Bài 2. Biến ngẫu nhiên có phân bố nhị thức và áp dụng

Trả lời câu hỏi Hoạt động 1 trang 15 Chuyên đề học tập Toán 12 Kết nối tri thức

Trong tình huống mở đầu. Xét phép thử T là gieo một con xúc xắc cân đối, đồng chất. Gọi E là biến cố: “Xúc xắc xuất hiện mặt 6 chấm”.

a) Trong phương án 1, phép thử T được lặp lại bao nhiêu lần? Người chơi thắng khi biến cố E xuất hiện bao nhiêu lần?

b) Cũng hỏi như trên với phương án 2.

Phương pháp giải:

Dựa vào dữ kiện đề bài để giải.

Lời giải chi tiết:

a) Phép thử T được lặp lại 12 lần. Người chơi thắng khi biến cố E xuất hiện ít nhất 2 lần.

b) Phép thử T được lặp lại 6 lần. Người chơi thắng khi biến cố E xuất hiện ít nhất 1 lần.

Trả lời câu hỏi Luyện tập 1 trang 16 Chuyên đề học tập Toán 12 Kết nối tri thức

Hai bạn An và Bình thi đấu bóng bàn. Xác suất thắng của An trong một ván là 0,4. Hai bạn thi đấu đủ 3 ván đấu. Người nào có số ván đấu thắng nhiều hơn là người thắng trận đấu đó. Giả sử các ván đấu là độc lập. Tính xác suất để An thắng trong trận đấu.

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức Bernoulli.

Lời giải chi tiết:

Gọi biến cố A: “An thắng trận đấu đó”.

Để An thắng trận đấu đó thì An thắng ít nhất 2 ván

Trường hợp 1: An thắng cả ba ván đấu

Khi đó ta có \({P_1}\; = {\rm{ }}{0,4^3}\; = {\rm{ }}0,064.\)

Trường hợp 2: An thắng 2 ván đấu.

Khi đó ta có: \({P_2} = C_3^2{.0,4^2}.\left( {1 - 0,4} \right) = 0,288\)

Theo quy tắc cộng, ta có : \(P\left( A \right) = {P_1}\; + {\rm{ }}{P_2}\; = 0,064 + 0,288 = 0,352.\)

Trả lời câu hỏi Luyện tập 2 trang 17 Chuyên đề học tập Toán 12 Kết nối tri thức

Trở lại tình huống mở đầu.

a) Tính xác suất thắng của người chơi khi chơi theo phương án 2.

b) Qua các kết quả đã tính được, hãy cho biết người chơi nên chọn chơi theo phương án nào để xác suất thắng cao hơn.

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức Bernoulli.

Lời giải chi tiết:

a) Gọi T là phép thử: “Gieo một xúc xắc cân đối, đồng chất”;

E là biến cố: “Xúc xắc xuất hiện mặt 6 chấm”.

Xét phép thử lặp T với \(n = 6\) và \(p = P(E) = \frac{1}{6}\).

Gọi A là biến cố: “Người chơi thắng”. Khi đó, A là biến cố: “Trong phép thử lặp T, với n = 6, biến cố E xuất hiện ít nhất một lần”.

Xét biến cố đối \(\overline A \): “Trong phép thử lặp T, biến cố E không xuất hiện”.

Khi đó \(P\left( {\overline A } \right) = C_6^0.{\left( {\frac{1}{6}} \right)^0}{\left( {1 - \frac{1}{6}} \right)^6} = {\left( {\frac{5}{6}} \right)^6} \Rightarrow P\left( A \right) = 1 - {\left( {\frac{5}{6}} \right)^6} \approx 0,6651\)

b) Dựa vào kết quả ở ví dụ 2, ta thấy người chơi nên chọn theo phương án 2 thì xác suất thắng cao hơn.

Trả lời câu hỏi Hoạt động 2 trang 17 Chuyên đề học tập Toán 12 Kết nối tri thức

Cho T là một phép thử và E là một biến cố liên quan tới phép thử T. Ta thực hiện phép thử T lặp lại n lần một cách độc lập. Ở mỗi lần thực hiện phép thử T, biến cố E có xác suất xuất hiện bằng p, tức là \(P\left( E \right) = p\), 0 < p < 1. Gọi X là số lần xuất hiện biến cố E trong n lần thực hiện lặp lại phép thử T. Tính \(P\left( {X = k} \right)\) với k ∈ {0; 1; …; n}.

Phương pháp giải:

Sử dụng công thức Bernoulli

Lời giải chi tiết:

Biến cố \(\left\{ {X = k} \right\}\) là: “ Trong \(n\) lần thực hiện phép thử T, biến cố E xuất hiện đúng \(k\) lần”

Vậy \(P(X = k)\) là xác suất để trong \(n\) lần thực hiện phép thử T, biến cố E xuất hiện đúng \(k\) lần. Theo công thức Bernoulli ta có \(P(X = k) = C_n^k.{p^k}.{(1 - p)^{n - k}}\)

Trả lời câu hỏi trang 17 Chuyên đề học tập Toán 12 Kết nối tri thức

Viết bảng phân bố xác suất của biến ngẫu nhiên có phân bố Bernoulli

Phương pháp giải:

Dựa vào khái niệm biến ngẫu nhiên có phân bố Bernoulli.

Lời giải chi tiết:

Gọi X là biến ngẫu nhiên có phân bố Bernoulli \( \Rightarrow X \sim Ber(p)\)

Các giá trị của X có thể nhận được thuộc tập {0; 1}. 

\(\begin{array}{l}P(X = 0) = C_1^0.{p^0}.{(1 - p)^{1 - 0}} = 1 - p\\P(X = 1) = C_1^1.{p^1}.{(1 - p)^{1 - 1}} = p\end{array}\)

Ta có bảng bảng phân bố xác suất của biến ngẫu nhiên X:

Trả lời câu hỏi Luyện tập 3 trang 18 Chuyên đề học tập Toán 12 Kết nối tri thức

Khi tham gia một một trò chơi, người chơi gieo xúc xắc cân đối, đồng chất một cách độc lập liên tiếp 5 lần. Mỗi lần gieo nếu số chấm xuất hiện lớn hơn 4 thì người chơi được 10 điểm. Tính xác suất để người chơi nhận được ít nhất 30 điểm.

Phương pháp giải:

Áp dụng phân bố nhị thức để giải bài tập.

Lời giải chi tiết:

Phép thử T là: “Gieo một con xúc xắc cân đối, đồng chất”.

Biến cố E: “Số chấm xuất hiện lớn hơn 4”. \( \Rightarrow P(E) = \frac{1}{3}\)

X là số lần xuất hiện biến cố E trong 5 lần thực hiện lặp lại phép thử T.

Khi đó \(X \sim B\left( {5;\frac{1}{3}} \right)\)

Người chơi nhận được ít nhất 30 điểm khi số lần xuất hiện số chấm lớn hơn 4 ít nhất 3 lần. Vậy người chơi nhận được ít nhất 30 điểm khi \(X \ge 3\).

\(\begin{array}{l}P(X \ge 3) = P(X = 3) + P(X = 4) + P(X = 5)\\{\rm{                 = }}C_5^3.{\left( {\frac{1}{3}} \right)^3}.{\left( {\frac{2}{3}} \right)^2} + C_5^4.{\left( {\frac{1}{3}} \right)^4}.{\left( {\frac{2}{3}} \right)^1} + C_5^5.{\left( {\frac{1}{3}} \right)^5}.{\left( {\frac{2}{3}} \right)^0} \approx 0,21\end{array}\)

Trả lời câu hỏi Vận dụng trang 20 Chuyên đề học tập Toán 12 Kết nối tri thức

Giải quyết bài toán ở tình huống mở đầu.

Phương pháp giải:

Áp dụng phân bố nhị thức và công thức tính kì vọng của biến ngẫu nhiên có phân bố nhị thức

Lời giải chi tiết:

Gọi X là số câu trả lời đúng của An. Khi đó \(X \sim B(10;0,25)\)

Số điểm trung bình là \(E\left( X \right)\).

Vậy trung bình An nhận được số điểm trung bình là:

\(E(X) = 10.0,25 = 2,5\) (Điểm)

b) An vượt qua bài thi khi làm đúng ít nhất 5 câu tức là khi X ≥ 5.

Theo chú ý về phân bố nhị thức ta có:

\(\begin{array}{l}P(X \ge 5) = P(X = 5) + P(X = 6) + ... + P(X = 10)\\{\rm{                 = }}C_{10}^5.{\left( {\frac{1}{4}} \right)^5}.{\left( {\frac{3}{4}} \right)^5} + C_{10}^6.{\left( {\frac{1}{4}} \right)^6}.{\left( {\frac{3}{4}} \right)^4} + ... + C_{10}^{10}.{\left( {\frac{1}{4}} \right)^{10}}.{\left( {\frac{3}{4}} \right)^0}{\rm{ = }}0,0781\end{array}\)

Đề bài

Tại một nhà máy sản xuất linh kiện điện tử, các linh kiện được sắp xếp vào từng hộp một cách độc lập, mỗi hộp 10 linh kiện. Hộp được xếp loại I nếu hộp đó có nhiều nhất một linh kiện không đạt tiêu chuẩn. Biết rằng xác suất để nhà máy sản xuất ra một linh kiện điện tử không đạt tiêu chuẩn là 0,01. Hỏi tỉ lệ những hộp linh kiện điện tử loại I là bao nhiêu?

Lời giải chi tiết

Gọi X là số linh kiện không đạt tiêu chuẩn thì X là một biến ngẫu nhiên có phân bố nhị thức với tham số n = 10, p = 0,01 tức là \(X \sim B\left( {10;0,01} \right)\)

Hộp được xếp loại I nếu hộp đó có nhiều nhất một linh kiện không đạt tiêu chuẩn tức là \(X \le 1\).

Theo chú ý về phân bố nhị thức ta có:

\(P(X \le 1) = C_{10}^0.{(0,01)^0}.{(0,99)^{10}} + C_{10}^1.{(0,01)^1}.{(0,99)^9} \approx 0,996\)

Vậy tỉ lệ những hộp linh kiện điện tử loại I là 99,6%.

Đề bài

Một bài thi trắc nghiệm gồm 10 câu hỏi, mỗi câu hỏi có 4 phương án trả lời, trong đó chỉ có một phương án đúng. Mỗi câu trả lời đúng được 4 điểm, mỗi câu trả lời sai trừ 1 điểm. Một thí sinh làm bài bằng cách ở mỗi câu hỏi chọn ngẫu nhiên một phương án trả lời. Tính xác suất để thí sinh đó sau khi hoàn thành hết 10 câu trong bài thi, có kết quả:

a) 15 điểm;

b) Bị âm điểm.

Lời giải chi tiết

Gọi X là số câu trả lời đúng của thí sinh. X là một biến ngẫu nhiên có phân bố nhị thức với tham số \(n = 10,{\rm{ }}p = \frac{1}{4}\) tức là \(X \sim B\left( {10,{\rm{ }}\frac{1}{4}} \right)\) .

a) Thí sinh đạt 15 điểm thì có 5 câu trả lời đúng và 5 câu trả lời sai, tức là \(X = 5\).

Khi đó, xác suất để thí sinh đó sau khi hoàn thành hết 10 câu trong bài thi, có kết quả 15 điểm là

\(P(X = 5) = C_{10}^5.{\left( {\frac{1}{4}} \right)^5}.{\left( {\frac{3}{4}} \right)^5} \approx 0,0584\)

b) Thí sinh bị điểm âm tức là thí sinh trả lời đúng nhiều nhất 1 câu, tức là \(X \le 1\).

Theo chú ý về phân bố nhị thức ta có, xác suất để thí sinh đó sau khi hoàn thành hết 10 câu trong bài thi, bị âm điểm là:

\(P(X \le 1) = C_{10}^0.{\left( {\frac{1}{4}} \right)^0}.{\left( {\frac{3}{4}} \right)^{10}} + C_{10}^1.{\left( {\frac{1}{4}} \right)^1}.{\left( {\frac{3}{4}} \right)^9} \approx 0,244\)

Đề bài

Trong một trò chơi, mỗi ván người chơi gieo đồng thời 3 xúc xắc cân đối, đồng chất. Nếu có ít nhất 2 xúc xắc xuất hiện mặt 6 chấm thì người chơi giành chiến thắng ván chơi đó. Bác Hưng tham gia chơi 3 ván. Tính xác suất để bác Hưng thắng ít nhất 2 ván.

Lời giải chi tiết

Xác suất để một con xúc xắc xuất hiện mặt 6 chấm là \(\frac{1}{6}\).

Gọi X là số con xúc xắc xuất hiện mặt 6 chấm. Khi đó, \(X \sim B\left( {3;\frac{1}{6}} \right)\)

Bác Hưng thắng cuộc 1 ván khi X ≥ 2.

Xác suất để bác Hưng thắng cuộc 1 ván là:

\(P\left( {X \ge 2} \right) = C_3^2.{\left( {\frac{1}{6}} \right)^2}.{\left( {\frac{5}{6}} \right)^1} + C_3^3{\left( {\frac{1}{6}} \right)^3}{\left( {\frac{5}{6}} \right)^0} = \frac{2}{{27}}\)

Gọi Y là số ván thắng của bác Hưng. Khi đó, \(Y \sim B\left( {3;\frac{2}{{27}}} \right)\)

Xác suất để bác Hưng thắng ít nhất 2 ván là:

\(P(Y \ge 2) = C_3^2.{\left( {\frac{2}{{27}}} \right)^2}.{\left( {\frac{{25}}{{27}}} \right)^1} + C_3^3.{\left( {\frac{2}{{27}}} \right)^3}.{\left( {\frac{{25}}{{27}}} \right)^0} \approx 0,016\)

Đề bài

Màu hạt của đậu Hà Lan có hai kiểu hình: màu vàng và màu xanh. Có hai gene ứng với hai kiểu hình này là allele trội A và allele lặn a. Khi cho lai hai cây đậu Hà Lan, cây con lấy ngẫu nhiên một gene từ cây bố và một gene từ cây mẹ để hình thành một cặp gene. 

Bốn bạn An, Bình, Sơn và Dương, mỗi bạn độc lập với nhau, thực hiện phép thử là lai hai cây đậu Hà Lan, trong đó cây bố có kiểu gene là Aa, cây mẹ có kiểu gene là Aa.

Gọi X là số cây con có hạt màu vàng trong số 4 cây con.

a) Lập bảng phân bố xác suất của X.

b) Hỏi trung bình có bao nhiêu cây con có hạt màu xanh?

Lời giải chi tiết

a)

Xét phép thử T: “Lai hai cây đậu Hà Lan”. Kết quả về kiểu gene của cây con là \(\left\{ {{\rm{AA}}{\rm{,Aa}}{\rm{,aA}}{\rm{,aa}}} \right\}\)trong đó, 3 kiểu gene \(\left\{ {{\rm{AA}}{\rm{,Aa}}{\rm{,aA}}} \right\}\) có kiểu hình hạt màu vàng, kiểu gene aa có kiểu hình hạt màu xanh. Khi đó X là số cây con có hạt màu vàng trong số 4 cây con có phân bố nhị thức tức là \(X \sim B\left( {4;\frac{3}{4}} \right)\).

Giá trị của X thuộc tập {0; 1; 2; 3; 4}.

\(\begin{array}{l}P(X = 0) = C_4^0{\left( {\frac{3}{4}} \right)^0}.{\left( {\frac{1}{4}} \right)^4} = \frac{1}{{256}}{\rm{                   }}P(X = 1) = C_4^1{\left( {\frac{3}{4}} \right)^1}.{\left( {\frac{1}{4}} \right)^3} = \frac{{12}}{{256}}\\P(X = 2) = C_4^2{\left( {\frac{3}{4}} \right)^2}.{\left( {\frac{1}{4}} \right)^2} = \frac{{54}}{{256}}{\rm{                   }}P(X = 3) = C_4^3{\left( {\frac{3}{4}} \right)^3}.{\left( {\frac{1}{4}} \right)^1} = \frac{{108}}{{256}}\\P(X = 4) = C_4^4{\left( {\frac{3}{4}} \right)^4}.{\left( {\frac{1}{4}} \right)^0} = \frac{{81}}{{256}}\end{array}\)

Ta có bảng phân bố xác suất của \(X\) là:

b)

Gọi Y là số cây con có hạt màu xanh. Khi đó, \(Y \sim B\left( {4;\frac{1}{4}} \right)\)

Trung bình có \(E(Y) = 4.\frac{1}{4} = 1\) cây con có hạt màu xanh.

Đề bài

Trong một lớp học có 6 bóng đèn hoạt động độc lập với nhau. Mỗi bóng có xác suất bị hỏng là 0,25. Gọi X là số bóng sáng.

a) Gọi tên phân bố xác suất biến ngẫu nhiên X.

b) Biết rằng lớp học có đủ ánh sáng nếu có ít nhất 4 bóng sáng. Tính xác suất để lớp học đủ ánh sáng.

c) Tính kì vọng, phương sai và độ lệch chuẩn của X.

Lời giải chi tiết

a) X là biến ngẫu nhiên có phân bố nhị thức với \(n = 6\); \(p = 0,75\).

b) Lớp học có đủ ánh sáng nếu có ít nhất 4 bóng sáng tức là \(X \ge 4\).

Theo chú ý về phân bố nhị thức ta có:

\(P\left( {X \ge 4} \right) = P\left( {X = 4} \right) + P\left( {X = 5} \right) + P\left( {X = 6} \right)\)

\( = C_6^4.{\left( {\frac{3}{4}} \right)^4}.{\left( {\frac{1}{4}} \right)^2} + C_6^5.{\left( {\frac{3}{4}} \right)^5}.{\left( {\frac{1}{4}} \right)^1} + C_6^6.{\left( {\frac{3}{4}} \right)^6} \approx 0,8306\).

c) \(X \sim B(6;0,75) \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}E(X) = 6.0,75 = 4,5\\V(X) = 6.0,75.0,25 = 1,125\\\sigma (X) = \sqrt {6.0,75.0,25}  = 1,061\end{array} \right.\)

Đề bài

Sơn và Tùng thi đấu bóng bàn với nhau. Trận đấu gồm 5 ván độc lập. Xác suất thắng của Sơn trong mỗi ván là \(\frac{1}{4}\). Biết rằng mỗi ván không có kết quả hòa. Người thắng trận đấu nếu thắng ít nhất 3 ván đấu.

a) Gọi X là số trận thắng của Sơn. Hỏi X là biến ngẫu nhiên có phân bố xác suất gì?

b) Tính xác suất để Sơn thắng Tùng trong trận đấu.

Lời giải chi tiết

a) X là biến ngẫu nhiên có phân bố xác suất nhị thức với tham số \(n = 5;p = \frac{1}{4}\).

b) Sơn thắng Tùng trong trận đấu tức là X ≥ 3.

Theo chú ý về phân bố nhị thức ta có:

\(\begin{array}{l}P(X \ge 3) = P(X = 3) + P(X = 4) + P(X = 5)\\{\rm{                 = }}C_5^3{\left( {\frac{1}{4}} \right)^3}{\left( {\frac{3}{4}} \right)^2} + C_5^4{\left( {\frac{1}{4}} \right)^4}{\left( {\frac{3}{4}} \right)^1} + C_5^5{\left( {\frac{1}{4}} \right)^5}{\left( {\frac{3}{4}} \right)^0} \approx 0,1035\end{array}\)

Đề bài

Cam xuất khẩu được đóng thành từng thùng. Xác suất để một quả cam không đạt chất lượng là 0,03. Vì số lượng cam trong mỗi thùng rất lớn nên không thể kiểm tra toàn bộ số cam trong thùng, người ta lấy ngẫu nhiên từ thùng cam 20 lần một cách độc lập, mỗi lần lấy 1 quả để kiểm tra rồi trả lại nó vào thùng. Gọi X là số quả cam không đạt chất lượng.

a) Gọi tên phân bố xác suất biến ngẫu nhiên X.

b) Các thùng cam được phân thành ba loại theo cách sau:

Trong 20 lần lấy đó:

- Nếu tất cả các quả cam lấy ra đều đạt chất lượng thì thùng được xếp loại I;

- Nếu có 1 hoặc 2 quả cam không đạt chất lượng thì thùng được xếp loại II;

- Nếu có ít nhất 3 quả cam không đạt chất lượng thì thùng được xếp loại III.

Tính tỉ lệ các thùng cam được xếp loại I, II, III.

Lời giải chi tiết

a) X là biến ngẫu nhiên có phân bố xác suất nhị thức với tham số \(n = 20;p = 0,03\)

b)

Gọi A là biến cố: “Thùng cam được xếp loại I”

Khi đó, \(P(A) = P(X = 0) = C_{20}^0{.0,03^0}{.0,97^{20}} \approx 0,5438\)

Gọi B là biến cố: “Thùng cam được xếp loại II” tức là có 1 hoặc 2 quả cam không đạt chất lượng \( \Rightarrow B = \left\{ {X = 1} \right\} \cup \left\{ {X = 2} \right\}\)

\(P(B) = P(X = 1) + P(X = 2) = C_{20}^1{.0,03^1}{.0,97^{19}} + C_{20}^2{.0,03^2}{.0,97^{18}} \approx 0,4352\)

Gọi C là biến cố: “Thùng cam được xếp loại III” tức là có ít nhất 3 quả cam không đạt chất lượng \( \Rightarrow \overline C \) là biến cố: “Có nhiều nhất 2 quả cam không đạt chất lượng”

\(\overline C  = \left\{ {X = 0} \right\} + \left\{ {X = 1} \right\} + \left\{ {X = 2} \right\}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow P(\overline C ) = P(X = 0) + P(X = 1) + P(X = 2) = 0,5438 + 0,4352 = 0,979\\ \Rightarrow P(C) = 1 - P(\overline C ) = 0,021\end{array}\)

Vậy tỉ lệ các thùng cam được xếp loại I, II, III tương ứng là \(54,38\% ;43,52\% ;2,1\% \)