Từ các số 0,1,2,3,4,5,6,7,8 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên chẵn có 4 chữ số khác nhau đôi một và không lớn hơn 4560?

Các số có dạng $\overline{abcd}$. Ta có các TH :
$$\begin {align*}
&(a\in \left \{ 1,3 \right \})\wedge(d\in \left \{0,2,4,6,8 \right \}) :2\cdot7\cdot6\cdot 5=420\\
&(a=2)\wedge(d\in \left \{0,4,6,8 \right \}) :1\cdot7\cdot6\cdot4=168\\
&(a=4)\wedge(b=0)\wedge (d\in \left \{2,6,8 \right \}) :1\cdot1\cdot6\cdot3=18\\
&(a=4)\wedge(b\in\left \{1,3\right \})\wedge (d\in \left \{0,2,6,8 \right \}) :1\cdot2\cdot6\cdot4=48\\
&(a=4)\wedge(b=2)\wedge (d\in \left \{0,6,8 \right \}) :1\cdot1\cdot6\cdot3=18\\
&(a=4)\wedge(b=5)\wedge (c=0)\wedge (d\in \left \{2,6,8 \right \}) :1\cdot1\cdot1\cdot3=3\\
&(a=4)\wedge(b=5)\wedge (c\in \left \{1,3\right \})\wedge (d\in \left \{0,2,6,8 \right \}) :1\cdot1\cdot2\cdot4=8\\
&(a=4)\wedge(b=5)\wedge (c=6)\wedge (d=0) :1\cdot1\cdot1\cdot1=1\end{align*}$$
Vậy có $684$ số thỏa yêu cầu.

Cho tập X có n phần tử.Tính số song ánh f:$X\rightarrow X$

Số song ánh là n!

Biểu diễn các cú nhảy của con nhái như sau : cú nhảy sang phải, sang trái lần lượt được biểu diễn bằng $x^1, \; x^{-1}$; tương tự cú nhảy về phía trước , về phía sau lần lượt được biểu diễn bằng $y^1, \; y^{-1}$. Ta có hàm sinh cho số cách di chuyển từ (0,0) đến (2,2) trong 6 cú nhảy :
$$\begin{align*}
f(x,y)&=(x^1+x^{-1}+y^{1}+y^{-1})^6\\
\Rightarrow [x^2y^2]f(x,y)
&=[x^2y^2](x^1+x^{-1}+y^{1}+y^{-1})^6\\
&=[x^2y^2]\sum_{k=0}^6\binom{6}{k}\left(x+\frac{1}{x}\right)^k\left(y+\frac{1}{y}\right)^{6-k}\\
&=[x^2y^2]\binom{6}{2}\left(x+\frac{1}{x}\right)^2\left(y+\frac{1}{y}\right)^4\\
&\qquad+[x^2y^2]\binom{6}{4}\left(x+\frac{1}{x}\right)^4\left(y+\frac{1}{y}\right)^2\\
&=[x^2y^2]\left(\binom{6}{2}\binom{2}{0}x^2\binom{4}{1}y^2+\binom{6}{4}\binom{4}{1}x^2\binom{2}{0}y^2\right)\\
&=\binom{6}{2}\cdot 4+\binom{6}{4}\cdot4= \binom{6}{2}\cdot 8 \\
&=\boldsymbol {120}
\end{align*}$$NB : Trong khai triển trên, các số hạng có chứa $x^2y^2$ chỉ xuất hiện ứng với $k=2$ hoặc $k=4$.

Chọn ngẫu nhiên 8 số từ 1 đến 10. Hỏi xác suất tổng các số đã chọn nhỏ thua 18.

Một người muốn lát bảng ô vuông $9\times 9$ bởi các viên gạch dạng như hình minh họa và cách viên gạch nhận đươc bằng cách xoay 1 góc sao cho các viên đá không chườm lên nhau. Hỏi người này có thể lát kín bảng đó không?

Không thấy hình minh họa.
Nhưng câu trả lời là Có thể.
https://i.stack.imgur.com/z6Cxw.png

Một con nhái đang ở gốc tọa độ (0,0). Hỏi có bao nhiêu cách con nhái nhảy đến điểm (2,2) trong đúng 6 cú nhảy, biết rằng một cú nhảy của con nhái có thể nhảy về phía trước, phía sau, sang phải hoặc sang trái 1 đơn vị.
(Edited)
---------
Sorry, vì thấy không nhất thiết như đề cũ, em xin sửa đề lại một tí ạ!

1)Các số có dạng $\overline{a_1a_2...a_n}$
$\begin {align*}\text{Ta có:}\\
&a_1+a_2+...+a_{n-1}\equiv r\!\! \pmod{5}\\
&\Rightarrow a_n\equiv (5-r)\!\! \pmod{5}\\
&\Rightarrow \text{ có $9\cdot10^{n-2}\cdot 2$ số thỏa yêu cầu.}
\end {align*}$

1) Có bao nhiêu số 5 chữ số mà tổng các chữ số chia 4 dư 2.

Gọi:
- $X$ là tập các số 5 chữ số mà các chữ số thuộc $\left \{ 0,1 \right \}\Rightarrow \left | X\right |=2^4$
- $Y$ là tập các số 5 chữ số còn lại $\Rightarrow \left | Y \right |=9\cdot 10^4-\left | X\right |$.
Nhận thấy: nếu 2 chữ số a, b thuộc $Z=\left \{ 2,3,4,...,8,9 \right \}$ thì số các số bắt đầu là chữ số a sẽ bằng với số các số bắt đầu là chữ số b. Ngoài ra, vì các chữ số thuộc $Z$ đều thuộc về 1 trong 4 lớp thặng dư theo modulo 4 và số các thặng dư trong các lớp là bằng nhau. Điều này dẫn đến tổng các chữ số của các số trong $Y$ cũng phân bổ đều nhau trong 4 lớp theo modulo 4. Do đó, số các số trong $Y$ có tổng các chữ số thuộc mỗi lớp theo mod 4 đều là $\left | Y \right |/4$.
Và dễ thấy có $4$ số thuộc $\left | X \right |$ mà tổng các chữ số đồng dư 2 modulo 4.
Vậy số các số thỏa yêu cầu là :
$\begin {align*}\frac{\left | Y \right |}{4}+4&=\frac{9\cdot10^4-2^4}{4}+4\\
&=22496+4\\
&=\boldsymbol {22500}\end {align*}$
Từ đây, ta cũng tính được số các số có tổng các chữ số :
- chia 4 dư 0: $22496+4=22500$
- chia 4 dư 1: $22496+2=22498$
- chia 4 dư 3: $22496+6=22502$
+++++++++
Rất mong các bạn có cách giải khác, post lên để mọi người (và mình) học hỏi nhé.

1) Có bao nhiêu số tự nhiên có n chữ số mà tổng các chữ số chia hết cho 5?
2) Số các số tự nhiên có 7 chữ số khác nhau, chia hết cho 3?

@Kii Yashiro
- bạn nghĩ lại câu 1.
- vui lòng trình bày lời giải câu 2.

1) Có bao nhiêu số 5 chữ số mà tổng các chữ số chia 4 dư 2.
2) Có bao nhiêu số 4 chữ số khác nhau mà tổng 2 chữ số đầu bằng tổng 2 chữ số cuối.

thanks pro

Thắc mắc gì, bạn cứ hỏi nhé.
NB: Thanks bro chứ nhỉ...

Cho các số 0,1,2,3,4,5,6,7. Chọn ngẫu nhiên 4 số lập thành 1 số có 4 chữ số khác nhau. Tính xác xuất sao cho số đc chọn chia hết cho 15.

Ta phân thành các tập $A_0=\left \{ 0,3,6 \right \},A_1=\left \{1,4,7  \right \},A_2=\left \{2,5 \right \}$. Nhận thấy các số thỏa yêu cầu phải chia hết cho 3 và cho 5.
1) Dạng $\overline{abc0}:$
- Chọn 3 phần tử thuộc $A_1\rightarrow C_3^3\cdot3!=6$
- Chọn 1 phần tử từ mỗi tập  $\rightarrow C_2^1\cdot C_3^1\cdot C_2^1\cdot3!= 72 $
2) Dạng $\overline{abc5}:$
Không có chữ số $0$:
- Chọn 2 ptử thuộc $A_0$ và 1 ptử thuộc $A_1\rightarrow C_2^2\cdot C_3^1\cdot 3!=18$
- Chọn 2 ptử thuộc $A_1$ và 1 ptử thuộc $A_2\rightarrow C_3^2\cdot C_1^1\cdot 3!=18$
Có chữ số $0$:
- Chọn 1 ptử thuộc $A_0$ và 1 ptử thuộc $A_1\rightarrow C_2^1\cdot C_3^1\cdot
2!\cdot2=24$
Xs cần tìm :$P=\frac {138}{7\cdot7\cdot6\cdot5}=\frac {23}{245}$

Có 3 hộp: hộp A đứng 3 viên bi xanh và 2 viên bi đỏ, hộp B đựng 3 viên bi đỏ và 4 viên bi trắng, hộp C đựng 2 viên bi đỏ và 2 viên bi vàng. Chọn ngẫu nhiên 1 hộp và lấy từ hộp ấy 2 viên bi. Tính xác suất để lấy được 2 viên bi khác màu?
C1: Số cách lấy được 2 viên bi khác màu :  3.2 + 4.3 + 2.2= 22 cách
Số cách lấy được 2 viên bi: 5C2 + 7C2 + 4C2 = 37
=> Xác suất lấy được 2 viên bi khác màu: $\frac{22}{37}$
C2: Xác suất chọn trúng 1 trong 3 hộp : $\frac{1}{3}$
Xác suất chọn được 2 viên bi khác màu trong hộp A : $\frac{3.2}{5C2}$
Tương tự.....
Suy ra xác suất để chọn được 2 viên khác màu : $\frac{1}{3} \cdot \frac{3.2}{5C2}+\frac{1}{3} \cdot \frac{3.4}{7C2}+\frac{1}{3} \cdot \frac{2.2}{4C2}=\frac{193}{315}$
Hai cách làm này ra 2 kết quả khác nhau, thoạt nhìn có vẻ không thấy sai chỗ nào nma nếu vậy thì vô lí quá, giúp với ạ.

Thoạt nhìn, thấy cách 1 sai quá trời luôn!
- Cách 2: Ok.

Gieo một con xúc xắc cân đối đồng chất 3 lần.Tính xác xuất để tổng ba lần gieo được 1 số chia hết cho 3 trong trường hợp:
a, 3 con xúc xắc giống nhau
b,3 con xúc xắc khác nhau về kích cỡ

Tiền hậu bất nhất!

Có bao nhiêu cách viết số nguyên dương n thành tổng các số nguyên dương? (hai cách viết 1+3+1+2 và 2+1+1+3 được coi là giống nhau)

Gọi $p(n)$ là số phân hoạch của số $n$ thì ta có hàm sinh :
$\sum_{n}p(n) x^n = \prod_{k=1}^{\infty}\frac{1}{1-x^k}$
Dễ thấy vế phải là :
$$VP=(1+x^{1\cdot1}+x^{2\cdot1}+x^{3 \cdot 1}+\dots)(1+x^{1\cdot2}+x^{2\cdot2}+x^{3\cdot 2}+\dots)(1+x^{1\cdot3}+x^{2\cdot3}+x^{3\cdot3}+\dots)\dots$$
$\begin {align*}
\text{ Thí dụ với $n=6$:}\\
x^{1\cdot 6}&\rightarrow 6\\
x^{1\cdot5}x^{1\cdot1} &\rightarrow 5+1\\
x^{1\cdot4}x^{1\cdot2} &\rightarrow 4+2\\
x^{2\cdot3}& \rightarrow 3+3\\
x^{1\cdot3}x^{1\cdot 2}x^{1\cdot1}& \rightarrow 3+2+1\\
x^{1\cdot4}x^{2\cdot1} &\rightarrow 4+1+1\\
x^{3\cdot2}&\rightarrow 2+2+2\\
x^{1\cdot3}x^{3\cdot1} &\rightarrow 3 + 1 + 1+1\\
x^{2\cdot2}x^{2\cdot1}&\rightarrow 2+2+1+1\\
x^{1\cdot2}x^{4\cdot1} &\rightarrow 2+1+1+1+1\\
x^{6\cdot1} &\rightarrow 1+1+1+1+1+1\\
\text { Vậy $p(6)=11$.}
\end{align*}$
Theo mình biết thì hiện nay hình như chưa có công thức tính chính xác số phân hoạch của 1 số $n$, nhưng có công thức gần đúng là :
$p(n)\approx \frac{e^{\sqrt n \,c}}{4\sqrt 3 \,n}$ trong đó $c = \sqrt \frac{2}{3} \pi$.

Có bao nhiêu hoán vị của tập {1, 2, 3, …, 9, 10} sao cho i luôn đứng trước i+5 với i chạy từ 1 đến 5

Sử dụng nguyên lý bù trừ :
\begin {align*}
10!&-C_5^1\cdot \frac{10!}{2}+C_5^2\cdot \frac{10!}{2^2}\\
&-C_5^3\cdot \frac{10!}{2^3}
+C_5^4\cdot \frac{10!}{2^4}-C_5^5\cdot \frac{10!}{2^5}=\boldsymbol {113400}
\end{align*}

Bài này là lạ nhỉ ? ( chưa có bạn nào trả lời...)

@perfectstrong linh cảm có người nhắc nên em tranh thủ vào đây!
Về hướng tiếp cận bài toán, em d'accord với anh ( khoái xài tiếng Tây với anh!). Tuy nhiên, đến bài toán 2 , (em chưa làm cụ thể nhưng có hướng) : trước hết tính số nghiệm khi không có ràng buộc gì, sau đó tính số nghiệm với các $y>p$ để trừ ra, chỗ này bị mắc kẹt : làm sao xác định có bao nhiêu nghiệm $y>p$ ? Trong khi đề bài cho tới 4 tham số mà không có ràng buộc gì với nhau cả !?
Vì vậy, rất mong tác giả vui lòng post bài giải để mọi người nghiên cứu, học hỏi ( riêng em chắc chịu thua bài này rùi).

Có 3 tiêu chí phổ biến A, B, C cho việc chọn một chiếc xe hơi mới tương ứng là hộp số tự động,
động cơ và điều hòa nhiệt độ. Dựa trên dữ liệu bán hàng trước đó ta có:
 
P(A) = P(B) = P(C) = 0,7;   P(A+B) = 0,8;    P(A+C) = 0,9;    P(C +B) = 0,85;     P(A+B+C) = 0,95
 
Tính xác suất:
1. Người mua chọn cả ba tiêu chí. (0.5)
2. Người mua chọn chính xác 1 trong 3 tiêu chí. (0.3)
 
Mn cho em lời giải với ạ.

$$\begin{align*}  \text{1/ Ta có:}\\ P(AB)&=P(A)+P(B)-P(A+B)\\
&=1,4-0,8=0,6\\
\text{Tương tự:}\\
P(AC)&=1,4-0,9=0,5\\
P(BC)&=1,4-0,85=0,55\\
\text{Mà}:\\
P(A+B+C)&=P(A)+P(B)+P(C)\\
&-P(AB)-P(AC)-P(BC)+P(ABC)\\
\Rightarrow P(ABC)&=P(A+B+C)-P(A)-P(B)-P(C)\\
&+P(AB)+P(AC)+P(BC)\\
&=0,95-2,1+0,6+0,5+0,55\\
&=\boldsymbol {0,5}\\
\text{2/ Ta cần tính:}\\
P\left [ (A\overline{B}
\overline{C})+(\overline{A}B
\overline{C})+ (\overline{A}
\overline{B}C) \right ]&=P(A\overline{B}
\overline{C})+P(\overline{A}B
\overline{C})+ P(\overline{A}
\overline{B}C)\\
&=3P(A+B+C)-P(B+C)-P(A+C)-P(A+B)\\
&=3\cdot 0,95-0,85-0,9-0,8\\
&=\boldsymbol {0,3}
\end{align*}$$

E chưa hiểu sao ko độc lập ạ, tại e thấy công ty A thua lỗ hay không cũng ko ảnh hưởng đến xác suất thua lỗ của công ty B. Ko biết có chỗ nào e hiểu ko đúng ko ạ

Theo mình hiểu thì :
Nếu 2 cty độc lập thì ta phải có $P(M\cap N)=0 $ nhưng theo đề bài thì $P(M\cap N)=0,1 $ do đó sự thua lỗ của 2 cty này là không độc lập với nhau.

Đội văn nghệ của nhà trường gồm 4 hs lớp 12A, 3 hs lớp 12B, 2 hs lớp 12C. Chọn ngẫu nhiên 5 hs từ đội văn nghệ sao cho lớp nào cũng có học sinh được chọn, hỏi có bao nhiêu cách


Em làm như này: Tổng có 7hs
Để đảm bảo lớp nào cũng có học sinh được chọn nên sẽ chọn 3 học sinh từ 3 lớp trước, sau đó chọn 2 hs từ 4 học sinh còn lại
Tức là 4C1.3C1.2C1.4C2 = 144 cách chọn
Nma có vẻ sai ở đâu đó, em không biết mình sai ở chỗ nào, xin giúp với ạ

Sai ở chỗ này ( 2 chỗ):
1/ tổng có 9 hs
2/ Theo cách của bạn thì bạn đã đếm trùng. Thí dụ trường hợp sau :
- Bạn chọn công đoạn đầu 3 hs là $A_1, B_1,C_1$ và công đoạn sau 2 hs là $A_2, B_2$. Vậy 5 hs được chọn là $( A_1, B_1,C_1, A_2, B_2 )$.
- Ngoài ra, bạn cũng có thể chọn công đoạn đầu 3 hs là $A_2, B_2,C_1$ và công đoạn sau 2 hs là $A_1, B_1$. Vậy 5 hs được chọn là $ ( A_2, B_2,C_1, A_1, B_1 )$.
Như vậy, 2 cách chọn trên chỉ là một!
Nhân đây, xin đề nghị 1 lời giải dùng nguyên lý bù trừ và để ý rằng đội văn nghệ luôn luôn có mặt hs đại diện ít nhất là của 2 lớp) :
$C_9^5-C_5^5-C_6^5-C_7^5=C_9^5-C_8^6=98$

Anh cho em lời giải đầy đủ được không ạ

Ồ,Tất nhiên rùi. Nhưng mà cách tiếp cận của mình không thuộc diện ưu tiên, miễn cưỡng lắm thì có thể xem là truy hồi hybrid, truy hồi xăng pha nhớt!
******
Lời giải của mình cũng na ná như của bạn dưới đây.

BTW, xin gửi một biến tấu :
Cho tập hợp gồm $2n$ số tự nhiên đầu tiên, hỏi có bao nhiêu tập con (tính cả tập rỗng) của tập đó sao cho không có 2 phần tử nào trong tập con đó hơn kém nhau đúng $n$ đơn vị.
NB: Để được đông đảo các bạn tham gia, nên xin nói rõ: Ở đây không ưu tiên cách giải nào cả do đó mọi cách giải đều được welcome.

Mình nghĩ đáp án là số Fibonacci $(f_{n+2})^2$