Hướng dẫn ôn thi tốt nghiệp đại học ngành giáo dục tiểu học phần toán cao cấp phần 2 đh huế

Khi đó EndG lμ một vμnh có đơn vị lμ ánh xạ đồng nhất id G, vμnh nμy nói chung không giao hoán vμ được gọi lμ vμnh các tự đồng cấu của nhóm aben G.. Phép thử ngẫu nhiên lμ sự thực hiện m

Chương IV : Vμnh -Trường 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 thường 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 :

7. Nếu R lμ một vμnh giao hoán thì :

(x + y) n = ư

= ư

∑0

!

!( )!

n

i n i i

2) Tập Zn các số nguyên môđulô n cùng với hai phép toán cộng vμ nhân sau lμ một

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 id G, vμnh

nμy nói chung không giao hoán vμ được gọi lμ vμnh các tự đồng cấu của nhóm aben G

4.2 Miền nguyên vμ trường

4.2.1 Định nghĩa

Vμnh có đơn vị R được 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 trường

Như vậy trường 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 tương đương với điều kiện R không tầm thường : R ≠ {0}

4.2.2 Thí dụ

1) Mỗi vμnh Q, R, C đều lμ một trường Trong khi vμnh Z không lμ một trường vì các phần tử khác ± 1 đều không khả nghịch trong Z

2) Vμnh Zn các số nguyên môđulô n lμ một trường nếu vμ chỉ nếu n lμ một số nguyên

tố Thật vậy, Zn lμ một trường khi vμ chỉ khi ∀ m ∈ Zn, m ≠ 0, ∃r ∈ Zn, sao cho m r

=1 Điều nμy tương đương 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 hướng :

∀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 dưới dạng (x, y, z, t) = x1 + yi + zj + tk Trên H xét 2 phép toán như sau :

Vμnh R gọi lμ vμnh có ước của 0 nếu tồn tại a, b ∈ R, a ≠ 0, b ≠ 0 sao cho ab = 0 Khi

đó a được gọi lμ một ước trái của 0 vμ b được gọi lμ một ước phải của 0 Nếu vμnh R giao hoán thì a vμ b được gọi lμ các ước của 0

4.2.6 Mệnh đề

Mỗi trường đều lμ một miền nguyên

Điều ngược lại lμ không đúng Tuy nhiên một miền nguyên hữu hạn lμ một trường (Xem bμi tập 1)

4.2.7 Thí dụ

1) Z lμ một miền nguyên với hai phép toán cộng vμ nhân thông thường Vμnh Zn với

phép cộng vμ phép nhân các số nguyên môđulô n lμ các vμnh có ước của 0 khi n lμ một

hợp số

2) Với a, b, c, d ∈ R, bảng gọi lμ một ma trận vuông cấp 2 hệ số thực Gọi

M2(R) lμ tập hợp tất cả các ma trận vuông cấp 2 hệ số thực Trên M2(R), xét hai phép toán sau:

Khi đó M2(R) lμ một vμnh không giao hoán, có đơn vị lμ ma trận Ngoμi ra,

M2(R) còn lμ một vμnh có ước của 0 Thật vậy, với A = vμ B = lμ hai phần

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 được 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 trường thì nó được gọi lμ một trường con của vμnh R Nếu khi

đó R cũng lμ một trường thì nó được gọi lμ một trường mở rộng của trường S

4.3.2 Mệnh đề

Cho S lμ một tập con khác rỗng của vμnh R Khi đó các điều sau tương đương :

(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 trường 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 R X ≠ ∅ vì R ∈ R X vμ S lμ một

vμnh con của R, đây lμ vμnh con nhỏ nhất của R chứa X Vμnh con nμy được gọi lμ vμnh con của R sinh ra bởi X, kí hiệu < X >

Vì vậy, Q( p ) = {a + b p ⏐ a, b ∈ Q} lμ một trường con của trường R các số thực

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

Nhưng điều ngược lại không đúng Chẳng hạn, Z lμ một vμnh con của Q, nhưng không phải lμ một iđêan của Q

Trong vμnh R bao giờ cũng có hai iđêan lμ 0 (= {0}) vμ R được gọi lμ hai iđêan tầm thường của vμnh R Mỗi iđêan khác 0 vμ khác R được 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 tương đương:

(i) I lμ iđêan trái (t.ư phải) của vμnh R

Khi X = R ta nói (X > (t.ư < X), (X)) lμ iđêan trái (t.ư phải, hai phía) chính của R

n

i i i i i i

r x s r s⏐ R

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 thương R/I = {x + I | x ∈ R} lμ một nhóm cộng aben hoμn toμn xác định Trên R/I xét phép nhân:

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 trường hợp

nμy Z được 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 dương nhỏ nhất trong I (số nμy tồn tại do (– x) ∈ I với mọi x ∈ I), thì với mọi a ∈ I, xét phép chia có dư 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′ được 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 như 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 trường hợp R vμ R′ có đơn vị (tương 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.ư toμn ánh, song ánh) được gọi lμ một

đơn cấu (t.ư toμn cấu, đẳng cấu) vμnh

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.ư phải, hai phía) của R vμ I′ lμ một iđêan trái (t.ư phải, hai phía) của R′ thì f(I) lμ một iđêan trái (t.ư phải, hai phía) của f(R) vμ f–1(I ′) lμ một iđêan trái (t.ư 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 hiệu Imf ; f–1(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 = {0 R}

≅ Zn

2) Cho R lμ vμnh có đơn vị 1 R vμ sinh ra bởi 1R Xét ánh xạ f : Z → R cho bởi f(m) = m.1 R

Khi đó f lμ một đồng cấu vμnh Ngoμi ra, do 1 R sinh vμnh R nên Imf = R, nghĩa lμ f lμ một toμn cấu Ta có Kerf = {m ∈ Z⏐ m.1 G = 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 trường

Giải

Cho R lμ một miền nguyên hữu hạn, giả sử R = {0, a1, a2, , a n} Khi đó các phần tử

của R* = {a1, a2, , a n } thoả mãn luật giản ước Do đó R* = { a1 a1, , a1 a2, , a1 a n } Vì a1

∈ R* nên tồn tại k sao cho a1 ak = a1 Đặt e = a k , với 1 ≤ i ≤ n ta có a1(ea i ) = (a1 e) a i = a1 a i,

suy ra ea i = a i hay e lμ phần tử đơn vị của R Với mọi a j ∈ R*, R* = {a1 a j , a2 a j , , a n a j} Vì

e ∈ R* nên tồn tại a i ∈ R* sao cho a i a j = e hay a i lμ phần tử nghịch đảo của a j. Do đó R lμ

một trường

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 như 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)

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

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

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

= η (η(a) (η(b) + η(c))) = η (η(a) η(b) + η(a) η(c))

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 ) Giả sử a vμ b lần lượt 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 lượt 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 ước của không vμ x ≠ 0 Vậy x′ lμ phần tử nghịch đảo của x Tương tự y′ lμ phần tử nghịch đảo của y

7 Cho R lμ vμnh hữu hạn Chứng minh rằng :

a) Nếu R không có ước của không thì nó có đơn vị vμ mọi phần tử khác không của R

f a 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 ước của không vμ a ≠ 0 Do R lμ hữu hạn nên f a lμ một

song ánh Vì vậy, với a ∈ R tồn tại e ∈ R sao cho f a (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 f a lμ song ánh nên với e ∈ R, tồn tại a′ ∈ R sao cho f a (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

f a : R → R : x 6 ax

f a 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 f a lμ một song ánh Khi đó với đơn vị e của R, tồn tại a′′ ∈ R sao cho f a (a′′)

= aa′′ = e, tức lμ a có nghịch đảo phải lμ a′′ Tương 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

∀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 +

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 trường Thật vậy, ∀a ∈ Z(R), a ≠ 0, (nên có a–1

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 lượt lμ các iđêan của R vμ S

b) Tìm các iđêan của các vμnh sau :

Cho M lμ một iđêan của vμnh tích R ì S Đặt I = p1 (M) vμ J = p2 (M) thì I vμ J lần lượt

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) = (1 R , 0) (x, y1) + (0, 1S ) (x1, y) ∈ M,

trong đó 1R vμ 1S lần lượt lμ đơn vị của R vμ S Do đó M = I ì J

b) Các iđêan của vμnh Zn lμ kZ n 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 dương không chính phương Kí hiệu

Q( p )= {a + b p ⏐ a, b ∈ Q},

trong đó Q lμ trường các số hữu tỉ Chứng minh rằng Q p lμ một trường

b) Chứng minh rằng trường Q( 3) không đẳng cấu với trường Q( 5)

Giải

a) Ta có Q( p) lμ một tập con khác rỗng của trường 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 –

b) Giả sử tồn tại đẳng cấu trường 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

13. Chứng minh rằng tập hợp các ma trận có dạng , với a, b lμ những số hữu tỉ tuỳ

ý, lμ một trường đối với phép cộng vμ phép nhân ma trận, trường nμy đẳng cấu với trường

Vậy T lμ một vμnh con giao hoán của M2(Q) có chứa đơn vị của M2(Q) Do đó T lμ

một vμnh giao hoán khác 0 có đơn vị Ngoμi ra, với , (khi đó a2 – 3b2

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 Tương 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

lμ một đơn ánh Ngoμi ra, do a(x + y) = ax + ay = (z x + z y )a vμ a(xy) = (ax)y = (z x a)y = z x (ay) =

z x (z y a) = (z x z y )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 dương 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, ∃z x , z y ∈ Z, ax = z x a, ay = z y a ; khi đó x = y ⇔ ax = ay ⇔ z x a = z y a ⇔ (z x – z y )a

= 0 ⇔ p|(z x – z y) ⇔ z x=z y (trong Zp) ; do đó ánh xạ

f : A → Z p : x6z x

lμ một đơn ánh Do z x+z y = z x+z y,z z x y = z z x 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 thương R/J đều có dạng I/J, trong đó I lμ một iđêan của R chứa J vμ có đẳng cấu vμnh

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,

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 6s + 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

Chương 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 được 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 tương 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 được 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 , được gọi lμ biến cố bất khả (sự kiện không thể xảy ra trong một phép thử)

Các biến cố A1, A2 , ,A n lập thμnh một nhóm đầy đủ các biến cố nếu nó thoả mãn hai

điều kiện sau:

a ∪in=1 A i = Ω

b A i ∩ A j = ∅ ; ∀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)

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

nhiên A ⊆ Ω Khi đó xác suất của biến cố A, P(A) đ−ợc xác định bởi =

Ω

mes( )( )

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

∩

⏐ = ( )( )

Giả sử B1, B2, ,B n lμ một nhóm đầy đủ các biến cố với P(B i ) > 0 ; i = 1, 2, , n vμ biến

cố A xảy ra đồng thời với một trong các B i Khi đó ta có :

P(A) =

=

⏐

∑1

5.4.6 Công thức xác suất Bayes

Với các giả thiết của 5.4.5 ta có

P(B i ⏐A) =

=

∑ 1

( ) ( )( ) ( )

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)

5.5.3 Số có khă năng xuất hiện nhiều nhất

Trong một dãy phép thử Bernoulli, số k0 được gọi lμ số có khả năng nhất, nếu

P n (k0 ; p) = maxP n (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 được phép bắn mỗi người 1 viên đạn vμo bia Gọi A vμ B lần lượt lμ các biến

cố người thứ nhất vμ người thứ hai bắn trúng bia Hãy mô tả các biến cố A ∪ B, A ∩ B,

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

= 6 = 1( )

36 6

3. Một khối lập phương có các mặt quét sơn được chia thμnh 1000 khối lập phương con

đều nhau Trộn đều vμ rút ngẫu nhiên một khối Tính xác suất:

a Rút được khối có hai mặt quét sơn

b Rút được khối có 3 mặt quét sơn

Giải

Dễ thấy không gian các biến số sơ cấp có 1000 phần tử Để chia khối lập phương thμnh

1000 khối con đều nhau thì mỗi cạnh phải chia 10 đoạn bằng nhau Khi đó có 8 ì 12 = 96 khối lập phương con có hai mặt quét sơn vμ có 8 khối lập phương con có ba mặt quét sơn Vậy xác suất rút được khối có hai mặt đã quét sơn bằng 0,096 vμ xác suất rút được khối có

C C

b Xác suất để có 5 vé trúng thưởng lμ p b =

5 10 5 100

C

C

c Xác suất để có ít nhất 1 vé trúng thưởng lμ : p c = ư 905

5 100

c. Biến cố có ít nhất một viên đạn được bắn trúng đích C = A ∪ B nên P(C) = 0,97

d Biến cố không có một viên đạn nμo được bắn trúng đích

b Trả lời được 2 trong 4 câu

c Trả lời được ít nhất một câu

d Không trả lời được câu nμo

HD : n = C254

a Trả lời được cả 4 câu lμ p a =

4 20 4 25

C C

c Trả lời được ít nhất một câu p c = 1 –

4 5 4 25

C

C

d Không trả lời được câu nμo P d =

4 5 4 25

C

C

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 lưu 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 xưởng có 3 máy hoạt động độc lập nhau Khả năng bị hỏng của mỗi máy lần lượt 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 được,

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 được 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

p =

3 20 3 25

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?

Vậy số cầu ít nhất khi b chẵn lμ 6 + 15 = 21

11. Một hộp có 100 tấm thẻ như nhau được 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 Lấy được 2 viên bi xanh vμ 1 viên bi trắng

b Không có viên bi xanh nμo được lấy ra

Giải

a. Gọi A lμ biến cố lấy được 2 viên bi xanh Do đòi hỏi lấy được 2 bi xanh, 1 bi trắng

trước khi lấy được 1 viên bi đỏ để dừng lại nên tổng cộng ta phải lấy lần lượt không hoμn

trả lại 4 trong 15 bi, do đó số phân tử của không gian các biến sơ cấp lμ n = Để lấy

đúng theo yêu cầu của A ta thực hiện :

4 15

A

i Lấy 2 trong số 5 bi xanh lần lượt không trả lại nên có khả năng A52 khả năng thực hiện

ii Lấy 1 trong 4 bi trắng, có 1 khả năng thực hiện

4

A

iii Sắp xếp 2 bi trắng trong 3 bi trắng vμ xanh có C3 khả năng thực hiện

iv Lấy viên thứ tư lμ bi đỏ trong 6 bi đỏ Có khả năng thực hiện Vậy số biến cố sơ cấp

thuận lợi cho biến cố A lμ k = vμ khi đó :

1 6

A

2 5

A A41C32 A61

P(A) = 4

91 ≈ 0,044

b Nếu không có viên bi xanh nμo được lấy ra có nghĩa lμ hoặc lấy viên đầu tiên đã

được viên bi đỏ B0, hoặc viên bi đỏ được lấy ra sau viên bi trắng : B i (i = 1, 2, 3, 4) Vậy

P(B) = 16380

30030 ≈ 0,5454

13. Xếp ngẫu nhiên n bức thư vμo n phong bì đã ghi sẵn địa chỉ (mỗi phong bì chỉ có một bức

thư) Tìm xác suất để ít nhất có 1 thư đến đúng người nhận

n k

! = 1

1( 1)

!

k n

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 Được 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 người công nhân cùng sản xuất một sản phẩm Xác suất để người thứ nhất lμm ra phế phẩm lμ 0,02 vμ để người thứ hai lμm ra phế phẩm lμ 0,03 Rút 1 sản phẩm từ số sản phẩm của hai người Tính xác suất để sản phẩm lấy ra không lμ phế phẩm

Giải

Gọi B i lμ biến cố sản phẩm lấy ra lμ do người 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 vượt quá mức quy định ở một nhμ máy

điện lμ p = 0,75 Tính xác suất trong 6 ngμy liên tiếp có 4 ngμy lượng điện không vượt quy định

a Gọi A1 vμ A2 lần lượt lμ các biến cố sản phẩm do máy thứ nhất vμ máy thứ hai lμm

ra A1 vμ A2 tạo thμnh nhóm đầy đủ các biến cố, với P(A1) = 1

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 :

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

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 B i 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

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 B D lμ biến cố viên bi lấy ra từ hộp thứ

nhất (để bỏ vμo hộp thứ hai) lμ bi đỏ B T 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

P(A) = P(B1) ì P(A⏐B1) + P(B2) ì P(A⏐B2) = 5

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 :

⏐

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 B TT lμ biến cố hai quả cầu lấy ra

từ hai hộp lμ trắng B DD lμ biến cố hai quả cầu lấy ra từ hai hộp lμ đỏ B TD 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 B DT 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 được 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 được thỏ nâu P( B ) = 1 – P(B) = 0,2

28. Tỉ lệ người nghiện thuốc lá ở một vùng lμ 30% Tỉ lệ người bị viêm họng trong số người nghiện thuốc lá lμ 60%, còn tỉ lệ người bị viêm họng trong số người không hút thuốc lá lμ 40%

a Chọn ngẫu nhiên một người, biết rằng người đó viêm họng, tính xác suất để người

đó nghiện thuốc lá

b Nếu người đó không bị viêm họng, tính xác suất để người đó lμ nghiện thuốc lá ?

Giải

a. Gọi A lμ biến cố người được chọn lμ nghiện thuốc lá P(A) = 0,3 Khi đó, A lμ biến

cố người được chọn không nghiện thuốc : P( A ) = 1 – P(A) = 0,7

Gọi B lμ biến cố người được chọn bị viêm họng Khi đó, B⏐A (tương tự, B⏐ A) lμ biến

cố người viêm họng được chọn lμ nghiện thuốc lá (tương 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 người được chọn lμ nghiện thuốc lá, biết rằng người đó viêm họng

áp dụng công thức Bayes có P(A⏐B) = 0,39 Vậy xác suất để người viêm họng được chọn lμ

người nghiện thuốc lá bằng : 0,39 vμ P( A ⏐B) = 1 – P(A⏐B) = 0,61

29. Một lô hạt giống được phân thμnh 3 loại Loại A chiếm 1

4 số hạt của lô Loại B chiếm

23

số hạt của lô, còn lại lμ hạt thuộc loại C Các hạt loại A, B, C có tỉ lệ nảy mầm lần lượt 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 được hạt không nảy mầm Hỏi khả năng hạt đó thuộc loại nμo ?

Gọi U lμ biến cố hạt được chọn nảy mầm

a. Theo công thức xác suất đầy đủ, ta có tỉ lệ nảy mầm chung của

suy ra khả năng lớn nhất lμ hạt không nảy mầm thuộc loại B

30. Trong việc truyền tin bằng điện tín ta thường dùng các tín hiệu (.) vμ gạch ngang (–) Do tiếng ồn ngẫu nhiên nên trung bình có 1

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 được hai nam

Giải

Số cách chọn ba học sinh từ lớp có 50 học sinh lμ :

3 50

50!

196003!47!

27!

3512!25!

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 =0, 4119600

8!

282!6!

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 :

3 6

6!

= = 23!3!

10!

452! 8!

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 được 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 :

ì ì

ì ì ì

5!4! 2 3 4 19! 6 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 được 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 như sau : Xếp anh trước rồi xếp em vμ sau đó xếp 7 người 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 người anh) 7 người 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:

ì ì

= 9 2 7!= 19! 4

Để xếp 2 anh em sinh đôi đứng gần nhau ta có thể xếp như sau : Xếp anh trước rồi xếp

em vμ sau đó xếp 7 người còn lại Số cách xếp anh lμ 9 (1 trong 9 vị trí đã được 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 người anh) 7 người 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 :

ì

= 2 8! = 29! 9

38. Xếp ngẫu nhiên 3 người Việt, 2 người Pháp vμ 4 người ý ngồi quanh một bμn tròn Tính xác suất để những người cùng quốc tịch ngồi gần nhau

Giải

Giả sử 9 vị trí quanh bμn tròn để xếp 9 người trên (3 người Việt, 2 người Pháp vμ 4 người ý) được đánh số từ 1 đến 9 (theo chiều kim đồng hồ) Số cách xếp 9 người vμo 9 vị trí nμy lμ 9!

Để những người cùng quốc tịch ngồi gần nhau ta có thể tiến hμnh việc sắp xếp như sau : Xem những người cùng quốc tịch lμ một Lần lượt xếp từng nhóm quốc tịch sau đó trong mỗi nhóm quốc tịch hoán vị những người 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 người Việt, 2! hoán vị các người Pháp vμ 4! hoán vị các người ý Vì vậy số cách để xếp những người cùng quốc tịch ngồi gần nhau lμ 9 ì 2 ì 3! ì 2! ì 4! vμ xác suất để những người cùng quốc tịch ngồi gần nhau lμ :

Số cách xếp 12 người lên 3 toa tμu lμ 312 (mỗi người có 3 cách lên tμu)

a) Để toa thứ nhất có 4 hμnh khách ta có thể tiến hμnh sắp xếp như 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 khách lên toa thứ nhất lμ Số cách xếp 8 hμnh khách còn lại lên 2 toa còn lại lμ 28 Do

đó số cách xếp để toa thứ nhất có 4 hμnh khách lμ 28 vμ xác suất để toa thứ nhất có 4 hμnh khách lμ

4 12

C

4 12

C

p =

8 4 12 12

23

C

b) Để mỗi toa có 4 hμnh khách ta có thể tiến hμnh sắp xếp như 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 thứ nhất lμ Số cách xếp 4 hμnh khách trong 8 hμnh khách lên toa thứ hai lμ Số cách xếp 4 hμnh khách còn lại lên toa thứ ba lμ 1 Vì vậy, số cách xếp để mỗi toa có 4 hμnh khách lμ vμ xác suất để mỗi toa có 4 hμnh khách lμ :

4 12

3

C C

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 trường hợp : (nam, nam, nữ, nữ, nữ) hoặc (nữ, nữ, nữ, nam, nam) Trong mỗi trường hợp có 2! cách xếp các nam sinh vμ 3! cách xếp các nữ sinh nên có 2!3! = 12 cách xếp cho mỗi trường 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 = 15! 5

b. Để 3 nữ sinh đứng gần nhau thì có 3 trường hợp : (nam, nam, nữ, nữ, nữ) hoặc (nữ, nữ, nữ, nam, nam) hoặc (nam, nữ, nữ, nữ, nam) Trong mỗi trường hợp có 2! cách xếp các nam vμ 3! cách xếp các nữ sinh nên có 2!3! = 12 cách xếp cho mỗi trường 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 = 35! 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 người đi vμ về bằng xe của một trong hai xí nghiệp đó Tính

xác suất để người đó đi vμ về bằng:

a) Để đi vμ về bằng xe của cùng một xí nghiệp có hai trường 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 :

+

=102 2152 = 0,5225

b) Để đi vμ về bằng xe của hai xí nghiệp khác nhau có hai trường 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:

= 3002 = 0, 4825

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 = 19! 210

C

4 4

44. Lấy ngẫu nhiên 2 đỉnh của một n-giác lồi Tính xác suất để đoạn thẳng nối 2 đỉnh đã chọn lμ

một đường chéo của đa giác lồi đó

Đây cũng chính lμ số cách chọn được 2 đỉnh mμ đoạn thẳng nối 2 đỉnh đã chọn lμ một

đường chéo của đa giác lồi đó

Vậy xác suất để đoạn thẳng nối 2 đỉnh đã chọn lμ một đường chéo của n-giác lồi đó lμ :