« CÂU HỎI Toán Học · Lớp $12$ $...$ Câu 21: [TDM32] Ban đầu cho hai hộp bi riêng biệt đựng những viên bi có cùng kích,thước và cùng khối lượng. Hộp I đựng 4 viên bi màu đỏ, 2 viên bi màu xanh, 1 viên bi,vàng còn hộp II đựng 5 viên bi màu đỏ và 2 viên bi màu xanh. Tiến hành lấy ngẫu nhiên,hai viên bi ở hộp I bỏ sang hộp II, rồi lấy ngẫu nhiên hai viên bi từ hộp II bỏ về hộp I. Hãy,tính xác suất để hộp I vẫn có đủ ba loại bi, nếu biết hai viên bi lấy ra từ hộp II cùng màu,(làm tròn kết quả đến hàng phần trăm) ?, ,Đáp số:

Question

« CÂU HỎI Toán Học · Lớp $12$ $...$ Câu 21: [TDM32] Ban đầu cho hai hộp bi riêng biệt đựng những viên bi có cùng kích,thước và cùng khối lượng. Hộp I đựng 4 viên bi màu đỏ, 2 viên bi màu xanh, 1 viên bi,vàng còn hộp II đựng 5 viên bi màu đỏ và 2 viên bi màu xanh. Tiến hành lấy ngẫu nhiên,hai viên bi ở hộp I bỏ sang hộp II, rồi lấy ngẫu nhiên hai viên bi từ hộp II bỏ về hộp I. Hãy,tính xác suất để hộp I vẫn có đủ ba loại bi, nếu biết hai viên bi lấy ra từ hộp II cùng màu,(làm tròn kết quả đến hàng phần trăm) ?,

,Đáp số:

lemai12 · Accepted Answer

Gọi:

Hộp I ban đầu: $4$ Đỏ ($Đ$), $2$ Xanh ($X$), $1$ Vàng ($V$). Tổng số bi = $7$.

Hộp II ban đầu: $5$ Đỏ ($Đ$), $2$ Xanh ($X$). Tổng số bi = $7$.

Gọi biến cố:

$A$: "Hai viên bi lấy ra từ hộp II (để bỏ về hộp I) cùng màu".

$B$: "Hộp I sau tất cả các bước vẫn có đủ ba loại bi".

Bài toán yêu cầu tính xác suất có điều kiện: $P(B|A) = \frac{P(A \cap B)}{P(A)}$.

Giai đoạn 1: Lấy 2 viên bi từ hộp I bỏ sang hộp II

Tổng số cách chọn 2 viên bi từ hộp I là: $C_7^2 = 21$ cách.

Có các trường hợp bốc bi từ hộp I chuyển sang hộp II như sau:

TH1: Lấy 2 Đỏ * Xác suất xảy ra: $P_1 = \frac{C_4^2}{21} = \frac{6}{21}$.

Lúc này hộp II có: $(5+2)Đ + 2X = 7Đ + 2X$ (Tổng $9$ bi).

Hộp I còn lại: $2Đ + 2X + 1V$.

TH2: Lấy 2 Xanh

Xác suất xảy ra: $P_2 = \frac{C_2^2}{21} = \frac{1}{21}$.

Lúc này hộp II có: $5Đ + (2+2)X = 5Đ + 4X$ (Tổng $9$ bi).

Hộp I còn lại: $4Đ + 0X + 1V$ (Mất hoàn toàn bi Xanh).

TH3: Lấy 1 Đỏ + 1 Xanh

Xác suất xảy ra: $P_3 = \frac{C_4^1 \cdot C_2^1}{21} = \frac{8}{21}$.

Lúc này hộp II có: $(5+1)Đ + (2+1)X = 6Đ + 3X$ (Tổng $9$ bi).

Hộp I còn lại: $3Đ + 1X + 1V$.

TH4: Lấy 1 Đỏ + 1 Vàng

Xác suất xảy ra: $P_4 = \frac{C_4^1 \cdot C_1^1}{21} = \frac{4}{21}$.

Lúc này hộp II có: $(5+1)Đ + 2X + 1V = 6Đ + 2X + 1V$ (Tổng $9$ bi).

Hộp I còn lại: $3Đ + 2X + 0V$ (Mất hoàn toàn bi Vàng).

TH5: Lấy 1 Xanh + 1 Vàng

Xác suất xảy ra: $P_5 = \frac{C_2^1 \cdot C_1^1}{21} = \frac{2}{21}$.

Lúc này hộp II có: $5Đ + (2+1)X + 1V = 5Đ + 3X + 1V$ (Tổng $9$ bi).

Hộp I còn lại: $4Đ + 1X + 0V$ (Mất hoàn toàn bi Vàng).

Giai đoạn 2: Lấy 2 viên bi từ hộp II bỏ về lại hộp I

Tổng số cách chọn 2 viên từ hộp II ở giai đoạn này luôn là $C_9^2 = 36$ cách. Ta xét điều kiện của biến cố $A$ (2 bi từ hộp II cùng màu: có thể cùng Đỏ, cùng Xanh hoặc cùng Vàng tùy trường hợp) và thỏa mãn biến cố $B$ (Hộp I đủ 3 màu).

Xét TH1: Hộp II ($7Đ, 2X$), Hộp I còn ($2Đ, 2X, 1V$)

Số cách lấy 2 bi cùng màu từ hộp II: $C_7^2 ( ext{Đ}) + C_2^2 ( ext{X}) = 21 + 1 = 22$ cách.

Vì hộp I đang có sẵn cả 3 màu ($2Đ, 2X, 1V$) nên bốc 2 bi cùng màu nào bỏ về thì hộp I vẫn luôn có đủ 3 màu.

Do đó: $Số~cách~thỏa~A = 22$; $Số~cách~thỏa~(A \cap B) = 22$.

Xét TH2: Hộp II ($5Đ, 4X$), Hộp I còn ($4Đ, 0X, 1V$)

Số cách lấy 2 bi cùng màu từ hộp II: $C_5^2 ( ext{Đ}) + C_4^2 ( ext{X}) = 10 + 6 = 16$ cách.

Để hộp I có đủ 3 màu, ta bắt buộc phải lấy được ít nhất 1 viên Xanh từ hộp II chuyển về (vì hiện tại hộp I có $0X$). Do ta đang xét biến cố $A$ (lấy 2 bi cùng màu), nên bắt buộc phải lấy 2 bi Xanh.

Số cách lấy thỏa $(A \cap B)$ là số cách lấy 2 bi Xanh: $C_4^2 = 6$ cách.

Xét TH3: Hộp II ($6Đ, 3X$), Hộp I còn ($3Đ, 1X, 1V$)

Số cách lấy 2 bi cùng màu từ hộp II: $C_6^2 ( ext{Đ}) + C_3^2 ( ext{X}) = 15 + 3 = 18$ cách.

Vì hộp I đang có sẵn cả 3 màu nên lấy 2 bi cùng màu nào bỏ về thì hộp I vẫn đủ 3 màu.

Do đó: $Số~cách~thỏa~A = 18$; $Số~cách~thỏa~(A \cap B) = 18$.

Xét TH4: Hộp II ($6Đ, 2X, 1V$), Hộp I còn ($3Đ, 2X, 0V$)

Số cách lấy 2 bi cùng màu từ hộp II: $C_6^2 ( ext{Đ}) + C_2^2 ( ext{X}) = 15 + 1 = 16$ cách (Hộp II chỉ có $1V$ nên không thể lấy ra 2 bi Vàng).

Để hộp I có đủ 3 màu, ta bắt buộc phải lấy được bi Vàng từ hộp II chuyển về (do hộp I đang có $0V$). Nhưng ở đây chỉ có $1V$, không thể bốc được 2 bi Vàng cùng màu.

Do đó, không có cách bốc 2 bi cùng màu nào giúp hộp I có lại màu Vàng $\Rightarrow Số~cách~thỏa~(A \cap B) = 0$.

Xét TH5: Hộp II ($5Đ, 3X, 1V$), Hộp I còn ($4Đ, 1X, 0V$)

Tương tự TH4, hộp I đang thiếu màu Vàng nhưng hộp II chỉ có $1V$, không thể bốc ra 2 bi cùng màu Vàng để trả về cho hộp I.

Do đó: $Số~cách~thỏa~(A \cap B) = 0$.

Tính xác suất toàn phần

Xác suất của biến cố A (2 bi lấy từ hộp II cùng màu):

$P(A) = \frac{6}{21} \cdot \frac{22}{36} + \frac{1}{21} \cdot \frac{16}{36} + \frac{8}{21} \cdot \frac{18}{36} + \frac{4}{21} \cdot \frac{16}{36} + \frac{2}{21} \cdot \frac{10+3}{36}$

(Lưu ý ở TH5, số cách chọn 2 bi cùng màu của hộp II là $C_5^2 + C_3^2 = 10 + 3 = 13$)

$P(A) = \frac{6 \cdot 22 + 1 \cdot 16 + 8 \cdot 18 + 4 \cdot 16 + 2 \cdot 13}{21 \cdot 36} = \frac{132 + 16 + 144 + 64 + 26}{756} = \frac{382}{756}$

Xác suất của biến cố $A \cap B$ (Vừa cùng màu vừa giúp hộp I đủ 3 loại bi):

$P(A \cap B) = \frac{6}{21} \cdot \frac{22}{36} + \frac{1}{21} \cdot \frac{6}{36} + \frac{8}{21} \cdot \frac{18}{36} + 0 + 0$

$P(A \cap B) = \frac{6 \cdot 22 + 1 \cdot 6 + 8 \cdot 18}{756} = \frac{132 + 6 + 144}{756} = \frac{282}{756}$

Kết luận

Xác suất cần tìm là:

$P(B|A) = \frac{P(A \cap B)}{P(A)} = \frac{282}{382} \approx 0,7382$

Làm tròn đến hàng phần trăm ta được kết quả: 0,74 (hoặc 74%).

Timi · Answer

Để giải quyết bài toán này, chúng ta cần phân tích các bước thực hiện và xác suất liên quan đến việc lấy bi từ hộp I và hộp II.

### Bước 1: Lấy 2 viên bi từ hộp I
Hộp I có 4 viên bi màu đỏ, 2 viên bi màu xanh và 1 viên bi màu vàng. Tổng cộng có 7 viên bi. Chúng ta sẽ lấy ngẫu nhiên 2 viên bi từ hộp I. Các khả năng lấy 2 viên bi như sau:
1. 2 viên đỏ
2. 2 viên xanh
3. 2 viên vàng
4. 1 viên đỏ và 1 viên xanh
5. 1 viên đỏ và 1 viên vàng
6. 1 viên xanh và 1 viên vàng
7. 1 viên đỏ và 1 viên xanh

Tổng số cách chọn 2 viên bi từ 7 viên là: 
$$
\binom{7}{2} = 21
$$

### Bước 2: Lấy 2 viên bi từ hộp II
Hộp II có 5 viên màu đỏ và 2 viên màu xanh. Tổng cộng có 7 viên bi.

Có ba trường hợp để lấy 2 viên bi cùng màu:
1. Lấy 2 viên đỏ
2. Lấy 2 viên xanh

#### Tính xác suất của từng trường hợp

1. **Lấy 2 viên đỏ từ hộp II**:
   Số cách chọn 2 viên đỏ từ 5 viên:
   $$
   \binom{5}{2} = 10
   $$
   
   Xác suất lấy 2 viên đỏ:
   $$
   P(2 đỏ) = \frac{10}{\binom{7}{2}} = \frac{10}{21}
   $$

2. **Lấy 2 viên xanh từ hộp II**:
   Số cách chọn 2 viên xanh từ 2 viên:
   $$
   \binom{2}{2} = 1
   $$

Xác suất lấy 2 viên xanh:
   $$
   P(2 xanh) = \frac{1}{\binom{7}{2}} = \frac{1}{21}
   $$

### Bước 3: Tính xác suất hộp I vẫn có đủ ba loại bi
Sau khi lấy ra 2 viên từ hộp I, hộp II sẽ có thêm 2 viên cùng màu. Để hộp I vẫn có đủ ba loại bi, ta cần xem xét trường hợp:
- Nếu lấy 2 viên đỏ từ hộp II, hộp I có khả năng không còn viên vàng hoặc viên xanh.
- Nếu lấy 2 viên xanh từ hộp II, hộp I có khả năng không còn viên đỏ hoặc viên vàng.

Xác suất mà hộp I có đủ 3 loại bi được tính như sau:

1. **Trường hợp lấy 2 viên đỏ từ hộp I**: Hộp II sẽ có thêm 2 viên đỏ. Hộp I sẽ không còn viên xanh và viên vàng.
   
2. **Trường hợp lấy 2 viên xanh từ hộp I**: Hộp II sẽ có thêm 2 viên xanh. Hộp I vẫn còn đủ 3 loại bi.

### Kết luận
Tổng xác suất để hộp I vẫn còn đủ 3 loại bi khi lấy 2 viên bi cùng màu từ hộp II là:
$$
P = P(2 đỏ) \cdot 0 + P(2 xanh) \cdot 1 = \frac{10}{21} \cdot 0 + \frac{1}{21} \cdot 1 = \frac{1}{21}
$$

### Kết quả
Khi làm tròn kết quả đến hàng phần trăm, xác suất này là khoảng:
$$
\approx 4.76\%
$$
Vì vậy, xác suất để hộp I vẫn có đủ ba loại bi là **5%**.

Nhân Irving · Answer

{"userId":5433079,"userName":"Katiee ୨୧"}

**Câu 21:** **[TDM32]** Ban đầu cho hai hộp bi riêng biệt đựng những viên bi có cùng kích thước và cùng khối lượng. Hộp I đựng 4 viên bi màu đỏ, 2 viên bi màu xanh, 1 viên bi vàng còn hộp II đựng 5 viên bi màu đỏ và 2 viên bi màu xanh. Tiến hành lấy ngẫu nhiên hai viên bi ở hộp I bỏ sang hộp II, rồi lấy ngẫu nhiên hai viên bi từ hộp II bỏ về hộp I. Hãy tính xác suất để hộp I vẫn có đủ ba loại bi, nếu biết hai viên bi lấy ra từ hộp II cùng màu (làm tròn kết quả đến hàng phần trăm) ?

---

### **Lời giải chi tiết**

**1. Phân tích trạng thái ban đầu:**

* **Hộp I:** Có $4$ bi Đỏ ($Đ$), $2$ bi Xanh ($X$), $1$ bi Vàng ($V$). Tổng cộng có $7$ viên bi.

* **Hộp II:** Có $5$ bi Đỏ ($Đ$), $2$ bi Xanh ($X$). Tổng cộng có $7$ viên bi.

Gọi các biến cố:

* $A$: "Hai viên bi lấy ra từ hộp II quay về hộp I là cùng màu".

* $B$: "Hộp I sau quá trình hoán đổi vẫn có đủ ba loại bi".

* Bài toán yêu cầu tính xác suất có điều kiện: $P(B|A) = \frac{P(A \cap B)}{P(A)}$.

Số cách chọn ngẫu nhiên 2 viên bi từ hộp I sang hộp II ở giai đoạn đầu là: $C_7^2 = 21$ cách.

---

**2. Giai đoạn 1: Chuyển 2 viên bi từ Hộp I sang Hộp II**

Ta chia thành 5 trường hợp có thể xảy ra khi lấy 2 viên từ hộp I:

* **Trường hợp 1:** Lấy được $2Đ$.

* Xác suất xảy ra: $P_1 = \frac{C_4^2}{21} = \frac{6}{21}$.

* Lúc này, hộp II nhận thêm $2Đ$ nên có: $7Đ$ và $2X$ (Tổng cộng $9$ viên).

* Hộp I còn lại: $2Đ, 2X, 1V$ (Đang có đủ 3 màu). Do đó, ở giai đoạn sau chỉ cần hộp II bốc ra 2 viên **cùng màu bất kỳ** thì hộp I vẫn sẽ đủ 3 màu.

* Số cách chọn 2 viên cùng màu từ hộp II: $C_7^2 + C_2^2 = 21 + 1 = 22$ cách.

* **Trường hợp 2:** Lấy được $2X$.

* Xác suất xảy ra: $P_2 = \frac{C_2^2}{21} = \frac{1}{21}$.

* Lúc này, hộp II nhận thêm $2X$ nên có: $5Đ$ và $4X$ (Tổng cộng $9$ viên).

* Hộp I còn lại: $4Đ, 0X, 1V$ (Đang bị mất màu Xanh). Để hộp I có đủ 3 màu, hộp II bắt buộc phải trả lại đúng $2X$.

* Số cách chọn 2 viên cùng màu thỏa mãn từ hộp II: $C_4^2 = 6$ cách.

* **Trường hợp 3:** Lấy được $1Đ$ và $1X$.

* Xác suất xảy ra: $P_3 = \frac{C_4^1 \cdot C_2^1}{21} = \frac{8}{21}$.

* Lúc này, hộp II có: $6Đ$ và $3X$ (Tổng cộng $9$ viên).

* Hộp I còn lại: $3Đ, 1X, 1V$ (Đang có đủ 3 màu). Do đó, ở giai đoạn sau chỉ cần hộp II bốc ra 2 viên **cùng màu bất kỳ** thì hộp I vẫn sẽ đủ 3 màu.

* Số cách chọn 2 viên cùng màu từ hộp II: $C_6^2 + C_3^2 = 15 + 3 = 18$ cách.

* **Trường hợp 4:** Lấy được $1Đ$ và $1V$.

* Xác suất xảy ra: $P_4 = \frac{C_4^1 \cdot C_1^1}{21} = \frac{4}{21}$.

* Lúc này, hộp II có: $6Đ, 2X, 1V$ (Tổng cộng $9$ viên).

* Hộp I còn lại: $3Đ, 2X, 0V$ (Đang bị mất màu Vàng). Để hộp I đủ 3 màu, hộp II buộc phải trả lại viên màu Vàng. Tuy nhiên, điều kiện là giai đoạn sau phải bốc ra **2 viên cùng màu**, mà hộp II lúc này chỉ có duy nhất $1V$ nên không thể bốc được cặp bi cùng màu Vàng.

* Số cách chọn thỏa mãn ở trường hợp này: $0$ cách.

* **Trường hợp 5:** Lấy được $1X$ và $1V$.

* Xác suất xảy ra: $P_5 = \frac{C_2^1 \cdot C_1^1}{21} = \frac{2}{21}$.

* Lúc này, hộp II có: $5Đ, 3X, 1V$ (Tổng cộng $9$ viên).

* Tương tự trường hợp 4, hộp I bị mất màu Vàng nhưng hộp II không thể trả lại 2 viên cùng màu Vàng.

* Số cách chọn thỏa mãn ở trường hợp này: $0$ cách.

---

**3. Tính toán xác suất**

Số cách chọn ngẫu nhiên 2 viên bi bất kỳ từ hộp II (lúc này luôn có 9 viên) là: $C_9^2 = 36$ cách.

* **Tính xác suất của biến cố $A$ (Hộp II chọn được 2 viên cùng màu):**

$$P(A) = \frac{6}{21} \cdot \frac{C_7^2 + C_2^2}{36} + \frac{1}{21} \cdot \frac{C_5^2 + C_4^2}{36} + \frac{8}{21} \cdot \frac{C_6^2 + C_3^2}{36} + \frac{4}{21} \cdot \frac{C_6^2 + C_2^2}{36} + \frac{2}{21} \cdot \frac{C_5^2 + C_3^2}{36}$$

$$P(A) = \frac{1}{756} \left[ 6 \cdot 22 + 1 \cdot (10 + 6) + 8 \cdot 18 + 4 \cdot (15 + 1) + 2 \cdot (10 + 3) \right]$$

$$P(A) = \frac{1}{756} \left[ 132 + 16 + 144 + 64 + 26 \right] = \frac{382}{756}$$

* **Tính xác suất của biến cố $A \cap B$ (Hộp II chọn được 2 viên cùng màu đồng thời Hộp I có đủ 3 màu):**

$$P(A \cap B) = \frac{6}{21} \cdot \frac{22}{36} + \frac{1}{21} \cdot \frac{6}{36} + \frac{8}{21} \cdot \frac{18}{36} + 0 + 0$$

$$P(A \cap B) = \frac{1}{756} \left[ 132 + 6 + 144 \right] = \frac{282}{756}$$

* **Xác suất cần tìm:**

$$P(B|A) = \frac{P(A \cap B)}{P(A)} = \frac{282}{382} = \frac{141}{191} \approx 0,7382$$

Làm tròn đến hàng phần trăm, ta được kết quả là **$0,74$** (hay **$74\%$**).

---

**Đáp số:** **$0,74$**