từ đó f(3) = f(1 + 1 + 1) = f(1) + f(1) + f(1) = 3. Giả sử f( 3 ) = a + b 5 (với a, b ∈ Q). Ta có 3 = f(3) = f( 3 . 3 ) = f( 3 )2 = (a + b 5 )2 Hay a2 + 5b2 + 2ab 5 = 3 hay 2ab 5 = 3 – a2 – 5b2. Nếu a = b = 0 thì 0 = 3 : Vô lí. 3 Nếu a = 0 vμ b ≠ 0 thì b = : Vô lí. 5 Nếu b = 0 vμ a ≠ 0 thì a = 3 : Vô lí. 35−−ab22 Nếu a ≠ 0 vμ b ≠ 0 thì 5 = : Vô lí vì vế phải lμ một số hữu tỉ nh−ng vế 2ab trái lμ một số vô tỉ. ⎛⎞ab 13. Chứng minh rằng tập hợp các ma trận có dạng ⎜⎟, với a, b lμ những số hữu tỉ tuỳ ⎝⎠3ba ý, lμ một tr−ờng đối với phép cộng vμ phép nhân ma trận, tr−ờng nμy đẳng cấu với tr−ờng F = {a + b 3 ⏐ a, b ∈ Q}, Q lμ tr−ờng các số hữu tỉ. Giải ⎧⎫⎛⎞ab Đặt T = ⎨⎜⎟ab, ∈ Q⎬ thì T lμ một tập con khác rỗng của vμnh M2(Q) các ma ⎩⎭⎝⎠3ba ⎛⎞10 trận vuông cấp 2 trên Q với phép cộng vμ nhân vμ chứa ma trận đơn vị ⎜⎟. Ta có: ⎝⎠01 ⎛⎞⎛⎞⎛a b a′′ b aa−− ′ bb ′ ⎞ ⎜⎟⎜⎟⎜−= ⎟, ⎝⎠⎝⎠⎝33ba b′′ a 3() bb−− ′ aa ′ ⎠ ⎛⎞⎛⎞⎛a b a′′ b aa ′++3 bb ′ ab ′ ba ′⎞ ⎜⎟⎜⎟⎜= ⎟, ⎝⎠⎝⎠⎝33b a b′′ a 3()3 ba ′′++ ab bb ′′ aa ⎠ ⎛⎞⎛⎞⎛⎞⎛⎞abab′′ ab ′′ ab ⎜⎟⎜⎟⎜⎟⎜⎟= . ⎝⎠⎝⎠⎝⎠⎝⎠33ba ba′′ 3 ba ′′ 3 ba
Vậy T lμ một vμnh con giao hoán của M2(Q) có chứa đơn vị của M2(Q). Do đó T lμ ⎛⎞⎛ab 00⎞ 2 2 một vμnh giao hoán khác 0 có đơn vị. Ngoμi ra, với ⎜⎟⎜≠ ⎟, (khi đó a – 3b ⎝⎠⎝30ba 0⎠ ≠ 0), ta có : ⎛⎞ab− ⎛⎞ab⎜⎟abab2222−−33⎛10⎞ ⎜⎟⎜⎟=⎜⎟. ⎝⎠33ba⎜⎟− b a ⎝ 01⎠ ⎜⎟ ⎝−abab222233 − ⎠ Do đó T lμ một tr−ờng. Xét ánh xạ ⎛⎞ab f : T → F : ⎜⎟6 a + b 3 . ⎝⎠3ba Rõ rμng f lμ một toμn ánh. f còn lμ một đơn ánh vì với a + b 3 = a′ + b′ 3 thì a = a′ vμ b = ⎛⎞ab ⎛⎞ab′′ b′ tức lμ ⎜⎟= ⎜⎟. ⎝⎠3ba ⎝⎠3ba′′ Ngoμi ra, ⎛⎞ab ⎛⎞ab′′ ⎛⎞aa++′ bb′ f( ⎜⎟+ ⎜⎟) = f( ⎜⎟) ⎝⎠3ba ⎝⎠3ba′′ ⎝⎠3(bb++′ ) aa′ = (a + a′) + (b + b′) 3 = (a + b 3 ) + (a′ + b′ 3 ) ⎛⎞ab ⎛⎞ab′ ′ = f( ⎜⎟) + f( ⎜⎟), ⎝⎠3ba ⎝⎠3ba′ ′ ⎛⎞⎛ab a′′ b⎞ ⎛⎞aa′ ++3 bb′′ ab ba′ f( ⎜⎟⎜ ⎟) = f( ⎜⎟) ⎝⎠⎝33ba b′′ a⎠ ⎝⎠3(ba′ ++ ab′′ ) 3 bb aa′ = (aa′ + 3bb′) + (ab′ + ba′) 3 = (a + b 3 )(a′ + b′ 3 ) ⎛⎞ab ⎛⎞ab′′ = f( ⎜⎟) f(⎜⎟). ⎝⎠3ba ⎝⎠3ba′′ Vậy f lμ một đẳng cấu. 14. Cho R lμ vμnh giao hoán có đơn vị, I vμ J lμ 2 iđêan của R sao cho I + J = R vμ I ∩ J = {0}. Chứng minh rằng I vμ J lμ những vμnh giao hoán có đơn vị vμ R ≅ I ì J. Giải I vμ J lμ những iđêan của vμnh giao hoán R nên chúng lμ những vμnh con của R. Đơn vị 1 ∈ R = I + J nên tồn tại a ∈ I vμ b ∈ J sao cho a + b = 1. Khi đó với mọi x ∈ I, ta có ax + bx = x. Vì b ∈ J vμ x ∈ I nên bx ∈ I ∩ J hay bx = 0. Do đó ax = a hay a lμ phần tử đơn vị của I. T−ơng tự b lμ phần tử đơn vị của J. Vì vậy I vμ J lμ những vμnh giao hoán có đơn vị. Với mỗi r ∈ R, ta có r = ra + rb, trong đó ra ∈ I vμ rb ∈ J. Xét ánh xạ
f : R → I ì J : r 6 (ra, rb). f lμ một đồng cấu vμnh. Thật vậy, ∀r, s ∈ R, f(r + s) = ((r + s)a, (r + s)b) = (ra, rb) + (sa, sb) = f(r) + f(s) f(rs) = (rsa, rsb) = (ra sa, rb sb) = (ra, rb)(sa, sb) = f(r) f(s). (ra, rb) = (0, 0) ⇒ ra = rb = 0 ⇒ r = ra + rb = 0 ⇒ f lμ một đơn cấu. Ngoμi ra, ∀ (x, y) ∈ I ì J, ∃r = x + y ∈ R sao cho f(r) = ((x + y)a, (x + y)b) = (xa + ya, xb + yb) = (xa, yb) = (x, y) (vì ya, xb ∈ I ∩ J nên ya = xb = 0), nên f lμ một toμn cấu. Vậy f lμ một đẳng cấu vμnh. 15. Giả sử A lμ một miền nguyên vμ nhóm con của nhóm cộng của A lμ một iđêan của A. Chứng minh rằng A đẳng cấu với một vμnh con của vμnh số nguyên Z hoặc A đẳng cấu với vμnh Zp các số nguyên mod p, p lμ số nguyên tố. Giải Lấy a ∈ A \ {0}. Nhóm con I của nhóm cộng A sinh bởi a lμ một iđêan của A. Do đó với mỗi nhóm x ∈ A, tồn tại zx ∈ Z sao cho ax = zxa. * ∀m ∈ Z \ {0}, ma ≠ 0 : ∀x, y ∈ A, ∃zx, zy ∈ Z, ax = zxa, ay = zya ; khi đó, x = y ⇔ ax = ay ⇔ zxa = zya ⇔ (zx – zy)a = 0 ⇔ (zx – zy) = 0 ⇔ zx = zy ; do đó ánh xạ : f : A → Z : x 6 zx lμ một đơn ánh. Ngoμi ra, do a(x + y) = ax + ay = (zx + zy)a vμ a(xy) = (ax)y = (zxa)y = zx(ay) = zx (zya) = (zxzy)a nên f(x + y) = f(x) + f(y), f(xy) = f(x)f(y). Vậy f lμ một đơn cấu vμnh hay A đẳng cấu với vμnh con f(A) của vμnh Z. * ∃m ∈ Z \ {0}, ma = 0 : Gọi p lμ số nguyên d−ơng nhỏ nhất sao cho pa = 0 . Nếu p = qr với 1 < q, r < p thì qa.ra = qra2 = pa.a = 0 nên qa = 0 hay ra = 0 (do A lμ một miền nguyên). Điều nμy dẫn đến mâu thuẫn với tính nhỏ nhất của p. Vậy p lμ một số nguyên tố. ∀ x, y ∈ A, ∃zx, zy ∈ Z, ax = zxa, ay = zya ; khi đó x = y ⇔ ax = ay ⇔ zxa = zya ⇔ (zx – zy)a = 0 ⇔ p|(zx – zy) ⇔ zzxy= (trong Zp) ; do đó ánh xạ f : A → Zp : x 6 zx lμ một đơn ánh. Do zzxy+=+ zzzzzz xyxyx, = y nên f lμ một đơn cấu vμnh. Vì f ≠ 0 nên f(A) = Zp hay f còn lμ một toμn cấu. Vậy f lμ một đẳng cấu vμnh. 16. Cho R lμ vμnh giao hoán có đơn vị, A vμ B lμ 2 iđêan của R sao cho A + B = R. Chứng minh rằng A ∩ B = AB vμ có đẳng cấu vμnh
R/AB ≅ R/A ì R/B. Giải Vì AB ⊂ A vμ AB ⊂ B nên AB ⊂ A ∩ B. Do A + B = R nên tồn tại a ∈ A vμ b ∈ B sao cho a + b = 1. Với mọi x ∈ A ∩ B, x = ax + bx ∈ AB hay A ∩ B ⊂ AB. Vậy A ∩ B = AB. Xét ánh xạ f : R → R/A ì R/B : x 6 (x + A, x + B). ∀x, x′ ∈ R, f(x + x′) = (x + x′ + A, x + x′ + B) = (x + A, x + B) + (x′ + A,x′ + B) = f(x) + f(x′) vμ f(xx′) = (xx′ + A, xx′ + B) = ((x + A)(x′ + A), (x + B)(x′ + B)) = (x + A, x + B)(x′ + A, x′ + B) = f(x)f(x′). Do đó f lμ một đồng cấu vμnh. ∀(y + A, z + B) ∈ R/A ì R/B, ∃x = yb + za (ở đây y = ya + yb vμ z = za + zb) sao cho x – y = za – ya = (z – y)a ∈ A vμ x – z = (y – z)b ∈ B, tức lμ f(x) = (x +A, x + B) = (y + A, z + B). Do đó f lμ một toμn cấu vμnh. x ∈ Kerf ⇔ f(x) = (x + A, x + B) = (A, B) ⇔ x + A = A ⇔ vμ x + B = B ⇔ x ∈ A vμ x ∈ B ⇔ x ∈ A ∩ B = AB. Do đó Kerf = AB. Vậy R/Kerf ≅ Imf hay R/AB ≅ R/A ì R/ B. 17. Cho J lμ một iđêan của vμnh R. Chứng minh mỗi iđêan của vμnh th−ơng R/J đều có dạng I/J, trong đó I lμ một iđêan của R chứa J vμ có đẳng cấu vμnh (R/J) / (I/J) ≅ R/I. Giải Xét phép chiếu chính tắc π : R → R/J. Giả sử I′ lμ một iđêan của R/J. Khi đó I = π – 1(I′) lμ một iđêan của R vμ I′ = π (I) = I/J. Xét phép t−ơng ứng f : R/J → R/I : x + J 6 x + I. f lμ một ánh xạ vì x + J = y + J kéo theo x – y ∈ J nên x – y ∈ I hay x + I = y + I. Rõ rμng f lμ một toμn ánh. Ngoμi ra, f ((x + J) + (y + J)) = f (x + y + J) = x + y + I =(x + I) + (y + I) = f (x + J) + f (y + J), f ((x + J) (y + J)) = f (xy + I) = xy + I = (x + I) (y + I) = f (x + J) f (y + J). Do đó f lμ một toμn cấu. x + J ∈ Kerf ⇔ f (x + J) = x + I = I ⇔ x ∈ I ⇔ x + J ∈ I/J. Vậy (R/J) / Kerf ≅ Imf hay (R/J) / (I/J) ≅ R/I.
18. Chứng minh rằng nếu S lμ một vμnh con vμ I lμ một iđêan của vμnh R thì I lμ một iđêan của S + I, S ∩ I lμ một iđêan của S vμ có đẳng cấu vμnh (S + I)/I ≅ S/(S ∩ I). Giải Vì I ⊂ S + I nên I lμ một iđêan của S + I. S ∩ I lμ một nhóm con của nhóm cộng S vμ ∀s ∈ S, ∀x ∈ S ∩ I, sx ∈ S (do S lμ một vμnh con của R) vμ sx ∈ I (do I lμ một iđêan của R) nên sx ∈ S ∩ I. Do đó S ∩ I lμ một iđêan của S. Xét ánh xạ f : S → (S + I)/ I : s 6 s + I. Dễ dμng có đ−ợc f lμ một toμn cấu vμnh vμ Kerf = S ∩ I. Vậy S/ Kerf ≅ Imf hay S / S ∩ I ≅ (S + I)/I.
Ch−ơng V: BIến cố ngẫu nhiên vμ xác suất Tóm tắt lí thuyết 5.1. Biến cố ngẫu nhiên 5.1.1. Phép thử ngẫu nhiên vμ biến cố ngẫu nhiên a. Phép thử ngẫu nhiên lμ sự thực hiện một nhóm các điều kiện xác định (có thể thực hiện đ−ợc lặp lại vô số lần). Ví dụ : gieo một lần con xúc xắc ; bắn một viên đạn vμo mục tiêu ; gieo một hạt giống, b. Biến cố sơ cấp : ω1, ω2, ωn, mô tả các kết quả của phép thử ngẫu nhiên. c. Tập hợp tất cả các biến cố sơ cấp Ω = {ω1, ω2, ωn, } lμ không gian các biến cố sơ cấp t−ơng ứng với một phép thử. d. Tập A ⊂ Ω lμ biến cố ngẫu nhiên (có thể xảy ra hay không xảy ra trong kết quả của một phép thử). e. Phần tử ω ∈ A đ−ợc gọi lμ một biến số sơ cấp thuận lợi cho biến cố A. f. Không gian Ω còn gọi lμ biến cố chắc chắn (sự kiện nhất định xảy ra trong một phép thử) g. Tập hợp ∅ không chứa bất kì phần tử nμo của Ω , đ−ợc gọi lμ biến cố bất khả (sự kiện không thể xảy ra trong một phép thử). 5.1.2. Các quan hệ vμ các phép toán a. Kí hiệu A ⊂ B nghĩa lμ nếu biến cố A xảy ra thì biến cố B cũng xảy ra (biến cố A kéo theo biến cố B). d. Hợp của A vμ B, kí hiệu A ∪ B, lμ một biến cố xảy ra khi vμ chỉ khi xảy ra hoặc A hoặc B. e. Giao của A vμ B, kí hiệu A ∩ B lμ một biến cố xảy ra khi vμ chỉ khi xảy ra đồng thời A vμ B. f. Hai biến cố A vμ B đ−ợc gọi lμ xung khắc nếu: A ∩ B = ∅. g. A lμ biến cố xảy ra khi vμ chỉ khi A không xảy ra. A đ−ợc gọi lμ biến cố đối của biến cố A. h. Nếu A vμ B lμ hai biến cố thì hiệu (A \ B) lμ hai biến cố xảy ra khi vμ chỉ khi xảy ra A nh−ng không xảy ra B. 5.1.3. Nhóm đầy đủ các biến cố Các biến cố A1, A2 , ,An lập thμnh một nhóm đầy đủ các biến cố nếu nó thoả mãn hai điều kiện sau: n a. ∪i =1 Ai = Ω.
b. Ai ∩ Aj = ∅ ; ∀i ≠ j ; i, j = 1, 2, n. 5.2. Xác suất của biến cố ngẫu nhiên 5.2.1. Định nghĩa xác suất theo quan điểm đồng khả năng Giả sử không gian biến cố sơ cấp Ω gồm n biến cố sơ cấp đồng khả năng vμ biến cố ngẫu nhiên A có m biến cố sơ cấp thuận lợi cho nó. Khi đó, xác suất của biến cố A, P(A) đ−ợc xác định bởi : m PA()= . n 5.2.2. Định nghĩa xác suất theo quan điểm hình học Giả sử không gian biến cố sơ cấp Ω có số đo hữu hạn, mes(Ω) < +∞ vμ biến cố ngẫu mes(A ) nhiên A ⊆ Ω. Khi đó xác suất của biến cố A, P(A) đ−ợc xác định bởi PA()= . mes(Ω ) 5.3. Các tính chất cơ bản của xác suất a. 0 ≤ P(A) ≤ 1 ; ∀ A ⊆ Ω. b. P(Ω) = 1. c. Nếu {Ai, i = 1, 2, } lμ một dãy các biến cố sao cho Ai ∩ Aj = ∅, i ≠ j thì ∞ ∞ P()UAii=1 = ∑ PA (i). i=1 d. P( A ) = 1 – P(A). e. P(∅) = 0. f. Nếu A ⊂ B thì P(B\A) = P(B) – P(A). g. Nếu A ⊂ B thì P(A) ≤ P(B). 5.4. Các công thức xác suất cơ bản 5.4.1. Công thức cộng a. Giả sử A vμ B lμ hai biến cố bất kì. Khi đó : P(A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(A ∩ B). b. Giả sử A vμ B lμ hai biến cố xung khắc, tức A ∩ B = ∅. Khi đó P(A ∪ B) = P(A) + P(B).
5.4.2. Xác suất có điều kiện Giả sử B lμ một biến cố ngẫu nhiên có P(B) > 0. Xác suất của biến cố A với điều kiện biến cố B đã xảy ra lμ P()AB∩ PA() ⏐= B . PB() Tính chất a. P(A⏐B) ≥ 0. b. P(Ω⏐B) = 1. c. P(B⏐B) =1. d. Nếu {Ai} lμ dãy các biến cố xung khắc nhau đôi một, tức lμ (Ai ∩ Aj = ∅, i ≠ j), thì ∞ ∞ P(Uii=1 AB⏐⏐ )= ∑ PAB (i ). i=1 5.4.3. Công thức nhân P(A ∩ B) = P(B) ì P(A | B) = P(A) ì P(B | A). 5.4.4. Tính độc lập của các biến cố Hai biến cố ngẫu nhiên A vμ B đ−ợc gọi lμ độc lập nếu P(A ∩ B) = P(A) ì P(B). Tính chất a. Giả sử P(B) > 0, các biến cố A vμ B độc lập khi vμ chỉ khi P(A | B) = P(A). b. Nếu A vμ B độc lập thì A vμ B , A vμ B, A vμ B cũng độc lập. c. Nếu các biến cố A vμ B1 độc lập, A vμ B2 độc lập, B1 ∩ B2 = ∅ thì A vμ (B1 ∪ B2) độc lập. 5.4.5. Công thức xác suất đầy đủ Giả sử B1, B2, ,Bn lμ một nhóm đầy đủ các biến cố với P(Bi) > 0 ; i = 1, 2, , n vμ biến cố A xảy ra đồng thời với một trong các Bi. Khi đó ta có : n P(A) = ∑ P()(BPAii⏐ B ) i=1 Các xác suất P(Bi) ; i = 1,2, , n đ−ợc gọi lμ xác suất tiên nghiệm. 5.4.6. Công thức xác suất Bayes Với các giả thiết của 5.4.5 ta có
PB()(ii PAB⏐ ) P(Bi⏐A) = n P()(BPAB⏐ ) ∑i=1 ii Các xác suất P(Bi⏐A) ; i = 1,2, n, đ−ợc gọi lμ xác suất hậu nghiệm. 5.5. Công thức Bernoulli 5.5.1. Dãy phép thử độc lập Bernoulli Lμ một dãy n phép thử lặp, độc lập, trong mỗi phép thử chỉ xảy ra một trong hai biến cố A vμ A với xác suất p = P(A), q = 1 – p = P( A ). 5.5.2. Công thức Bernoulli Xác suất để biến cố A xảy ra đúng k lần trong n phép thử Bernoulli đ−ợc xác định bởi kknk− Pn(k ; p) = Cpqn . Xác suất để biến cố A xuất hiện một số lần giữa k1 vμ k2 tức k1 ≤ k ≤ k2. Xác định bởi: kk22 kk nk− Pn(k1 ; k2 ; p) = ∑∑Pkpnn(; )=− Cp (1 p ) . kk==11kk 5.5.3. Số có khă năng xuất hiện nhiều nhất Trong một dãy phép thử Bernoulli, số k0 đ−ợc gọi lμ số có khả năng nhất, nếu Pn(k0 ; p) = maxPn(k ; p) ; k = 1,2, , n. a. Nếu (n + 1)p lμ số nguyên thì k0 = (n + 1)p vμ k0 = (n + 1)p – 1. b. Nếu (n + 1)p không phải lμ số nguyên, thì k0 lμ số nguyên lớn nhất nhỏ hơn (n + 1)p. Bμi tập vμ lời giải 1. Hai xạ thủ đ−ợc phép bắn mỗi ng−ời 1 viên đạn vμo bia. Gọi A vμ B lần l−ợt lμ các biến cố ng−ời thứ nhất vμ ng−ời thứ hai bắn trúng bia. Hãy mô tả các biến cố A ∪ B, A ∩ B, ABABAB∪∩,,()() ∩∪∩ AB. Giải Các biến cố lần l−ợt đ−ợc mô tả nh− sau: Có một ng−ời bắn trúng: Cả hai ng−ời đều bắn trúng; Không có ai bắn trúng; Ng−ời thứ nhất bắn trúng vμ ng−ời thứ hai bắn không trúng; Chỉ có đúng một ng−ời bắn trúng. 2. Gieo hai con xúc xắc cân đối vμ đồng chất. Tính P(A), nếu A lμ biến cố ngẫu nhiên chỉ tổng số điểm trên hai con xúc xắc chia hết cho 5. Giải Không gian các biến cố sơ cấp
Ω = {(i, j) ⏐ i = 1, 6 ; j = 1, 6 }, gồm 36 biến cố sơ cấp. Giả sử các biến cố sơ cấp lμ đồng khă năng. Khi đó nếu A lμ biến cố ngẫu nhiên chỉ tổng số điểm chia hết cho 5 tức lμ A = {(1, 4), (2, 3), (3, 2), (4, 1), (4, 6), (6, 4)}. thì ta có 61 PA()==. 36 6 3. Một khối lập ph−ơng có các mặt quét sơn đ−ợc chia thμnh 1000 khối lập ph−ơng con đều nhau. Trộn đều vμ rút ngẫu nhiên một khối. Tính xác suất: a. Rút đ−ợc khối có hai mặt quét sơn. b. Rút đ−ợc khối có 3 mặt quét sơn. Giải Dễ thấy không gian các biến số sơ cấp có 1000 phần tử. Để chia khối lập ph−ơng thμnh 1000 khối con đều nhau thì mỗi cạnh phải chia 10 đoạn bằng nhau. Khi đó có 8 ì 12 = 96 khối lập ph−ơng con có hai mặt quét sơn vμ có 8 khối lập ph−ơng con có ba mặt quét sơn. Vậy xác suất rút đ−ợc khối có hai mặt đã quét sơn bằng 0,096 vμ xác suất rút đ−ợc khối có ba mặt đã quét sơn bằng 0,008. 4. Trong 100 vé xổ số có 10 vé trúng th−ởng. Một ng−ời mua 5 vé. Tính xác suất : a. Có 3 vé trúng th−ởng. b. Có 5 vé trúng th−ởng c. Có ít nhất 1 vé trúng th−ởng. Giải 5 Không gian biến cố sơ cấp có n = C100 . Khi đó 32 CC10 90 a. Xác suất để có 3 vé trúng th−ởng lμ pa = 5 . C100 5 C10 b. Xác suất để có 5 vé trúng th−ởng lμ pb = 5 . C100 5 C90 c. Xác suất để có ít nhất 1 vé trúng th−ởng lμ : pc = 1− 5 . C100 5. Có hai xạ thủ bắn mỗi ng−ời một viên đạn vμo bia với xác suất bắn trúng đích của ng−ời thứ nhất lμ 0,90 vμ của ng−ời thứ hai lμ 0,70. Tính xác suất để : a. Có đúng một viên đạn đ−ợc bắn trúng đích. b. Cả hai viên đạn đ−ợc bắn trúng đích. c. Có ít nhất một viên đạn đ−ợc bắn trúng đích. d. Không có một viên đạn nμo bắn trúng đích. Giải Gọi A1, A2 lμ các biến cố xạ thủ thứ nhất vμ xạ thủ thứ hai bắn trúng bia.
a. Biến cố có đúng một viên đạn đ−ợc bắn trúng đích A = ()(AA12∩∪∩ AA 21). Sử dụng tính độc lập của các biến cố A1 vμ A2 ta có : P(A) = P(A1) P()APAPA21+ ()(2) = 0,34. b. Biến cố cả hai viên đạn đ−ợc bắn trúng đích B = A1 ∩ A2. Sử dụng tính độc lập của các biến cố A1 vμ A2 ta có P(B) = P(A1)P(A2) = 0,63. c. Biến cố có ít nhất một viên đạn đ−ợc bắn trúng đích C = A ∪ B nên P(C) = 0,97. d. Biến cố không có một viên đạn nμo đ−ợc bắn trúng đích D = AA12∩ . Khi đó sử dụng tính độc lập của các biến cố A1 vμ A2 ta có P(D) = P()()APA12 = 0,1 . 0,3 = 0,03. 6. Một sinh viên đi thi môn xác suất chỉ học thuộc 20 trong số 25 câu hỏi đã cho. Khi thi ng−ời sinh viên phải trả lời 4 câu hỏi. Tính xác suất để anh ta: a. Trả lời đ−ợc cả 4 câu. b. Trả lời đ−ợc 2 trong 4 câu. c. Trả lời đ−ợc ít nhất một câu. d. Không trả lời đ−ợc câu nμo. 4 HD : n = C25 4 C20 a. Trả lời đ−ợc cả 4 câu lμ pa = 4 . C25 22 CC20 5 b. Trả lời đ−ợc 2 trong 4 câu lμ pb = 4 . C25 4 C5 c. Trả lời đ−ợc ít nhất một câu pc = 1 – 4 . C25 4 C5 d. Không trả lời đ−ợc câu nμo Pd = 4 . C25 7. Một hộp chứa 3 bi trắng, 7 bi đỏ vμ 15 bi xanh. Một hộp khác chứa 10 bi trắng, 6 bi đỏ vμ 9 bi xanh. Lấy ngẫu nhiên từ mỗi hộp một bi. Tìm xác suất để hai bi rút ra cùng mμu. HD : Theo công thức nhân xác suất vμ l−u ý tới tính độc lập của các biến cố. p = 3 10 7 6 15 9 207 ++ =. 25 25 25 25 25 25 625
8. Trong một phân x−ởng có 3 máy hoạt động độc lập nhau. Khả năng bị hỏng của mỗi máy lần l−ợt lμ 0,1 ; 0,2 vμ 0,05. Tính khả năng để : a. Cả ba máy cùng bị hỏng, b. Có ít nhất 1 máy hoạt động đ−ợc, c. Cả ba máy cùng hoạt động. HD : Sử dụng công thức nhân xác suất vμ tính độc lập các biến cố. 9. Một sinh viên khi vμo thi môn xác suất thống kê chỉ thuộc 20 trong số 25 câu hỏi thi. Tính xác suất để sinh viên trả lời đ−ợc cả ba câu hỏi trong phiếu dự thi mμ anh ta phải trả lời. HD : Dùng công thức tính xác suất theo quan điểm đồng khả năng 3 C20 p = 3 . C25 10. Trong một hộp kín có chứa các quả cầu mμu đỏ vμ mμu trắng. Nếu lần l−ợt lấy 1 ngẫu nhiên không hoμn lại 2 quả cầu từ hộp ra thì xác suất để cả hai quả mμu đỏ bằng . 2 a. Số quả cầu ít nhất có trong hộp lμ bao nhiêu ? b. Số quả cầu ít nhất có trong hộp lμ bao nhiêu, nếu biết số quả cầu trắng lμ chẵn? HD : a) Giả sử có a quả cầu đỏ vμ b quả cầu trắng. Gọi Ak, k = 1, 2 lμ biến cố lấy đ−ợc quả cầu mμu đỏ ở lần thứ k, k = 1, 2. Khi đó a a −1 P(A ) = ; P(A ⏐A1) = 1 ab+ 2 ab+ −1 Từ giả thiết ta có aa−11 ì=. ab++− ab12 Do b > 0 vμ aa−1 > ab++− ab1 nên 22 ⎛⎞aa11 ⎛− ⎞ ⎜⎟>> ⎜ ⎟ ⎝⎠ab++21 ⎝ ab− ⎠ aa11− hay >> . ab++2 ab−1 Từ bất đẳng thức trên ta suy ra : ( 2 +1)b + 1 > a >( 2 + 1)b. Với b = 1 ta có 2,414 < 3,414 vμ khi đó có thể chọn a = 3, vμ do đó với b = 1 ta có
321 P(A ∩ A ) = ì= 1 2 432 b) Xét tr−ờng hợp b lμ số chẵn, ta có 1 b = 2 ; 4,8 < a < 5,8 ; a = 5 ; P(A ∩ A ) ≠ . 1 2 2 1 b = 4 ; 9,7 < a < 10,7 ; a = 10 ; P(A ∩ A ) ≠ . 1 2 2 1 b = 6 ; 14,5 < a < 15,5 ; a = 15 ; P(A ∩ A ) = . 1 2 2 Vậy số cầu ít nhất khi b chẵn lμ 6 + 15 = 21. 11. Một hộp có 100 tấm thẻ nh− nhau đ−ợc đánh số từ 1 tới 100. Rút ngẫu nhiên hai thẻ rồi đặt theo thứ tự từ trái sang phải. Tìm xác suất để : a. Rút đ−ợc hai thẻ lập thμnh một số có hai chữ số. b. Rút đ−ợc hai thẻ lập thμnh một số chia hết cho 5. Giải a. Gọi A lμ biến cố hai thẻ rút đ−ợc lập thμnh một số có hai chữ số. Số biến cố sơ cấp 2 thuận lợi cho biến cố A lμ k = A9 vμ biến cố sơ cấp đồng khả năng của không gian Ω lμ n 2 = A100 . Khi đó: 2 k A9 P(A) = = 2 = 0,0073. nAn b. Gọi B lμ biến cố hai thẻ rút đ−ợc tạo thμnh một số chia hết cho 5. Khi đó để có biến cố sơ cấp thuận lợi cho biến cố B ta rút thẻ thứ hai một cách tuỳ ý trong 20 thẻ mang các số 5, 10, 15, 20, , 95,100, vμ rút 1 trong 99 thẻ còn lại đặt vμo vị trí đầu. Do 2 đó k = 99 ì 20. Ngoμi ra n = A100 = 99 ì 100. Khi đó P(B) = 0,20. 12. Trong một hộp có 6 bi đỏ, 5 bi xanh vμ 4 bi trắng cùng kích th−ớc. Lấy ngẫu nhiên lần l−ợt từng viên bi không hoμn lại cho tới khi đ−ợc viên bi đỏ thì dừng. Hãy tìm xác suất để a. Lấy đ−ợc 2 viên bi xanh vμ 1 viên bi trắng. b. Không có viên bi xanh nμo đ−ợc lấy ra. Giải a. Gọi A lμ biến cố lấy đ−ợc 2 viên bi xanh. Do đòi hỏi lấy đ−ợc 2 bi xanh, 1 bi trắng tr−ớc khi lấy đ−ợc 1 viên bi đỏ để dừng lại nên tổng cộng ta phải lấy lần l−ợt không hoμn 4 trả lại 4 trong 15 bi, do đó số phân tử của không gian các biến sơ cấp lμ n = A15 . Để lấy đúng theo yêu cầu của A ta thực hiện : 2 i. Lấy 2 trong số 5 bi xanh lần l−ợt không trả lại nên có khả năng A5 khả năng thực hiện. 1 ii. Lấy 1 trong 4 bi trắng, có A4 khả năng thực hiện.
2 iii. Sắp xếp 2 bi trắng trong 3 bi trắng vμ xanh có C3 khả năng thực hiện. 1 iv. Lấy viên thứ t− lμ bi đỏ trong 6 bi đỏ. Có A6 khả năng thực hiện. Vậy số biến cố sơ cấp 2 1 2 1 thuận lợi cho biến cố A lμ k = A5 A4 C3 A6 vμ khi đó : 4 P(A) = ≈ 0,044. 91 b. Nếu không có viên bi xanh nμo đ−ợc lấy ra có nghĩa lμ hoặc lấy viên đầu tiên đã đ−ợc viên bi đỏ B0, hoặc viên bi đỏ đ−ợc lấy ra sau viên bi trắng : Bi (i = 1, 2, 3, 4). Vậy 16380 P(B) = ≈ 0,5454. 30030 13. Xếp ngẫu nhiên n bức th− vμo n phong bì đã ghi sẵn địa chỉ (mỗi phong bì chỉ có một bức th−). Tìm xác suất để ít nhất có 1 th− đến đúng ng−ời nhận. Giải Đặt Ai lμ biến cố bức th− thứ i đến đúng ng−ời nhận, i = 1, 2, , n vμ A lμ biến cố có ít n nhất một bức th− đến đúng ng−ời nhận. Khi đó A = ∪ i=1 Ai. Ta có : n P(AP )=− ( 1)k−1 . (AA A ) . ∑∑jj12 jk kj=1 1≤<<<≤12j jk n Dễ thấy vì các bức th− j1, j2, , jk đến đúng ng−ời nhận, còn lại (n- k) bức th− khác có thể đến đúng ng−ời nhận hoặc không, nên ()nk− ! P( AA A ) = . jj12 jk n! k Do số cách nhóm k bức th− trong n bức th− bằng Cn nên ta có ()nk− !1 P( AA A) = Ck = . ∑ jj12 jk n 1≤<<<≤jj12 jnk n! k! Cuối cùng ta nhận đ−ợc kết quả nh− sau n k−1 n 1 P(A) = P(∪ k=1 Ak) = ∑(1)− k=1 k! 14. Một hộp 12 quả bóng ten-nis trong đó có 4 quả mμu trắng vμ 8 quả mμu xanh. Lấy ngẫu nhiên cùng lúc 3 quả. Tính xác suất để a. Đ−ợc 3 quả cùng mμu xanh. b. Có đúng 1 quả mμu xanh. c. Có ít nhất 2 quả mμu xanh. HD : Sử dụng công thức tính xác suất theo quan điểm đồng khả năng. 15. Hai ng−ời công nhân cùng sản xuất một sản phẩm. Xác suất để ng−ời thứ nhất lμm ra phế phẩm lμ 0,02 vμ để ng−ời thứ hai lμm ra phế phẩm lμ 0,03. Rút 1 sản phẩm từ số sản phẩm của hai ng−ời. Tính xác suất để sản phẩm lấy ra không lμ phế phẩm.
Giải Gọi Bi lμ biến cố sản phẩm lấy ra lμ do ng−ời công nhân thứ i lμm, i = 1, 2 . Gọi A lμ biến cố sản phẩm lấy ra không lμ phế phẩm. Khi đó P(A) = P(B1).P(A⏐B1) + P(B2).P(A⏐B2) = 0,975. 16. Xác suất tiêu thụ điện năng trong mỗi ngμy không v−ợt quá mức quy định ở một nhμ máy điện lμ p = 0,75. Tính xác suất trong 6 ngμy liên tiếp có 4 ngμy l−ợng điện không v−ợt quy định. Giải 4 4 2 P6 ; 0,75(4) = C6 (0,75) (0,25) = 0,30. 17. Một ng−ời bắn liên tiếp 5 viên đạn vμo mục tiêu với xác suất trúng đích của mỗi viên đạn lμ 0,2. Để phá huỷ mục tiêu cần từ 3 viên trúng mục tiêu trở lên. Tính xác suất để mục tiêu bị tiêu diệt. Giải P5(3 ; 5 ; 0,2) = P5 (3 ; 0,2) + P(4 ; 0,2) + P(5 ; 0,2) = 0,0579. 18. Trong một vùng dân c− có 20% ng−ời dân mắc một loại bệnh truyền nhiễm. Khám ngẫu nhiên 500 ng−ời. Tính số ng−ời mắc bệnh có khả năng lớn nhất vμ xác suất t−ơng ứng. HD : Sử dụng công thức Bernoulli. 19. Để sản xuất một loại sản phẩm có thể dùng một trong hai máy. Tỉ lệ lμm ra sản phẩm tốt của máy thứ nhất lμ 0,90 vμ của máy thứ hai lμ 0,80. Từ một kho gồm 1/3 sản phẩm do máy thứ nhất lμm vμ 2/3 sản phẩm do máy thứ hai lμm, rút ngẫu nhiên một sản phẩm. a. Tính xác suất để sản phẩm lấy ra lμ phế phẩm. b. Nếu sản phẩm lấy ra không lμ phế phẩm, hãy tính xác suất để sản phẩm lấy ra do máy thứ hai lμm ra. Giải a. Gọi A1 vμ A2 lần l−ợt lμ các biến cố sản phẩm do máy thứ nhất vμ máy thứ hai lμm 1 2 ra. A vμ A tạo thμnh nhóm đầy đủ các biến cố, với P(A ) = ; P(A ) = . Gọi B lμ biến 1 2 1 3 2 3 cố sản phẩm lấy ra lμ phế phẩm. Khi đó: 1 1 2 2 1 P(B) = ì + ì = . 3 10 3 10 6 b. B lμ biến cố sản phẩm lấy ra không phải lμ phế phẩm, với 5 P( B ) = 1 – P(B) = . 6 16 Khi đó P(A ⏐ B ) = . 2 25 20. Trong số 10 xạ thủ có 5 ng−ời bắn trúng bia với xác suất 0,9 ; có 3 ng−ời bắn trúng bia với xác suất 0,8 vμ có hai ng−ời bắn trung bia với xác suất 0,7. Chọn ngẫu nhiên một xạ thủ vμ
cho anh ta bắn một viên đạn nh−ng kết quả không trúng bia. Hỏi xạ thủ ấy có khả năng thuộc nhóm nμo? Giải Gọi A1, A2 vμ A3 lần l−ợt lμ các biến cố chỉ xạ thủ thuộc nhóm thứ nhất, thứ hai vμ thứ ba. A1, A2, A3 tạo thμnh nhóm đầy đủ các biến cố với : 5 3 3 P(A ) = , P(A ) = , P(A ) = . 1 10 2 10 3 10 17 Gọi B lμ biến cố xạ thủ đ−ợc chọn ra bắn không trúng. Khi đó với P(B) = ta có : 100 5 6 6 P(A1⏐B) = ; P(A ⏐B) = ; P(A ⏐B) = . 17 2 17 3 17 Xạ thủ đ−ợc chọn ra có khả năng thuộc nhóm thứ hai vμ thứ ba. 21. Gieo 10 đồng tiền cân đối vμ đồng chất. Tìm xác suất để : a. Có đúng 6 lần xuất hiện mặt sấp. b. Có nhiều nhất lμ 2 lần xuất hiện mặt sấp. c. Có ít nhất 1 lần xuất hiện mặt sấp. Giải Gieo 10 lần đồng tiền cân đối vμ đồng chất đ−ợc xem nh− thực hiện 10 phép thử Bernoulli, với xác suất xuất hiện mặt sấp lμ 0,5. Vậy: 6 10 a. P10(6 ; 0,5) = C10 ì (0,5) . 2 k 10 b. P10(k ≤ 2) = ∑C10 . (0,5) . k0= 10 c. P10(k ≥ 1) = 1 – P10(k < 1) = 1 – P10( k = 0) = 1 – (0,5) . 22. Cho 3 hộp linh kiện máy tính mμ khả năng lựa chọn của mỗi hộp nh− nhau. Hộp thứ nhất có 30 linh kiện trong đó có 20 linh kiện tốt vμ 10 linh kiện xấu. Hộp thứ hai có 30 linh kiện đều tốt. Hộp thứ ba có 30 linh kiện trong đó có 15 linh kiện tốt vμ 15 linh kiện xấu. Chọn ngẫu nhiên một hộp vμ từ đó lấy ngẫu nhiên 1 linh kiện. a. Tính xác suất để linh kiện lấy ra lμ linh kiện tốt. b. Giả sử linh kiện lấy ra lμ linh kiện tốt. Tìm xác suất để linh kiện đó lμ của hộp thứ 3. Giải a. Gọi A lμ biến cố linh kiện lấy ra lμ tốt vμ Bi lμ biến cố linh kiện lấy ra từ hộp thứ i ; i = 1, 2, 3. Ta có B1, B2, B3 lập thμnh một nhóm đầy đủ các biến cố. Theo công thức xác suất đầy đủ, ta có 13 P(A) = . 18 b. Xác suất để linh kiện tốt lấy ra thuộc hộp thứ 3 lμ:
P()BPABì (⏐ ) P(B /A) = 33 = 0,23. 3 PA() 23. Có hai hộp bi, trong đó hộp thứ nhất có 2 bi đỏ vμ 2 bi trắng, hộp thứ hai có 2 bi đỏ vμ 1 bi trắng. Lấy ngẫu nhiên một bi ở hộp thứ nhất bỏ vμo hộp thứ hai, sau đó lấy từ hộp thứ hai ngẫu nhiên một bi. Tính xác suất để viên bi lấy ra sau cùng lμ bi đỏ. Giải Gọi A lμ biến cố viên bi lấy ra sau cùng lμ bi đỏ. BD lμ biến cố viên bi lấy ra từ hộp thứ nhất (để bỏ vμo hộp thứ hai) lμ bi đỏ. BT lμ biến cố viên bi lấy ra từ hộp thứ nhất (để bỏ vμo hộp thứ hai) lμ bi trắng. Theo công thức xác suất đầy đủ. 5 P(A) = P(B ) ì P(A⏐B ) + P(B ) ì P(A⏐B ) = . 1 1 2 2 8 24. Trong thùng có 10 bi trắng vμ 40 bi đen. Lần l−ợt lấy 14 bi, ghi nhận mμu của viên bi lấy ra rồi lại bỏ vμo thùng. Xác định số có khả năng nhất của sự xuất hiện bi trắng. Giải 1 Xác suất lấy đ−ợc bi trắng p = . Gọi k lμ số có khả năng nhất của sự xuất hiện bi 5 0 trắng, thì do 1 (n + 1)p = (14 + 1) ì = 3. 5 nên k0 = 3 hoặc k0 = 2. 25. Ng−ời ta biết rằng một cặp sinh đôi có thể lμ một cặp sinh đôi thật hoặc một cặp sinh đôi giả (không thật). Một cặp sinh đôi thật nếu chúng do cùng một trứng mμ ra. Trong tr−ờng hợp đó chúng bao giờ cũng cùng giới tính ; còn sinh đôi giả thì chúng do 2 trứng khác nhau sinh ra. Xác suất để chúng cùng giới tính bằng 0,5. Giả sử cặp sinh đôi thật với xác suất bằng p. Tìm xác suất để cặp sinh đôi cùng giới tính lμ cặp trẻ sinh đôi thật. Giải Gọi B1 lμ biến cố cặp trẻ sinh đôi thật, còn B2 lμ biến cố cặp trẻ sinh đôi giả. Gọi A lμ biến cố cặp trẻ sinh đôi cùng giới tính. Theo công thức xác suất đầy đủ, ta có : 1+ p P(A) = 2 Vậy xác suất phải tìm lμ : PB()ì PAB (⏐ ) 2p P(B ⏐A) = 11= . 1 P()Ap 1+ 26. Hộp thứ nhất có 5 quả cầu trắng, 10 quả cầu đỏ, hộp thứ hai có 3 quả cầu trắng vμ 7 quả cầu đỏ. Từ mỗi hộp lấy ngẫu nhiên một quả cầu, rồi từ 2 quả cầu đó lấy ngẫu nhiên một quả. Tìm xác suất để lấy quả ra sau cùng lμ cầu trắng.
Giải Gọi A lμ biến cố quả cầu lấy ra sau cùng lμ cầu trắng. BTT lμ biến cố hai quả cầu lấy ra từ hai hộp lμ trắng. BDD lμ biến cố hai quả cầu lấy ra từ hai hộp lμ đỏ. BTD lμ biến cố quả cầu lấy ra từ hộp thứ nhất lμ mμu trắng vμ quả cầu lấy ra từ hộp thứ hai lμ đỏ. BDT lμ biến cố quả cầu lấy ra từ hộp thứ nhất lμ đỏ vμ quả cầu lấy từ hộp thứ hai lμ mμu trắng. Theo công thức xác suất đầy đủ có P(A) = 0,7833. 27. Có hai chuồng thỏ thí nghiệm, trong đó chuồng I có 12 con thỏ trắng vμ 3 con thỏ nâu, chuồng II có 16 con thỏ trắng vμ 4 con thỏ nâu. Tình cờ, 1 con thỏ từ chuồng thứ II nhảy sang chuồng thứ I. Từ chuồng I bắt ngẫu nhiên 1 con thỏ. Tính xác suất để con thỏ bắt ra lμ thỏ trắng. Giải Gọi A lμ biến cố con thỏ nhảy từ chuồng II sang chuồng I lμ thỏ trắng, P(A) = 0,8. Khi đó, A lμ biến cố con thỏ nhảy từ chuồng II sang chuồng I lμ thỏ nâu P( A ) = 1 – P(A) = 0,2. Gọi B lμ biến cố bắt đ−ợc thỏ trắng từ chuồng I. áp dụng công thức xác suất đầy đủ, ta có P(B) = P(A).P(B⏐A) + P( A ).P(B⏐ A ) = 0,8 Ta có thể suy ra xác suất để bắt đ−ợc thỏ nâu P( B ) = 1 – P(B) = 0,2. 28. Tỉ lệ ng−ời nghiện thuốc lá ở một vùng lμ 30%. Tỉ lệ ng−ời bị viêm họng trong số ng−ời nghiện thuốc lá lμ 60%, còn tỉ lệ ng−ời bị viêm họng trong số ng−ời không hút thuốc lá lμ 40%. a. Chọn ngẫu nhiên một ng−ời, biết rằng ng−ời đó viêm họng, tính xác suất để ng−ời đó nghiện thuốc lá. b. Nếu ng−ời đó không bị viêm họng, tính xác suất để ng−ời đó lμ nghiện thuốc lá ? Giải a. Gọi A lμ biến cố ng−ời đ−ợc chọn lμ nghiện thuốc lá P(A) = 0,3. Khi đó, A lμ biến cố ng−ời đ−ợc chọn không nghiện thuốc : P( A ) = 1 – P(A) = 0,7. Gọi B lμ biến cố ng−ời đ−ợc chọn bị viêm họng. Khi đó, B⏐A (t−ơng tự, B⏐ A ) lμ biến cố ng−ời viêm họng đ−ợc chọn lμ nghiện thuốc lá (t−ơng tự không nghiện thuốc lá) với xác suất P(B⏐A) = 0,6 ; P(B⏐ A ) = 0,4 Theo công thức xác suất đầy đủ có P(B) = 0,46. Do A⏐B lμ biến cố ng−ời đ−ợc chọn lμ nghiện thuốc lá, biết rằng ng−ời đó viêm họng. áp dụng công thức Bayes có P(A⏐B) = 0,39. Vậy xác suất để ng−ời viêm họng đ−ợc chọn lμ ng−ời nghiện thuốc lá bằng : 0,39 vμ P( A ⏐B) = 1 – P(A⏐B) = 0,61. 1 2 29. Một lô hạt giống đ−ợc phân thμnh 3 loại. Loại A chiếm số hạt của lô. Loại B chiếm 4 3 số hạt của lô, còn lại lμ hạt thuộc loại C. Các hạt loại A, B, C có tỉ lệ nảy mầm lần l−ợt lμ 0,4 ; 0,6 vμ 0,8. a. Hỏi tỉ lệ nảy mầm chung của cả 3 loại lμ bao nhiêu ?
b. Chọn ngẫu nhiên 1 hạt từ lô thì đ−ợc hạt không nảy mầm. Hỏi khả năng hạt đó thuộc loại nμo ? Giải Gọi X, Y, Z lần l−ợt lμ các biến cố chọn đ−ợc hạt loại A, B, C. Các biến cố X, Y vμ Z lập thμnh nhóm đầy đủ các biến cố vμ 1 2 1 P(X) = ; P(Y) = ; P(Z) = . 4 3 12 Gọi U lμ biến cố hạt đ−ợc chọn nảy mầm. a. Theo công thức xác suất đầy đủ, ta có tỉ lệ nảy mầm chung của 3 hạt lμ : 17 P(U) = = 0,566 30 13 b. L−u ý : P(U ) = 1 – P(U) = , từ công thức Bayes 30 9 8 1 P(X⏐U ) = ; P(Y⏐U ) = ; P(Z⏐U ) = 26 13 26 suy ra khả năng lớn nhất lμ hạt không nảy mầm thuộc loại B. 30. Trong việc truyền tin bằng điện tín ta th−ờng dùng các tín hiệu (.) vμ gạch ngang (–). Do 1 1 tiếng ồn ngẫu nhiên nên trung bình có dấu chấm vμ dấu gạch ngang truyền đi bị sai (tín 4 5 hiệu nμy chuyển thμnh tín hiệu kia). Tỉ số của các tín hiệu chấm vμ gạch ngang đ−ợc truyền 3 đi lμ . Tìm xác suất để tín hiệu sau truyền đi đến nơi nhận đúng nh− ban đầu lμ : 5 a. Tín hiệu chấm. b. Tín hiệu gạch ngang. HD : Sử dụng công thức xác suất đầy đủ. 31. Một lớp học sinh có 50 học sinh, trong đó có 23 nữ. Chọn ngẫu nhiên ba học sinh. Tính xác suất để đ−ợc hai nam. Giải Số cách chọn ba học sinh từ lớp có 50 học sinh lμ : 50! C3 ==19600 . 50 3!47! Để chọn đ−ợc hai nam thì trong 3 học sinh đ−ợc chọn phải có 2 nam vμ 1 nữ. Số cách để chọn 2 nam lμ 27! C2 ==351. 27 2!25! Số cách để chọn 1 nữ lμ : 23! C1 ==23 . 23 1!22!
Do đó số cách để chọn đ−ợc 2 nam vμ 1 nữ lμ 351 ì 23 = 8073. Vậy xác suất để đ−ợc 2 nam vμ 1 nữ 8073 p ==0, 41. 19600 32. Chọn ngẫu nhiên 2 đỉnh của một bát giác lồi. Tính xác suất để đ−ợc một cạnh của bát giác lồi đó. Giải Số đoạn thẳng nối hai đỉnh của bát giác lồi lμ: 8! C2 ==28 . 8 2!6! Số cạnh của bát giác lồi lμ : 8. Vậy xác suất để đ−ợc một cạnh của bát giác lồi lμ 82 p ==. 28 7 33. Cho lục giác đều ABCDEF. Chọn ngẫu nhiên 3 đỉnh của hình lục giác đều đó. Tính xác suất để 3 điểm đã chọn lμ 3 đỉnh của một tam giác cân. Giải Số cách chọn 3 đỉnh của lục giác đều ABCDEF lμ : 6! C3 ==20. 6 3!3! Số tam giác cân mμ 3 đỉnh của tam giác đều ABCDEF lμ : 8 (đó lμ tam giác cân FAB, ABC, BCD, CDE, DEF, EFA, ACE, BDF). Vậy xác suất để 3 điểm đã chọn lμ 3 đỉnh của một tam giác cân lμ: 8 p ==0, 4 . 20 34. Cô Hoa lấy ngẫu nhiên 2 chiếc găng tay trong một hộp có 5 đôi găng tay. Tính xác suất để cô Hoa lấy đ−ợc một đôi găng tay. Giải Số cách chọn 2 chiếc găng tay lμ 10! C2 ==45. 10 2! 8! Số cách chọn đ−ợc một đôi găng tay lμ : 5. Vậy xác suất để cô Hoa lấy đ−ợc một đôi găng tay lμ 41 p ==. 45 9
35. Xếp ngẫu nhiên 9 học sinh trong đó có 4 nữ, đứng thμnh một hμng ngang. Tính xác suất để nam, nữ xen kẽ nhau. Giải Giả sử 9 vị trí xếp 9 học sinh trên đ−ợc đánh số từ 1 đến 9 (từ trái sang phải). Số cách xếp 9 học sinh đứng thμnh một hμng ngang lμ 9!. Để nam, nữ đứng xen kẽ nhau thì nam phải đứng ở các vị trí 1, 3, 5, 7, 9 còn nữ đứng ở các vị trí 2, 4, 6, 8. Số cách xếp 5 nam sinh đứng vμo 5 vị trí 1, 3, 5, 7, 9 lμ 5! vμ số cách xếp 4 nữ vμo các vị trí 2, 4, 6, 8 lμ 4! nên số cách xếp nam, nữ đứng xen kẽ nhau lμ 5! . 4!. Vậy xác suất để nam, nữ đứng xen kẽ nhau lμ : 5!4! 2ìì 3 4 1 p == =. 9! 6ììì 7 8 9 126 36. Xếp ngẫu nhiên 9 học sinh, trong đó có 2 anh em sinh đôi đứng thμnh một vòng tròn. Tính xác suất để 2 anh em sinh đôi đứng gần nhau. Giải Giả sử 9 vị trí để xếp 9 học sinh trên đ−ợc đánh số từ 1 đến 9 (theo chiều kim đồng hồ. Số cách xếp 9 học sinh vμo 9 vị trí nμy lμ 9!. Để sắp xếp 2 anh em sinh đôi đứng gần nhau ta có thể xếp nh− sau : Xếp anh tr−ớc rồi xếp em vμ sau đó xếp 7 ng−ời còn lại. Số cách xếp anh lμ 9 (1 trong 9 vị trí đã đánh số). Sau khi xếp anh, để xếp em đứng cạnh anh thì có 2 cách xếp em (ở bên trái hoặc bên phải ng−ời anh). 7 ng−ời còn lại có 7! cách xếp vμo 7 vị trí còn lại. vì vậy số cách xếp 2 anh em sinh đôi đứng cạnh nhau lμ : 9 ì 2 ì 7!, vμ xác suất để 2 anh em sinh đôi đứng gần nhau lμ: 927!1ì ì p ==. 9! 4 37. Xếp ngẫu nhiên 9 học sinh trong đó có 2 anh em sinh đôi đứng thμnh một hμng ngang. Tính xác suất để 2 anh em sinh đôi đứng gần nhau. Giải Giả sử 9 vị trí để xếp 9 học sinh trên đ−ợc đánh số từ 1 đến 9 (từ trái sang phải). Số cách xếp 9 học sinh vμo 9 vị trí lμ 9!. Để xếp 2 anh em sinh đôi đứng gần nhau ta có thể xếp nh− sau : Xếp anh tr−ớc rồi xếp em vμ sau đó xếp 7 ng−ời còn lại. Số cách xếp anh lμ 9 (1 trong 9 vị trí đã đ−ợc đánh số). Sau khi xếp anh nếu anh đứng ở vị trí số 1 hoặc số 9 thì chỉ có một cách xếp em, còn nếu anh đứng ở 1 trong 7 vị trí 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8 thì có 2 cách xếp em (ở bên trái hoặc bên phải ng−ời anh). 7 ng−ời còn lại có 7! cách để xếp vμo 7 vị trí còn lại. Vì vậy số cách xếp 2 anh em sinh đôi đứng cạnh nhau lμ : (2 + 7 ì 2) ì 7! = 2 ì 8!, vμ xác suất để 2 anh em sinh đôi đứng gần nhau lμ : 28!2ì p ==. 9! 9
38. Xếp ngẫu nhiên 3 ng−ời Việt, 2 ng−ời Pháp vμ 4 ng−ời ý ngồi quanh một bμn tròn. Tính xác suất để những ng−ời cùng quốc tịch ngồi gần nhau. Giải Giả sử 9 vị trí quanh bμn tròn để xếp 9 ng−ời trên (3 ng−ời Việt, 2 ng−ời Pháp vμ 4 ng−ời ý) đ−ợc đánh số từ 1 đến 9 (theo chiều kim đồng hồ). Số cách xếp 9 ng−ời vμo 9 vị trí nμy lμ 9!. Để những ng−ời cùng quốc tịch ngồi gần nhau ta có thể tiến hμnh việc sắp xếp nh− sau : Xem những ng−ời cùng quốc tịch lμ một. Lần l−ợt xếp từng nhóm quốc tịch sau đó trong mỗi nhóm quốc tịch hoán vị những ng−ời cùng quốc tịch. Nhóm quốc tịch đầu tiên có 9 cách xếp. Sau khi xếp nhóm thứ nhất, có hai cách xếp nhóm thứ hai (ở bên trái hoặc bên phải nhóm thứ nhất). Khi đã xếp nhóm thứ nhất vμ nhóm thứ hai chỉ có một cách xếp nhóm thứ ba. Có 3! hoán vị các ng−ời Việt, 2! hoán vị các ng−ời Pháp vμ 4! hoán vị các ng−ời ý. Vì vậy số cách để xếp những ng−ời cùng quốc tịch ngồi gần nhau lμ 9 ì 2 ì 3! ì 2! ì 4! vμ xác suất để những ng−ời cùng quốc tịch ngồi gần nhau lμ : 923!2!4!1ì ììì p ==. 9! 70 39. Xếp ngẫu nhiên 12 hμnh khách lên 3 toa tμu. Tính xác suất để a. Toa thứ nhất có 4 hμnh khách. b. Mỗi toa có 4 hμnh khách. Giải Số cách xếp 12 ng−ời lên 3 toa tμu lμ 312 (mỗi ng−ời có 3 cách lên tμu). a) Để toa thứ nhất có 4 hμnh khách ta có thể tiến hμnh sắp xếp nh− sau : Xếp 4 hμnh khách lên toa thứ nhất rồi xếp 8 hμnh khách còn lại lên 2 toa còn lại. Số cách xếp 4 hμnh 4 8 khách lên toa thứ nhất lμ C12 . Số cách xếp 8 hμnh khách còn lại lên 2 toa còn lại lμ 2 . Do 8 4 đó số cách xếp để toa thứ nhất có 4 hμnh khách lμ 2 C12 vμ xác suất để toa thứ nhất có 4 hμnh khách lμ 284C p = 12 . 312 b) Để mỗi toa có 4 hμnh khách ta có thể tiến hμnh sắp xếp nh− sau : Xếp 4 hμnh khách lên toa thứ nhất rồi xếp 4 hμnh khách trong số 8 hμnh khách còn lại lên toa thứ 2 rồi xếp 4 hμnh khách còn lại lên toa thứ ba. Số cách xếp 4 hμnh khách lên toa 4 4 thứ nhất lμ C12 . Số cách xếp 4 hμnh khách trong 8 hμnh khách lên toa thứ hai lμ C8 . Số cách xếp 4 hμnh khách còn lại lên toa thứ ba lμ 1. Vì vậy, số cách xếp để mỗi toa có 4 44 hμnh khách lμ CC12ì 8 vμ xác suất để mỗi toa có 4 hμnh khách lμ : CC44 p = 12 8 . 312
40. 2 nam sinh vμ 3 nữ sinh đứng thμnh một hμng ngang để chụp hình. Tính xác suất để : a. Các nam sinh đứng riêng một nhóm, các nữ sinh đứng riêng một nhóm ; b. 3 nữ sinh đứng gần nhau. Giải Số cách xếp 2 nam sinh vμ 3 nữ sinh đứng thμnh một hμng ngang lμ 5! a. Để các nam sinh đứng riêng một nhóm, các nữ sinh đứng riêng một nhóm thì có hai tr−ờng hợp : (nam, nam, nữ, nữ, nữ) hoặc (nữ, nữ, nữ, nam, nam). Trong mỗi tr−ờng hợp có 2! cách xếp các nam sinh vμ 3! cách xếp các nữ sinh nên có 2!3! = 12 cách xếp cho mỗi tr−ờng hợp. Vì vậy, có 2 ì 12 = 24 cách xếp để các nam sinh đứng riêng một nhóm, các nữ sinh đứng riêng một nhóm vμ xác suất để nam sinh đứng riêng một nhóm các nữ sinh đứng riêng một nhóm lμ : 24 1 p ==. 5! 5 b. Để 3 nữ sinh đứng gần nhau thì có 3 tr−ờng hợp : (nam, nam, nữ, nữ, nữ) hoặc (nữ, nữ, nữ, nam, nam) hoặc (nam, nữ, nữ, nữ, nam). Trong mỗi tr−ờng hợp có 2! cách xếp các nam vμ 3! cách xếp các nữ sinh nên có 2!3! = 12 cách xếp cho mỗi tr−ờng hợp. Vì vậy có 3 ì 12 = 36 cách xếp để 3 nữ sinh đứng gần nhau vμ xác suất để 3 nữ sinh đứng gần nhau lμ : 36 3 p ==. 5! 10 41. Giả sử theo lộ trình Huế vμ Đμ Nẵng có hai xí nghiệp vận tải hμnh khách A vμ B. Xí nghiệp A có 10 xe, xí nghiệp B có 15 xe. Một ng−ời đi vμ về bằng xe của một trong hai xí nghiệp đó. Tính xác suất để ng−ời đó đi vμ về bằng: a. Xe của cùng một xí nghiệp ; b. Xe của hai xí nghiệp khác nhau. Giải Số cách đi vμ về theo lộ trình Huế - Đμ Nẵng bằng xe của một trong hai xí nghiệp A vμ B lμ 252 (đi có 25 cách vμ về có 25 cách). a) Để đi vμ về bằng xe của cùng một xí nghiệp có hai tr−ờng hợp : – Đi vμ về bằng xe của xí nghiệp A. Số cách đi vμ về bằng xe của xí nghiệp A lμ 102. – Đi vμ về bằng xe của xí nghiệp B. Số cách đi vμ về bằng xe của xí nghiệp B lμ 152. Do đó, số cách đi vμ về bằng xe của cùng một xí nghiệp lμ 102 + 152 vμ xác suất để đi về bằng xe của cùng một xí nghiệp lμ : 1022+ 15 p ==0,52 . 252 b) Để đi vμ về bằng xe của hai xí nghiệp khác nhau có hai tr−ờng hợp : – Đi xe của xí nghiệp A vμ về bằng xe của xí nghiệp B. Số cách đi vμ về bằng kiểu nμy lμ 15 ì 10 = 150.
– Đi xe của xí nghiệp B vμ về bằng xe của xí nghiệp A. Số cách đi vμ về bằng kiểu nμy lμ 15 ì 10 = 150. Do đó, số cách đi vμ về bằng xe của hai xí nghiệp khác nhau lμ 150 +150 vμ xác suất để đi vμ về bằng xe của hai xí nghiệp khác nhau lμ: 300 p ==0, 48 . 252 42. Xếp ngẫu nhiên 3 quyển sách toán, 2 quyển sách lí vμ 4 quyển sách văn vμo một giá sách. Tính xác suất để các quyển sách cùng môn xếp gần nhau. Giải Số cách xếp 9 quyển sách (3 quyển sách toán, 2 quyển sách lí vμ 4 quyển sách văn) vμo giá sách lμ 9!. Để các quyển sách cùng môn xếp gần nhau ta có hai loại hoán vị : Hoán vị các môn vμ hoán vị trong từng môn. Có 3! hoán vị 3 môn, 3! hoán vị sách toán, 2! hoán vị sách lí vμ 4! hoán vị sách văn. Do đó, có tất cả 3!3!2!4! = 1728 cách xếp các quyển sách cùng môn gần nhau vμ xác suất để các quyển sách cùng môn xếp gần nhau lμ : 1728 1 p ==. 9! 210 43. Từ AMOUR gồm 5 kí tự. Lấy ngẫu nhiên 4 kí tự để thμnh lập một từ (không cần có nghĩa). Tính xác suất để đ−ợc một từ có chứa kí tự A. Giải 4 Số cách lấy ra 4 kí tự từ AMOUR lμ C5 = 5. Số cách lấy ra 4 kí tự từ AMOUR mμ 1 không có kí tự A lμ C4 = 1. Do đó, xác suất để đ−ợc một từ không chứa kí tự A lμ p = . 4 5 Vậy xác suất để đ−ợc một từ có chứa kí tự A lμ : 1 4 q = 1 – p = 1 – = . 5 5 44. Lấy ngẫu nhiên 2 đỉnh của một n-giác lồi. Tính xác suất để đoạn thẳng nối 2 đỉnh đã chọn lμ một đ−ờng chéo của đa giác lồi đó. Giải nn(1− ) Số cách lấy 2 đỉnh của một n-giác lồi lμ C2 = . Đó cũng chính lμ số đoạn thẳng n 2 nn(3− ) nối 2 đỉnh của đa giác lồi đó. Do đó, số đ−ờng chéo của n-giác lồi lμ C2 – n = . n 2 Đây cũng chính lμ số cách chọn đ−ợc 2 đỉnh mμ đoạn thẳng nối 2 đỉnh đã chọn lμ một đ−ờng chéo của đa giác lồi đó. Vậy xác suất để đoạn thẳng nối 2 đỉnh đã chọn lμ một đ−ờng chéo của n-giác lồi đó lμ :
nn(3)− n − 3 p = 2 = . nn(1)− n −1 2 45. Một lớp học nhạc gồm 7 nam sinh vμ 4 nữ sinh. Chọn ngẫu nhiên 3 ng−ời để đồng ca. Tính xác suất để trong nhóm đã chọn ít nhất một nữ sinh. Giải 3 Số cách chọn 3 ng−ời từ lớp nhạc gồm 11 ng−ời lμ C11 . Số cách chọn đ−ợc cả 3 ng−ời 3 đều lμ nam sinh lμ C7 . Xác suất để cả 3 ng−ời đã chọn đều lμ nam sinh lμ : 3 C7 7 p ==3 C11 33 Xác suất để trong nhóm đã chọn có ít nhất một nữ sinh lμ : 26 q = 1 – p = . 33 46. Trong ví có 5 tờ 1000 đồng, 6 tờ 2000 vμ 4 tờ 5000 đồng. Rút ngẫu nhiên 2 tờ. Tính xác suất để đ−ợc 7000 đồng. Giải 2 Số cách rút 2 tờ giấy bạc trong ví có 15 tờ giấy bạc lμ C15 = 105. Muốn đ−ợc 7000 đồng phải rút ra một tờ 2000 đồng vμ một tờ 5000 đồng, nên số cách rút đ−ợc 7000 đồng lμ 6 ì 4 = 24. Xác suất để đ−ợc 7000 đồng lμ: 24 8 p ==. 105 35 47. Trong một lớp học có 50 học sinh trong đó có 15 học sinh giỏi toán, 10 học sinh giỏi lí hoá, 5 giỏi toán vμ lí hoá. Chọn ngẫu nhiên một học sinh. Tính xác suất để học sinh đó giỏi toán hoặc lí hoá. Giải Gọi A lμ biến cố chọn đ−ợc học sinh giỏi toán, B lμ biến cố chọn đ−ợc học sinh giỏi lí hoá. Khi đó A ∩ B lμ biến cố chọn đ−ợc học sinh giỏi toán vμ lí hoá. A ∪ B lμ biến cố chọn đ−ợc học sinh giỏi toán hoặc lí hoá. Ta có : 15 10 5 2 P(A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(A ∩ B) = + −=. 50 50 50 5
1 48. Một đôi bạn dựng 2 chiếc xe ở một chỗ “nguy hiểm”. Xác suất để mất một xe lμ , 2000 1 xác suất để mất 2 xe lμ . Tính xác suất để mất ít nhất một xe. 10000 Giải Gọi A lμ biến cố mất xe thứ nhất, B lμ biến cố mất xe thứ hai. Khi đó A ∩ B lμ biến cố mất 2 xe. A ∪ B lμ biến cố mất ít nhất một xe. Ta có : P(A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(A ∩ B) 11 1 9 = +− = . 2000 2000 10000 10000 49. Ngμy tết, trong túi có 2 tờ 5000 đồng, 6 tờ 2000 đồng vμ 4 tờ 1000 đồng. Rút ngẫu nhiên ra 4 tờ lì xì một đứa bé. Tính xác suất để đứa bé đ−ợc 8000 đồng. Giải Nhận xét rằng để đứa cho đứa bé 8000 đồng ta phải rút ra : 4 tờ 2000 đồng hoặc 1 tờ 5000 đồng vμ 3 tờ 1000 đồng. Gọi A lμ biến cố rút ra đ−ợc 4 tờ 2000 đồng, B lμ biến cố rút đ−ợc 1 tờ 5000 đồng vμ 3 tờ 1000 đồng. Vì A vμ B lμ 2 biến cố xung khắc nên ta có: 413 CCC62423 P(A ∪ B) = P(A) + P(B) = 44+=. CC12 12 495 50. Trong một lμng có 25% dân bị bệnh sốt rét, 15% dân bị bệnh cúm, 10% dân mắc cả 2 bệnh, còn lại thì mạnh khoẻ. Chọn ngẫu nhiên một ng−ời, tính xác suất để gặp một ng−ời có bệnh. Giải Gọi A lμ biến cố chọn đ−ợc ng−ời dân bị bệnh sốt rét, B lμ biến cố chọn đ−ợc ng−ời dân bị bệnh cúm. Ta có : A ∩ B lμ biến cố chọn đ−ợc ng−ời dân bị cả hai bệnh, A ∪ B lμ biến cố chọn đ−ợc ng−ời dân bị bệnh. P(A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(A ∩ B) = 0,25 + 0,15 – 0,10 = 0,30. 51. Trong một căn phòng có 6 cặp vợ chồng. Chọn ngẫu nhiên 2 ng−ời. Tính xác suất để chọn đ−ợc một cặp vợ chồng. Giải 2 Số cách chọn 2 ng−ời trong phòng có 12 ng−ời lμ C12 = 66 Số cách chọn đ−ợc một cặp vợ chồng trong 6 cặp vợ chồng lμ 6. Vậy xác suất để chọn đ−ợc một cặp vợ chồng lμ: 61 p = = . 66 11
52. Xếp ngẫu nhiên 12 học sinh vμo 3 phòng. Tính xác suất để phòng nμo cũng có ít nhất một học sinh. Giải Gọi Ai lμ biến cố phòng thứ i không có học sinh nμo (i = 1, 2, 3). Biến cố A = A1 ∪ A2 ∪ A3 lμ biến cố có ít nhất một phòng không có học sinh nμo vμ A lμ biến cố phòng nμo cũng có ít nhất một học sinh. Ta có : P(A) = P(A1) + P(A2) + P(A3) – P(A1 A2) – P(A1 A3) – P(A2 A3) + P(A1 A2 A3). 1 Vì xác suất để một học sinh đ−ợc phân vμo phòng thứ i lμ nên xác suất để phân 12 3 học sinh vμo 3 phòng mμ phòng thứ i không có học sinh nμo lμ : 12 ⎛⎞2 P(Ai) = ⎜⎟ (i = 1, 2, 3). ⎝⎠3 A1A2 lμ biến cố phòng 1 vμ phòng 2 không có học sinh nμo, nghĩa lμ phòng 3 có 12 học sinh nên: 12 ⎛⎞1 P(A1A2) = ⎜⎟. ⎝⎠3 T−ơng tự 12 ⎛⎞1 P(A1A3) = P(A2A3) = ⎜⎟. ⎝⎠3 Vì A1A2A3 = ∅ nên : P(A1A2A3) = 0. 12 12 ⎛⎞212 ⎛⎞ 12 −1 P(A) = 3⎜⎟−=3 ⎜⎟ 11 . ⎝⎠333 ⎝⎠ vμ xác suất để phòng nμo cũng có ít nhất một học sinh lμ : 3211− 12 +1 PA=−1() PA = . () 311 53. Bốn chị em khéo tay nh− nhau, thay nhau rửa bát. Sau một tháng có 5 cái bát vỡ. a) Tính xác suất để cô chị cả không lμm vỡ cái bát nμo. b) Tính xác suất để cô nμo cũng lμm vỡ bát. Giải 1 a) Xác suất để cô chị cả lμm vỡ một cái bát lμ . Do đó xác suất để trong 5 cái bát vỡ 4 cô chị cả không lμm vỡ cái bát nμo lμ:
55 ⎛⎞⎛13⎞ p = ⎜⎟⎜1−=⎟. ⎝⎠⎝44⎠ b) Gọi Ai lμ biến cố cô thứ i không lμm vỡ cái bát nμo (i = 1, 2, 3, 4). Biến cố A = A1 ∪ A2 ∪ A3 ∪ A4 lμ biến cố có ít nhất một cô không lμm vỡ cái bát nμo vμ A lμ biến cố cô nμo cũng lμm vỡ bát. Ta có : P(A) = P(A1) + P(A2) + P(A3) + P(A4) – P(A1A2) – P(A1A3) – P(A1A4) – P(A2A3) – P(A2A4) – P(A3A4) + P(A1A2A3) + P(A1A2A4) + P(A1A3A4) + P(A2A3A4). 1 Vì xác suất để mỗi cô lμm vỡ một cái bát lμ nên xác suất cô thứ i không lμm vỡ cái 4 bát nμo lμ : 5 ⎛⎞3 P(Ai) = ⎜⎟ (i = 1, 2, 3, 4). ⎝⎠4 Ai Aj (i ≠ j) lμ biến cố cô thứ i vμ cô thứ j không lμm vỡ cái bát nμo. Để tính xác suất của biến cố nμy ta chú ý rằng số cách lμm vỡ 5 cái bát chính lμ số cách phân 5 cái bát cho 4 cô, nghĩa lμ có 45 cách lμm vỡ bát. Số cách lμm vỡ bát mμ cô thứ i vμ cô thứ j không lμm vỡ cái bát nμo lμ 25. Do đó 215 P(A A ) = = . i j 4255 Ai Aj Ak (i, j, k đôi một khác nhau) lμ biến cố cô thứ i, cô thứ j vμ cô thứ k không lμm vỡ cái bát nμo, tức lμ cô còn lại lμm vỡ cả 5 cái bát. Vì vậy 1 P(A A A ) = . i j k 45 Vì A1 A2A3 A4 = ∅ nên : P(A1 A2A3 A4) = 0, Vậy 5 ⎛⎞31149 P(A) = 464⎜⎟−+55 =, ⎝⎠42464 vμ xác suất để cô nμo cũng lμm vỡ bát lμ : 15 PA=−1() PA = . () 64 54. Chọn ngẫu nhiên hai học sinh từ một lớp có 15 nữ sinh vμ 35 nam sinh. Tính xác suất để chọn đ−ợc hai học sinh cùng giới.
Giải Gọi A lμ biến cố chọn đ−ợc 2 nam sinh, B lμ biến cố chọn đ−ợc 2 nữ sinh. Khi đó A vμ B lμ hai biến cố xung khắc vμ C = A + B lμ biến cố chọn đ−ợc hai học sinh cùng giới. Ta có : 2 C35 34ì 35 17 P(A) = 2 ==, C50 49ì 50 35 2 C15 14ì 15 3 P(B) = 2 ==. C50 49ì 50 35 Vì vậy 4 P(C) = P(A) + P(B) = . 7 55. Các số 1, 2, , n đ−ợc ghi trên các tấm thiếp, mỗi số trên một tấm vμ đ−ợc đặt cạnh nhau một cách ngẫu nhiên. Tìm xác suất sao cho: a) Các số 1 vμ 2 đ−ợc đặt cạnh nhau theo thứ tự tăng từ trái sang phải. b) Các số 1, 2 vμ 3 đ−ợc đặt cạnh nhau theo thứ tự tăng từ trai sang phải. Giải a) Có thể xem việc đặt n tấm thiếp cạnh nhau một cách ngẫu nhiên lμ đặt ngẫu nhiên n tấm thiếp đó vμo n vị trí cho tr−ớc thμnh hμng ngang. Do đó số cách đặt n tấm thiếp cạnh nhau lμ : n!. Để các số 1 vμ 2 đ−ợc đặt cạnh nhau theo thứ tự tăng từ trái sang phải ta có thể thực hiện nh− sau : đặt tấm thiếp ghi số 1 tr−ớc vμ sau đó đặt tấm thiếp ghi số 2 rồi đặt n – 2 tấm thiếp còn lại vμo n – 2 vị trí còn lại. Có n –1 cách đặt tấm thiếp ghi số 1, 1 cách đặt tấm thiếp ghi số 2 vμ (n – 2)! cách đặt n – 2 tấm thiếp còn lại. Vì vậy số cách đặt các số 1 vμ 2 đ−ợc cạnh nhau theo thứ tự tăng từ trái sang phải lμ : (n – 1)(n – 2)! = (n – 1)!. Xác suất để các số 1 vμ số 2 đ−ợc đặt cạnh nhau theo thứ tự tăng từ trái sang phải lμ : (1)!1n − p = = . nn! b) Lập luận t−ơng tự ta có số cách đặt các số 1, 2 vμ 3 cạnh nhau theo thứ tự tăng từ trái sang phải lμ (n – 1)(n–3)! vμ xác suất để các số 1, 2 vμ 3 đ−ợc đặt cạnh nhau theo thứ tự tăng từ trái sang phải lμ : (1)(3)!1nn− − q = = . nn!(− 2)n 56. Từ tập n số tự nhiên {1, 2, , n} chọn ngẫu nhiên cùng một lúc hai số. Tìm xác suất sao cho trong hai số đó có một số nhỏ hơn số nguyên k cho tr−ớc (1 < k < n) vμ số kia lớn hơn k. Giải (1)nn− Số cách chọn hai số từ tập {1, 2, , n} lμ C2 = . n 2
Có k – 1 số trong tập {1, 2, , n} nhỏ hơn k vμ n – k số trong tập {1, 2, , n} lớn hơn k. Do đó số cách lấy hai số sao cho một số trong hai số đó nhỏ hơn số nguyên k vμ số kia lớn hơn k lμ : (k – 1)(n - k). Vậy xác suất sao cho một trong hai số đó nhỏ hơn số nguyên k vμ số kia lớn hơn k lμ : (1)()2(1)(knkknk− −−−) p == . (1)nn− (1)nn− 2 57. Một hộp chứa 3 bi trắng, 7 bi đỏ vμ 15 bi xanh. Một hộp khác chứa 10 bi trắng, 6 bi đỏ vμ 9 bi xanh. Lấy ngẫu nhiên từ mỗi hộp một bi. Tìm xác suất để hai viên bi lấy ra cùng mμu. Giải Gọi A lμ biến cố hai bi lấy ra cùng mμu trắng, B lμ biến cố hai bi lấy ra cùng mμu đỏ vμ C lμ biến cố hai bi lấy ra cùng mμu xanh. Ta có : A, B, C lμ ba biến cố đôi một xung khắc vμ E = A + B + C lμ biến cố hai viên bi lấy ra cùng mμu. Số cách lấy ngẫu nhiên từ mỗi hộp một bi lμ : 25 ì 25 = 625. Có 3 cách lấy đ−ợc một bi trắng từ hộp chứa 3 bi trắng, 7 bi đỏ vμ 15 bi xanh vμ có 10 cách lấy đ−ợc một bi trắng từ hộp chứa 10 bi trắng, 6 bi đỏ vμ 9 bi xanh. Do đó số cách lấy đ−ợc 2 viên bi cùng mμu trắng lμ : 3 ì 10 = 30 vμ 30 P(A) = 625 T−ơng tự : 76ì 42 P(B) = = , 625 625 15ì 9 135 P(C) = = . 625 625 Vậy 30+ 42+ 135 207 P(E) = P(A) + P(B) + P(C) = = . 625 625 58. Một cậu bé có một hộp chứa 2 bi trắng vμ 8 bi đỏ. Cậu bé lấy ngẫu nhiên từng viên bi một cho đến viên bi cuối cùng. Tìm xác suất để viên bi cuối cùng lμ bi đỏ. Giải Số cách lấy đến viên bi cuối cùng lμ : 10. Số cách lấy đ−ợc viên bi đỏ cuối cùng lμ : 8. Xác suất để viên bi cuối cùng lμ bi đỏ lμ : 84 p = = . 10 5
59. Một khách sạn có 6 phòng phục vụ khách nh−ng có tất cả 10 khách đến xin nghỉ trọ trong đó có 6 nam vμ 4 nữ. Khách sạn phục vụ theo nguyên tắc “ai đến tr−ớc phục vụ tr−ớc vμ mỗi phòng nhận một ng−ời”. a) Tìm xác suất để cho cả 6 nam đều đ−ợc nghỉ trọ. b) Tìm xác suất để 4 nam vμ 2 nữ đ−ợc nghỉ trọ. c) Tìm xác suất sao cho ít nhất 2 trong số 4 nữ đ−ợc nghỉ trọ. Giải 6 a) Số cách để trong 10 khách có 6 khách đ−ợc nghỉ trọ lμ : C10 = 210. Số cách để 6 6 nam đều đ−ợc nghỉ trọ lμ : C6 = 1. Xác suất để cho cả 6 nam đều đ−ợc nghỉ trọ lμ : 1 p = . 210 42 b) Số cách để 4 nam vμ 2 nữ đ−ợc nghỉ trọ lμ : CC64 = 90 nên xác suất để 4 nam vμ 2 nữ đ−ợc nghỉ trọ lμ : 90 3 q ==. 210 7 c) Gọi Ai lμ biến cố có i nữ đ−ợc nghỉ trọ (i = 0, 1). Khi đó A = A0 + A1 lμ biến cố có nhiều nhất 1 nữ đ−ợc nghỉ trọ. A lμ biến cố có ít nhất 2 nữ đ−ợc nghỉ trọ. Ta có : 1 PA()= , 0 210 CC51 24 PA()==64 , 1 210 210 25 P(A) = P(A ) + P(A ) = , 0 1 210 185 37 PA()=− 1 PA () = = . 210 42 60. Chọn ngẫu nhiên một học sinh từ một lớp có 25% học sinh giỏi toán, 5% học sinh giỏi toán vμ lí hoá. Tính xác suất để học sinh đó giỏi lí hoá, biết rằng học sinh đó giỏi toán. Giải Gọi A lμ biến cố chọn đ−ợc học sinh giỏi toán, B lμ biến cố chọn đ−ợc học sinh giỏi lí hoá. Khi đó AB lμ biến cố chọn đ−ợc học sinh giỏi toán vμ lí hóa. Ta có : P(AB) = 5%, P(A) = 25%. Xác suất để học sinh đó giỏi lí hóa, biết rằng học sinh đó giỏi toán lμ : P(AB) 5 1 P(B | A) = ==. P(A) 25 5
61. Chứng minh rằng nếu A vμ B lμ hai biến cố độc lập thì các cặp biến cố sau cũng độc lập : A vμ B, A vμ B , A vμ B . Chứng minh Ta có : P( A B) = P(B \ AB) = P(B) – P(AB) = P(B) – P(A)P(B) = P (B) (1–P(A)) = P( A )P(B). nên hai biến cố A vμ B độc lập T−ơng tự hai biến cố A vμ B độc lập. Vì A vμ B độc lập nên áp dụng kết quả trên ta suy ra A vμ B độc lập. 62. Mất một chiếc xe Honda vμ mất một chiếc xe Vespa lμ hai biến cố độc lập. ở điểm dựng xe X, xác suất để mất xe Honda lμ 0,25, để mất xe Vespa lμ 0,1. Hai ng−ời bạn, một ng−ời đi xe Honda vμ ng−ời kia đi xe Vespa dựng xe ở X để vμo mua đồ. Tính xác suất để lúc ra còn 2 xe. Giải Gọi A lμ biến cố mất xe Honda, B lμ biến cố mất xe Vespa. khi đó A lμ biến cố còn xe Honda, B lμ biến cố còn xe Vespa. A ∩ B lμ biến cố còn 2 xe. Vì hai biến cố A vμ B độc lập nên hai biến cố A vμ B độc lập, Do đó : P( A ∩ B ) = P( A ) P( B ) = 0,75 x 0,9 = 0,675. 63. Tung ngẫu nhiên 3 đồng xu cân đối vμ đồng chất. Gọi A lμ biến cố cả 3 mặt xuất hiện đều nh− nhau, B lμ biến cố có ít nhất 2 mặt ngửa xuất hiện. Chứng minh A vμ B lμ hai biến cố độc lập. Chứng minh Ta có : Ω = {NNN, NNS, NSN, NSS, SSS, SSN, SNS, SNN}, A = {NNN, SSS}, B = {NNN, NNS, SNN, NSN}, A ∩ B = {NNN}, nên 21 P(A) = = , 84 41 P(B) = = , 82 1 P(A ∩ B) = . 8 So sánh các kết quả trên ta thấy : P(A ∩ B) = P(A) . P(B).
Vậy A vμ B độc lập. 1 1 64. Hai anh em cùng đi săn. Xác suất để anh bắn trúng thỏ lμ , để em bắn trúng thỏ lμ . 3 4 Hai anh em thấy một con thỏ vμ mỗi ng−ời bắn một phát. Tính xác suất để con thỏ bị bắn trúng. Giải Gọi A lμ biến cố ng−ời anh bắn trúng con thỏ, B lμ biến cố ng−ời em bắn trúng con thỏ. Ta có : A ∪ B lμ biến cố con thỏ bị bắn trúng : P(A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(AB) = P(A) + P(B) – P(A)P(B) 11111 = +−⋅ =. 34342 65. Lấy ngẫu nhiên lần l−ợt 3 viên bi từ một bình chứa 10 viên bi xanh, 6 viên bi đỏ vμ 4 viên bi vμng. Tính xác suất để lần l−ợt đ−ợc 1 viên bi xanh, 1 viên bi đỏ vμ 1 viên bi vμng. Giải Gọi A lμ biến cố lấy đ−ợc viên bi xanh ở lần lấy thứ nhất, B lμ biến cố lấy đ−ợc viên bi đỏ ở lần lấy thứ hai vμ C lμ biến cố lấy đ−ợc viên bi vμng ở lần lấy thứ ba. Ta có : ABC lμ biến cố lần l−ợt đ−ợc 1 viên bi xanh, 1 viên bi đỏ vμ 1 viên bi vμng. P(ABC) = P(A)P(B⏐A)P(C⏐AB). Nh−ng 10 1 P(A) = = , 20 2 6 P(B⏐A) = , 19 42 P(C⏐AB) = = , 18 9 162 6 P(ABC) = ⋅⋅ = . 2 19 9 171 66. Một nhóm gồm 7 nam sinh vμ 3 nữ sinh xuất sắc. Chọn ngẫu nhiên 3 học sinh để dự thi “đố vui để học”. Tính xác suất để chọn đ−ợc lần l−ợt 2 nam sinh vμ 1 nữ sinh. Giải Gọi A lμ biến cố chọn đ−ợc nam sinh ở lần chọn thứ nhất, B lμ biến cố chọn đ−ợc nam sinh ở lần chọn thứ hai vμ C lμ biến cố chọn đ−ợc nữ sinh ở lần chọn thứ ba. Ta có : ABC lμ biến cố lần l−ợt chọn đ−ợc 2 nam sinh vμ 1 nữ sinh. P(ABC) = P(A)P(B⏐A)P(C⏐AB). Nh−ng
7 P(A) = , 10 6 P(B⏐A) = , 9 3 P(C⏐AB) = , 8 nên 763 7 P(ABC) = = . 10 9 8 40 67. Chọn lần l−ợt 3 kí tự trong cụm từ VIET NAM. Tính xác suất để đ−ợc từ MEN. Giải Gọi A lμ biến cố chọn đ−ợc kí tự M ở lần chọn thứ nhất, B lμ biến cố chọn đ−ợc kí tự E ở lần chọn thứ hai vμ C lμ biến cố chọn đ−ợc kí tự N ở lần chọn thứ ba. Ta có : ABC lμ biến cố để đ−ợc kí tự MEN. P (ABC) = P (A) P (B⏐A) P (C⏐AB) Nh−ng 1 P (A) = , 7 1 P (B⏐A) = , 6 1 P (C⏐AB) = , 5 nên 111 1 P (ABC) = = . 765 210 68. Có hai bình, bình thứ nhất chứa 5 bi xanh vμ 3 bi đỏ, bình thứ hai chứa 7 bi xanh vμ 6 bi đỏ. Chọn ngẫu nhiên một bình vμ từ bình đó lấy ngẫu nhiên ra một viên bi. Tính xác suất để đ−ợc viên bi xanh. Giải Gọi Hi lμ biến cố chọn ở bình thứ i (i = 1, 2) vμ A lμ biến cố chọn đ−ợc viên bi xanh. Rõ rμng H1 vμ H2 lμ một nhóm đầy đủ các biến cố, áp dụng công thức xác suất đầy đủ ta có : P (A) = P (H1) P (A⏐H2) + P (H2) P (A⏐H2 ). Nh−ng 1 P (H ) = P (H ) = , 1 2 2 5 P(A⏐H ) = , 1 8
7 P(A⏐H ) = , 2 13 nên 15 1 7 121 P(A) = +=. 28 213208 69. Có hai hộp bóng đèn : Hộp thứ nhất chứa 6 bóng tốt vμ 2 bóng xấu. Hộp thứ hai chứa 4 bóng tốt vμ 3 bóng xấu. Tung ngẫu nhiên một con xúc xắc cân đối, đồng chất. Nếu đ−ợc mặt chia hết cho 3 thì ta lấy ngẫu nhiên một bóng đèn từ hộp thứ nhất. Nếu đ−ợc một mặt khác thì ta lấy một bóng đèn từ hộp thứ hai. Tính xác suất để đ−ợc một bóng tốt. Giải Gọi H lμ biến cố đ−ợc mặt chia hết cho 3 khi tung con xúc xắc vμ A lμ biến cố lấy đ−ợc một bóng tốt. Rõ rμng H vμ H lμ một nhóm đầy đủ các biến cố, áp dụng công thức xác suất đầy đủ ta có : P(A) = P(H) P(A/H) + P (H) P(A/ H ). Nh−ng 2 1 12 P(H) = = , P( H ) = 1 – P (H) = 1 – = . 6 3 33 63 4 P(A⏐H) = = , P (A | H ) = . 81 7 nên 16 24 43 P(A) = ⋅+⋅= . 38 37 84 70. Trong một giải bóng đá Quốc tế đội tuyển Việt Nam lần l−ợt phải đấu với các đội tuyển Thái Lan vμ Hμn Quốc. Đấu với Thái Lan thì Việt Nam có 70% hi vọng thắng vμ nếu thắng thì lên tinh thần vμ có 60% hi vọng thắng Hμn Quốc. Nếu thua Thái Lan thì đội tuyển Việt Nam xuống tinh thần vμ chỉ còn 20% hi vọng thắng Hμn Quốc. Tính xác suất để đội tuyển : a) Việt Nam thắng hai trận. b) Việt Nam thắng ít nhất một trận. Giải Gọi A lμ biến cố đội tuyển Việt Nam thắng đội tuyển Thái Lan, B lμ biến cố đội tuyển Việt Nam thắng đội tuyển Hμn Quốc. Ta có : E = AB lμ biến cố đội tuyển Việt Nam thắng hai trận vμ F = A B + A B + E lμ biến cố đội tuyển Việt Nam thắng ít nhất một trận. a) Ta có : P(E) = P(A) P(B⏐A) = 0,7 ì 0,6 = 0,42.
b) Ta có : P( A B) = P( A ) P(B⏐ A ) = 0,3 ì 0,2 = 0,06. P(A B ) = P(A) P( B ⏐A) = 0,7 ì 0,4 = 0,28. P(F) = P( A B) + P(A B ) + P(E) = 0,06 + 0,28 + 0,42 = 0,76. 71. Xác suất để một học sinh lớp 12 đỗ Tú tμi lμ 0,8 vμ xác suất để học sinh đó đỗ vμo Đại học Y khoa lμ 0,1. Tính xác suất để học sinh đó lμ sinh viên tr−ờng Đại học Y khoa. Giải Gọi A lμ biến cố học sinh đang xét thi đỗ Tú tμi vμ B lμ biến cố học sinh đó thi đỗ vμo Đai học Y khoa. Ta có : AB lμ biến cố học sinh đó lμ sinh viên tr−ờng Đại học Y khoa vμ P (AB) = P(A) P(B⏐A) = 0,8 ì 0,1 = 0,08. 72. Có 5 đ−ờng đi từ tỉnh X nh−ng chỉ có 2 đ−ờng đến tỉnh Y, có 4 đ−ờng đi từ tỉnh Y nh−ng chỉ có một đ−ờng tới tỉnh Z. Tính xác suất để một ng−ời ngẫu nhiên đi từ tỉnh X tới tỉnh Z qua tỉnh Y. Giải Gọi A lμ biến cố ng−ời đó đi từ tỉnh X qua tỉnh Y vμ B lμ biến cố ng−ời đó đến tỉnh Z. Ta có : AB lμ biến cố ng−ời đó đi từ tỉnh X tới tỉnh Z qua tỉnh Y vμ 21 P(AB) = P(A) P(B⏐A) = ì=0,1 . 54 73. Hai đoμn tμu X vμ Y phải đến ga Huế. Xác suất để đoμn tμu X đến đúng giờ lμ 0,8 vμ xác suất để đoμn tμu Y đến đúng giờ lμ 0,9. Tính xác suất để ít nhất một đoμn tμu đến đúng giờ. Giải Gọi A lμ biến cố đoμn tμu X đến đúng giờ vμ B lμ biến cố đoμn tμu Y đến đúng giờ. Khi đó A ∪ B lμ biến cố có ít nhất một đoμn tμu đến đúng giờ. Ta có : P(A ∪ B) = P(A) + P(B) – P(AB) = P(A) + P(B) – P(A) P(B) = 0,8 + 0,9 – 0,8 ì 0,9 = 0,98. 74. Kì thi Tú tμi có 25% thí sinh thi đậu. Hai cô X vμ Y cùng đi thi. Tính xác suất để cả hai cô cùng thi rớt. Giải Gọi A lμ biến cố cô X thi rớt vμ B lμ biến cố cô Y thi rớt. Khi đó AB lμ biến cố cả hai cô đều thi rớt. Ta có : P(A) = P(B) = 1 – 0,25 = 0,75. P(AB) = P(A) P(B) = (0,75)2 = 0,5625. 75. Hai kiện t−ớng cờ ngang sức thi đấu với nhau. Biến cố thắng hai trong bốn ván vμ biến cố thắng ba trong sáu ván biến cố nμo có xác suất lớn hơn ?
Giải 1 Vì đấu ngang sức nên xác suất thắng của các đấu thủ đều bằng . 2 Xác suất thắng hai trong bốn ván lμ 4 2 ⎛⎞13 P(2, 4) = C4 ⎜⎟= . ⎝⎠28 Xác suất thắng ba trong sáu ván lμ : 6 3 ⎛⎞15 P(3, 6) = C6 ⎜⎟= . ⎝⎠216 Vậy biến cố thắng hai trong bốn ván có xác suất lớn hơn. 76. Trong một hộp có chứa hai viên bi có mμu trắng hoặc đỏ, ta bỏ thêm vμo hộp một bi đỏ, sau đó xáo trộn đều vμ rút ngẫu nhiên ra một viên bi. Tính xác suất để viên bi rút ra lμ đỏ. Giải Gọi A lμ biến cố rút đ−ợc viên bi đỏ, Bi lμ biến cố lúc đầu trong hộp có i bi trắng (i = 0, 1, 2). Các biến cố Bi tạo thμnh nhóm đầy đủ các biến cố. 1 P(B ) = (i = 0, 1, 2), i 3 P(A⏐B0) = 1, 2 P(A⏐B ) = , 1 3 1 P (A⏐B ) = 2 3 nên theo công thức xác suất đầy đủ : P(A) = P(B0) P(A⏐B0) + P(B1) P(A⏐B1) + P(B2) P(A⏐B2) 112112 = 1 . + +=. 333333 77. Hai máy tiện cùng sản xuất ra một loại trục xe đạp nh− nhau. Các trục xe đ−ợc đóng chung vμo một kiện. Năng suất của máy tiện thứ hai gấp đôi năng suất của máy tiện thứ nhất. Máy tiện thứ nhất sản xuất đ−ợc 64% trục loại tốt, còn máy tiện thứ hai đ−ợc 80% trục loại tốt. Lấy ngẫu nhiên từ một kiện một trục thì đ−ợc trục loại tốt. Tìm xác suất để trục đó do máy tiện thứ nhất sản xuất. Giải Gọi A lμ biến cố trục xe lấy ra thuộc loại tốt, Bi (i = 1 , 2) lμ biến cố trục xe lấy ra do máy tiện thứ i sản xuất. Các biến cố Bi, tạo thμnh nhóm đầy đủ các biến cố. 1 2 P(B ) = , P(B ) = , 1 3 2 3 P(A⏐B1) = 0,64 , P(A⏐B2) = 0,80,
nên theo công thức xác suất đầy đủ, ta có : P(A) = P(B1) P(A⏐B1) + P(B2) P(A⏐B2) 1 2 2,24 = . 0,64 + . 0,80 = . 3 3 3 Xác suất để trục lấy ra lμ tốt do máy tiện thứ nhất sản xuất lμ : 0,64 PB()( PAB⏐ ) 2 P(B ⏐A) = 11==3 . 1 PA() 2.24 7 3 78. Bắn hai lần độc lập với nhau, mỗi lần một viên đạn vμo cùng một bia. Xác suất trúng bia của viên đạn thứ nhất lμ 0,7 vμ của viên đạn thứ hai lμ 0,5. Sau khi bắn, ng−ời báo bia báo có một viết đạn ở bia. Tìm xác suất để vết đạn đó lμ vết đạn của viên đạn thứ nhất. Giải Gọi : A lμ biến cố một viên đạn trúng đích. H1 lμ biến cố cả hai viên đạn đều không trúng đích. H2 lμ biến cố cả hai viên đạn đều trúng đích. H3 lμ biến cố viên đạn thứ nhất trúng đích, còn viên đạn thứ hai không trúng. H4 lμ biến cố viên đạn thứ hai trúng đích, còn viên đạn thứ nhất không trúng đích. Do các lần bắn độc lập, ta có : P(H1) = 0,5ì 0,5 = 0,25 ; P(H2) = 0,7 ì 0,5 = 0,35 ; P(H3) = 0,7 ì 0,5 = 0,35 ; P(H4) = 0,3 ì 0,5 = 0,15. Vì H1, H2, H3, H4 lμ nhóm đầy đủ các biến cố vμ P(A⏐H1) = 0, P(A⏐H2) = 0, P(A⏐H3) = 1, P(A⏐H4) = 1 nên công thức Bayes, xác suất để vết đạn ở bia lμ vết đạn của viên thứ nhất lμ : PH()33 PAH( ⏐ ) 0,35 P (H3⏐A) = 4 = = 0,7 . P HPAH⏐ 0,50 ∑i =1 ()ii() 79. Bắn ba viên đạn vμo cùng một bia. Xác suất trúng đích của viên đạn thứ nhất, viên thứ hai vμ viên thứ ba t−ơng ứng bằng 0,4 ; 0,5 ; 0,7. a) Tìm xác suất sao cho trong 3 viên có một viên trúng đích. b) Tìm xác suất để có ít nhất một viên đạn trúng đích. Giải Gọi Ai lμ biến cố viên đạn thứ i trúng đích (i = 1, 2, 3). Ta có : A = A1 A2 A3 + A1 A2 A3 + A1 A2 A3 lμ biến cố trong 3 viên đạn có một viên trúng đích. B = A1 ∪ A2 ∪ A3 lμ biến cố có ít nhất một viên đạn trúng đích.
a) Các biến cố A1 A2 A3 , A1 A2 A3 , A1 A2 A3 đôi một xung khắc, còn các biến cố Ai độc lập nên áp dụng công thức cộng vμ công thức nhân xác suất, ta có : P(A) = P(A1 A2 A3 ) + P( A1 A2 A3 ) + P( A1 A2 A3) = P(A1) P( A2 ) P( A3 ) + P( A1 ) P(A2) P( A3 ) + P( A1 ) P( A2 ) P(A3) = 0,4 ì 0,5 ì 0,3 + 0,6 ì 0,5 ì 0,3 + 0,6 ì 0,5 ì 0,7 = 0,36. b) Ta có : P( B ) = P( A1 A2 A3 ) = P( A1 ) P( A2 ) P( A3 ) = 0,6 ì 0,5 ì 0,3 = 0,09 nên P(B) = 1 – P( B ) = 1 – 0,09 = 0,91. 80. Một máy tính điện tử gồm có n bộ phận. Xác suất hỏng trong khoảng thời gian T của bộ phận thứ k lμ pk (k = 1, 2, , n). Nếu dù chỉ một bộ phận bị hỏng thì máy tính ngừng lμm việc. Tìm xác suất để máy tính ngừng lμm việc trong khoảng thời gian T. Giả sử rằng các bộ phận hoạt động độc lập nhau. Giải Gọi Ak lμ biến cố bộ phận thứ k hỏng trong khoảng thời gian T (k = 1, 2, , n). A = A1 ∪ A2 ∪ ∪ An lμ biến cố máy tính ngừng lμm việc. Vì A = AA12 An vμ các biến cố Ak độc lập nhau nên n P( A ) = P( A1 ) P( A2 ) P( An ) = II πk = 1 (1 – pk). Vậy : n P(A) = 1 – P( A ) = 1 – πk = 1 (1 – Pk). 81. Hai em bé chơi gieo đồng tiền liên tiếp. Em nμo gieo đ−ợc mặt sấp tr−ớc thì thắng cuộc. Hỏi khả năng thắng cuộc của em gieo đồng tiền đầu có lớn hơn khả năng thắng cuộc của em gieo đồng tiền sau không? Giả sử số lần gieo không hạn chế. Giải Gọi Ak lμ biến cố em gieo đồng tiền tr−ớc thắng cuộc ở lần gieo thứ k (k =1, 2, ). Biến cố A = A1 ∪ A2 ∪ ∪ An ∪ lμ biến cố em gieo đồng tiền tr−ớc thắng cuộc. Các biến cố An đôi một xung khắc vμ 21n − ⎛⎞1 P (An) = ⎜⎟ , ⎝⎠2 vì em gieo đồng tiền tr−ớc thắng cuộc ở lần gieo thứ n xảy ra khi số lần gieo của cả hai em lμ 2n – 1 vμ ở lần gieo thứ n của em nμy mặt sấp xuất hiện còn ở các lần gieo tr−ớc đó của cả hai em đều đ−ợc mặt ngửa, nên :
1 21n − ∞∞⎛⎞1 2 P(A) = PA()= = 2 = . ∑∑⎜⎟2 1 3 nn==11⎝⎠ 1 − 4 Xác suất thắng cuộc của em gieo đồng tiền sau lμ : 1 P ( A ) = 1 – P (A) = . 3 Vậy khả năng thắng cuộc của em gieo đồng tiền đầu lớn hơn khả năng thắng cuộc của em gieo đồng tiền sau. 82. Có 3 chuồng thỏ: chuồng thứ nhất có 3 thỏ trắng vμ 2 thỏ nâu, chuồng thứ hai có 4 thỏ trắng vμ 3 thỏ nâu, chuồng thứ ba có 3 thỏ trắng vμ 3 thỏ nâu. Chọn ngẫu nhiên một chuồng vμ từ đó bắt ngẫu nhiên ra một con thỏ. a) Tìm xác suất để bắt đ−ợc con thỏ trắng. b) Biết con thỏ đã bắt ra lμ thỏ trắng, tìm xác suất để con thỏ đó lμ con thỏ của chuồng thứ ba. Giải Gọi A lμ biến cố bắt đ−ợc con thỏ trắng, Hi lμ biến cố chọn ở chuồng thỏ thứ i (i = 1, 2, 3). a) Các biến cố Hi (i = 1, 2, 3) lμ nhóm đầy đủ các biến cố, 1 P(H ) = P(H ) = P(H ) = . 1 2 3 3 3 4 31 P (A⏐H ) = , P (A⏐H ) = , P (A⏐H ) = = , 1 5 2 7 3 62 nên áp dụng công thức xác suất đầy đủ, ta có : P (A) = P (H1) P (A⏐H1) + P (H2) P (A⏐H2) + P(H3) P (A⏐H3) 13⎛⎞ 4 1 39 = ⎜⎟++ = . 35⎝⎠ 7 2 70 b) Xác suất để con thỏ trắng đã bắt ra lμ con thỏ chuồng thứ ba lμ : 13 . PH()33 PAH()⏐ 14 P(H ⏐A) = ==35 . 3 PA() 39 39 70 83. Có hai kiện hμng : kiện thứ nhất gồm 12 sản phẩm vμ kiện thứ hai gồm 10 sản phẩm, trong mỗi kiện có một sản phẩm xấu. Lấy ngẫu nhiên một sản phẩm ở kiện thứ nhất cho vμo kiện thứ hai, rồi lại lấy ngẫu nhiên từ kiện thứ hai một sản phẩm. Tính xác suất để sản phẩm lấy ra sau cùng lμ sản phẩm xấu. Giải Gọi A lμ biến cố sản phẩm lấy ra sau cùng lμ sản phẩm xấu. H lμ biến cố sản phẩm lấy ở kiện thứ nhất lμ sản phẩm tốt. Vì H vμ H lμ nhóm đầy đủ các biến cố,
11 1 P(H) = , P( H ) = , 12 12 1 2 P(A/H) = , P(A/ H ) = . 11 11 nên áp dụng công thức xác suất đầy đủ, ta có : P(A) = P(H) P(A⏐H) + P( H ) P(A⏐ H ) 11 1 1 2 13 = +=. 12 11 12 11 132 84. Giả sử có ba kiện hμng với số sản phẩm tốt t−ơng ứng của mỗi kiện lμ 20, 15, 10. Lấy ngẫu nhiên một kiện hμng rồi từ đó lấy ngẫu nhiên một sản phẩm thì đ−ợc sản phẩm tốt. Trả sản phẩm đó trở lại kiện hμng vừa lấy ra, sau đó lại lấy ngẫu nhiên một sản phẩm thì đ−ợc sản phẩm tốt. Tìm xác suất để các sản phẩm đ−ợc lấy từ kiện hμng thứ ba, biết rằng các kiện hμng đều có 20 sản phẩm. Giải Gọi A lμ biến cố sản phẩm lấy ra lần đầu lμ sản phẩm tốt, B lμ biến cố sản phẩm lấy ra sau cùng lμ sản phẩm tốt. Hi lμ biến cố lấy ở kiện hμng thứ i (i = 1, 2, 3). Ta có : Hi (i = 1, 2, 3) lμ nhóm đầy đủ các biến cố. 1 P(H ) = (i = 1, 2, 3), i 3 P(AB⏐H1) = P(A⏐H1) P(B⏐AH1) = 1 . 1 = 1, P (AB⏐H2) = P (A⏐H2) P (B⏐AH2) 15 15 9 = = , 20 20 16 P (AB⏐H3) = P (A⏐H3) P (B⏐AH3) 10 10 1 = = 20 20 4 nên áp dụng công thức xác suất đầy đủ, ta có : P(AB) = P(H1) P(AB⏐H1) + P(H2) P(AB⏐H2) + P(H3) P(AB⏐H3) 1191129 = .1++= . . . 3 3 16 3 4 48 Xác suất để các sản phẩm đ−ợc lấy từ kiện hμng thứ ba lμ : 11 . P()HPABH( ⏐ ) 4 P(H ⏐AB) = 33 = 34= . 3 PAB() 29 29 48
85. Một nhμ máy sản xuất bút máy có 90% sản phẩm đạt tiêu chuẩn kĩ thuật. Trong quá trình kiểm nghiệm xác suất để chấp nhận một sản phẩm đạt tiêu chuẩn kĩ thuật lμ 0,95 vμ xác suất để một sản phẩm không đạt tiêu chuẩn kĩ thuật lμ 0,08. Tìm xác suất để một sản phẩm đạt tiêu chuẩn kĩ thuật qua kiểm nghiệm đ−ợc chấp nhận. Giải Gọi A lμ biến cố sản phẩm đ−ợc chấp nhận, H lμ biến cố sản phẩm đạt tiêu chuẩn kĩ thuật. Ta có : P(A) = P(H) P(A⏐H) + P( H ) P(A⏐ H ) = 0,9 ì 0,95 + 0,1 ì 0,08 = 0,863 vμ xác suất để một sản phẩm đạt tiêu chuẩn kĩ thuật qua kiểm nghiệm đ−ợc chấp nhận lμ : PHPAH()(⏐ ) 0,9ì 0,95 855 P(H⏐A) = ==. PA() 0,863 863 86. Một nữ công nhân quản lí 12 máy dệt. Xác suất để mỗi máy dệt trong khoảng thời 1 gian T cần đến sự chăm sóc của nữ công nhân bằng . Tìm xác suất để: 3 a) Trong khoảng thời gian T có 4 máy dệt cần đến sự chăm sóc của nữ công nhân ; b) Trong khoảng thời gian T số máy dệt cần đến sự chăm sóc của nữ công nhân không nhỏ hơn 3 vμ không lớn hơn 6. Giải a) Xác suất để trong không gian T có 4 máy dệt cần đến sự chăm sóc của nữ công nhân lμ : 4124− 4 ⎛⎞⎛11 ⎞ P(4, 12) = C 12 ⎜⎟⎜1 − ⎟ = 0,238. ⎝⎠⎝33 ⎠ b) Xác suất để trong khoảng thời gian T số máy dệt cần đến sự chăm sóc của nữ công nhân không bé hơn 3 vμ không lớn hơn 6 lμ : 66mm12 − m ⎛⎞⎛11 ⎞ ∑∑Pm(),12 =− C12 ⎜⎟⎜1 ⎟ = 0,751. mm==33⎝⎠⎝33 ⎠ 87. ở một bμn hỏi thi có 6 phiếu hỏi thi. Với một phiếu thi có 3 cách trả lời. Học sinh khi chọn đ−ợc một phiếu thi thì chọn 1 trong 3 cách trả lời với cùng một khả năng. Tìm xác suất để học sinh có thể trả lời đúng ít nhất 4 trong số 6 phiếu đó, biết rằng trong 3 cách trả lời chỉ có một cách trả lời đúng.
Giải Vì khi chọn đ−ợc một phiếu thi thì chọn 1 trong 3 cách trả lời với cùng một khả năng vμ trong 1 3 cách trả lời chỉ có một cách trả lời đúng nên xác suất trả lời đúng mỗi phiếu thi lμ . 3 Xác suất để học sinh có thể trả lời đúng ít nhất 4 trong số 6 phiếu đó lμ : 66mm6 − m ⎛⎞⎛11 ⎞ 73 ∑∑Pm(),6 =− C6 ⎜⎟⎜1 ⎟ = . mm==44⎝⎠⎝33 ⎠ 729 88. Một hộp có 1 bi trắng vμ 4 bi đỏ. Lấy ngẫu nhiên 2 bi từ hộp nμy bỏ vμo một hộp khác có chứa 4 bi trắng. Sau đó lại lấy từ hộp nμy ra 2 bi. Tính xác suất để lấy đ−ợc hai bi khác mμu. Giải Gọi H1 lμ biến cố lấy đ−ợc 1 bi trắng vμ 1 bi đỏ từ hộp thứ nhất. H2 lμ biến cố lấy đ−ợc 2 bi đỏ từ hộp thứ nhất vμ A lμ biến cố lấy đ−ợc hai bi khác mμu từ hộp thứ hai. H1 vμ H2 lμ nhóm đầy đủ các biến cố. 14ì 2 3 P(H1) = 2 = ; P(H2) = 1 – P(H1) = , C5 5 5 15ì 1 24ì 8 P(A⏐H1) = 2 = , P(A⏐H2) = 2 = , C6 3 C6 15 nên áp dụng công thức xác suất đầy đủ, ta có : P(A) = P(H1) P(A⏐H1) + P(H2) P(A⏐H2) 21 3 8 34 = ⋅+⋅ = . 53 51575 89. Cầu thang máy bắt đầu chuyển động với 6 ng−ời vμ nó sẽ dừng lại ở cả 10 tầng. Hãy tìm xác suất để sao cho không có hai ng−ời nμo cùng vμo một tầng. Giải Mỗi ng−ời có 10 cách ra khỏi thang máy nên số cách ra khỏi thang máy của 6 ng−ời lμ 106. Để cho không có ng−ời nμo cùng vμ một tầng, ng−ời thứ nhất có 10 cách ra khỏi thang máy, ng−ời thứ hai có 9 cách ra khỏi thang máy, ng−ời thứ sáu có 5 cách ra khỏi thang máy, nên số cách ra khỏi thang máy sao cho không có hai ng−ời nμo cùng vμo một tầng lμ 10 ì 9 ì ì 5. Vậy xác suất để sao cho không có hai ng−ời nμo cùng vμo một tầng lμ : 10ì 9ìì 5 p = = 0,1512. 106 90. Trong một lớp có 35 học sinh. Giả sử rằng ngμy sinh mỗi học sinh có thể rơi vμo ngμy bất kì trong 365 ngμy với cùng khả năng. Hãy tính xác suất sao cho hai học sinh bất kì có ngμy sinh khác nhau.
Giải Ta có thể xem có 365 phòng đ−ợc đánh số từ 1 đến 365 vμ những học sinh có cùng ngμy sinh sẽ ở cùng một phòng. Bμi toán có thể phát biểu d−ới dạng khác nh− sau : Phân ngẫu nhiên 35 học sinh vμo 365 phòng, tính xác suất sao cho không có phòng nμo có quá hai học sinh. Số cách phân ngẫu nhiên 35 học sinh vμo 365 phòng lμ : 36535. Số cách phân ngẫu nhiên 35 học sinh vμo 365 phòng sao cho không có phòng nμo có quá hai học sinh lμ : 365 ì 364 ì ì 329. Xác suất sao cho hai học sinh bất kì có ngμy sinh khác nhau lμ : 365ììì 364 329 p = . 36535 91. Có hai quả cầu. Sơn ngẫu nhiên mỗi quả cầu bằng một trong hai mμu xanh hoặc đỏ rồi lấy ngẫu nhiên một quả vμ đ−ợc quả cầu mμu đỏ. Tính xác suất để hai quả cầu đ−ợc sơn khác mμu. Giải Gọi H1 lμ biến cố hai quả cầu đ−ợc sơn mμu xanh, H2 lμ biến cố hai quả cầu đ−ợc sơn mμu đỏ, H3 lμ biến cố hai quả cầu đ−ợc sơn khác mμu vμ A lμ biến cố lấy đ−ợc quả cầu mμu đỏ. Hi, i = 1, 2, 3 lμ nhóm đầy đủ các biến cố. 1 1 1 P(H ) = , P(H ) = , P(H ) = , 1 4 2 4 3 2 1 P(A⏐H ) = 0, P(A⏐H ) = 1, P(A⏐H ) = . 1 2 3 2 Xác suất để hai quả cầu đ−ợc sơn khác mμu (với điều kiện biến cố A đã xảy ra) lμ : 11 PH() PAH( ⏐ ) ⋅ 1 P (H /A) = 33 = 22 = . 3 3 11112 ⋅+01 ⋅+⋅ ∑ P()(HPAHii⏐ ) i =1 4422 92. Có ba hộp thuốc : Hộp thuốc I có tỉ lệ viên thuốc A không đạt tiêu chuẩn lμ 2,5%, hộp thuốc II có tỉ lệ viên thuốc A không đạt tiêu chuẩn lμ 3%, hộp thuốc III có tỉ lệ viên thuốc A không đạt tiêu chuẩn lμ 4%. Một ng−ời chọn ngẫu nhiên một trong ba hộp thuốc đó vμ lấy một viên thuốc A. 1. Tính xác suất để ng−ời đó lấy đ−ợc viên thuốc đạt tiêu chuẩn. 2. Biết viên thuốc đã chọn lμ viên không đạt tiêu chuẩn. Tính xác suất để viên thuốc đó lμ viên thuốc của hộp thuốc II.
93. Một cán bộ thí nghiệm thực hiện việc kiểm tra chất l−ợng thuốc do xí nghiệp X sản xuất, anh ta kiểm tra 10.000 viên thuốc. Xác suất để mỗi viên thuốc đạt tiêu chuẩn lμ 0,9. Tính xác suất để có từ 8.994 đến 9.059 viên thuốc đạt tiêu chuẩn. 94. Có hai lô sản phẩm. Lô 1 có 10 sản phẩm, trong đó có 2 phế phẩm. Lô 2 có 10 sản phẩm, trong đó có 1 phế phẩm. Lấy ngẫu nhiên một sản phẩm từ một lô đ−ợc chọn ngẫu nhiên. Tính xác suất để sản phẩm đó lμ phế phẩm. 95. Xếp ngẫu nhiên 10 đĩa mềm 1,4M vμo 3 hộp. a) Tính xác suất để hộp thứ nhất có chứa 4 đĩa. b) Tính xác suất để hộp nμo cũng có ít nhất một đĩa. 96. Trong một lớp có 50 sinh viên đ−ợc chia lμm ba nhóm : nhóm I gồm 10 nam vμ 7 nữ, nhóm II gồm 9 nam vμ 9 nữ, nhóm III gồm 8 nam vμ 7 nữ. a) Chọn ngẫu nhiên một sinh viên của lớp nμy vμ đ−ợc sinh viên nữ. Tính xác suất để sinh viên nữ nμy lμ sinh viên của nhóm II. b) Chọn ngẫu nhiên hai sinh viên của lớp nμy. Tính xác suất để đ−ợc một nữ sinh viên của nhóm I vμ một nam sinh viên của nhóm II. 97. Có ba lô sản phẩm. Lô I có 5 chính phẩm vμ 5 phế phẩm, lô II có 6 chính phẩm vμ 4 phế phẩm, lô III có 7 chính phẩm vμ 3 phế phẩm. Lấy ngẫu nhiên một lô vμ từ đó lấy ngẫu nhiên ra một sản phẩm. a) Tìm xác suất để sản phẩm lấy ra lμ chính phẩm. b) Khi lấy sản phẩm ra ta đ−ợc phế phẩm, tìm xác suất để phế phẩm đó lμ của lô I. 98. Xếp ngẫu nhiên 9 sinh viên vμo 3 phòng. a) Tính xác suất để mỗi phòng có 3 sinh viên. b) Tính xác suất để có một phòng có số sinh viên gấp đôi số sinh viên ở một phòng khác.
Ch−ơng VI: Biến ngẫu nhiên vμ phân phối xác suất Tóm tắt lí thuyết 6.1. Biến ngẫu nhiên rời rạc 6.1.1. Định nghĩa Hμm X = X(ω) xác định trên không gian các biến cố sơ cấp Ω vμ nhận các giá trị x1, x2, , xn, trong tập số thực R, đ−ợc gọi lμ biến ngẫu nhiên rời rạc, nếu tập {ω : X(ω) = xn ; n = 1, 2, } lμ biến cố ngẫu nhiên. 6.1.2. Dãy phân phối xác suất Dãy P{ω : X(ω) = xn} = pn : n = 1, 2, lμ dãy phân phối xác suất của biến cố ngẫu nhiên X. a. Tính không âm : pn ≥ 0 ; n = 1, 2, b. Tính chuẩn hoá : p1 + p2 + + pn + = 1. 6.2. Hμm phân phối xác suất Hμm phân phối xác suất của biến ngẫu nhiên X, kí hiệu FX (x), xác định bởi FX (x) = P {ω : X (ω) < x} ; x ∈ R. 6.2.1. Tính chất a. Với x ∈ R. 0 ≤ FX (x) ≤ 1. b. Nếu a < b thì P{ω : a ≤ X (ω) < b} = FX (b) – FX m (a). c. Nếu a < b, thì FX (a) ≤ FX (b). d. limx → –∞ FX (x) = 0 vμ limx → +∞ FX (x) = 1. e. Hμm FX (x) lμ một hμm liên tục trái. f. P{ω : X (ω) ≤ x} = FX (x + 0). g. P{ω : X (ω) = x} = FX (x + 0) – FX (x). 6.3. Hμm mật độ phân phối xác suất x Biến ngẫu nhiên X có phân phối liên tục tuyệt đối nếu FX (x) = f (x)dx , x ∈ R. Hμm ∫−∞ f(x) gọi lμ hμm mật độ của biến ngẫu nhiên X.
6.3.1. Tính chất a. Tính không âm : f(x) ≥ 0 : ∀x ∈ R. +∞ b. Tính đầy đủ : f ()x dx = 1. ∫−∞ c. F′(x) = p x) ; ∀x ∈ R. b d. P{a ≤ x < b} = f ()x dx. ∫a 6.4. Các số đặc tr−ng 6.4.1. Kì vọng Kì vọng toán của biến ngẫu nhiên X, kí hiệu E(X), xác định bởi : ∞ a. E(X) = ∑ xpii, nếu X lμ biến ngẫu nhiên rời rạc với pi = P (X = xi). i = 1 +∞ b. E(X) = xfxdx() , nếu X lμ biến ngẫu nhiên liên tục tuyệt đối với hμm mật độ f(x). ∫−∞ 6.4.2. Ph−ơng sai Ph−ơng sai của biến ngẫu nhiên X, kí hiệu Var(X), xác định bởi Var(X) = E(X – μ)2 với μ = E(X). Tức lμ : ∞ 2 a. Var(X) = ∑()xi− μ pi, nếu X lμ biến ngẫu nhiên rời rạc với i = 1 pi = P(X = xi). +∞ b. E(X) = x2 fxdx() , nếu X lμ biến ngẫu nhiên liên tục tuyệt đối với hμm mật độ f(x). ∫−∞ 6.4.3. Tính chất của kì vọng vμ ph−ơng sai a. E(C) = C ; Var(C) = 0, với C lμ hằng số. b. E(CX) = CE(X) ; Var(CX) = C2Var(X), với C lμ hằng số. c. E(X ± Y) = E(X) ± E(Y). d. E(XY) = E(X) E(Y); Var(X ± Y) = Var(X) + Var(Y), nếu X vμ Y lμ hai biến ngẫu nhiên độc lập. e. Var(X) ≥ 0 ; Var(X) = 0 ⇔ P(X = C) = 1. f. Var (X) = E(X 2) – μ 2.
6.5. các định lí giới hạn 6.5.1. Định lí giới hạn Poisson k −λ nk− λ c Nếu np → λ, p → 0 khi n → +∞, thì Cpkk()1 − p . n k! 6.5.2. Định lí giới hạn địa ph−ơng Moivre-Laplace : Nếu xác suất p của biến cố A trong mỗi phép thử thoả mãn điều kiện 0 < p < 1, thì với n khá lớn xác suất. x2 nk− − kk 112 Cpn ()1 −≈ p e , np()1 − p 2π knp− trong đó x = . np()1 − p 6.5.3. Định lí giới hạn tích phân Moivre-Laplace Gọi X lμ số lần xuất hiện biến cố A trong n phép thử Bernoulli, p lμ xác suất để A xuất hiện trong mỗi phép thử vμ 0 < p < 1, α < β lμ hai số nguyên, ta có : t2 1 x2 − P(α ≤ X ≤ β) ≈ edt2 , ∫x 2π 1 α − np β − np trong đó x1 = ; x2 = . np()1 − p np()1 − p Bμi tập vμ lời giải 1. Tiến hμnh bắn 3 viên đạn vμo bia với xác suất trúng đích của mỗi viên đạn lμ 0,6. Gọi X lμ số lần trúng bia. a) Hãy lập dãy phân phối xác suất của biến ngẫu nhiên X. b) Mô tả hμm phân phối xác suất FX (x). Giải a) Biến X nhận các giá trị 0, 1, 2 vμ 3 với dãy phân phối xác suất p0 = 0,064; p1 = 0,288; p2 = 0,432; p3 = 0,216. b) Hμm phân phối xác suất của X có dạng
⎧0nếu x ≤ 0 ⎪0,064 nếu 0 2. Giả sử hμm phân phối của biến ngẫu nhiên X liên tục, xác định bởi : ⎧0, nếux ≤ 1 ⎪ 2 FxX ()= ⎨ Ax (−≤1 ) , nếu1 3 a. Xác định hệ số A vμ vẽ đồ thị của FX(x). b. Tìm hμm mật độ của X. Giải 1 a. Từ tính liên tục của hμm F (x), suy ra A = . X 4 b. Từ hμm phân phối xác suất FX (x) dễ dμng suy ra hμm mật độ, đ−ợc xác định bởi : ⎧0, nếux ∉ ( 1, 3) ⎪ px()= ⎨1 ⎪ ()xx−∈1,nếu ( 1,3.) ⎩2 3. Biến ngẫu nhiên X có hμm mật độ phân phối xác định bởi : ⎧ π Axcos , nếu x≤ ⎪ 2 px()= ⎨ X π ⎪0, nếux > . ⎩⎪ 2 a. Tìm hệ số A vμ vẽ đồ thị của pX(x) b. Tìm hμm phân phối xác suất FX(x). Giải 1 a. Dựa vμo tính chất chuẩn hoá của hμm mật độ, ta có A = . 2 b. Hμm phân phối xác suất của X có dạng :