Đến nội dung

Nobodyv3 nội dung

Có 949 mục bởi Nobodyv3 (Tìm giới hạn từ 30-03-2020)



Sắp theo                Sắp xếp  

#744408 Có bao nhiêu cách bỏ $k$ viên bi khác nhau vào $q$ hộp kh...

Đã gửi bởi Nobodyv3 on 27-03-2024 - 21:41 trong Tổ hợp - Xác suất và thống kê - Số phức

Có bao nhiêu cách bỏ $k$ viên bi khác nhau vào $q$ hộp khác nhau sao cho có đúng $r$ hộp có đúng 1 viên bi tức là có đúng $r$ hộp có đúng 1 viên bi và $q-r$ hộp còn lại chứa ít nhất $2$ viên bi hoặc không có viên bi nào?



#744373 Số nghiệm nguyên không âm của pt $x_1+4(x_2+x_3)+5x_4=n$

Đã gửi bởi Nobodyv3 on 26-03-2024 - 13:09 trong Tổ hợp - Xác suất và thống kê - Số phức

Wow, "super khủng"!



#744371 Tính số nghiệm nguyên của : $x_1+x_2+...+ x_9+x_{10}=n $

Đã gửi bởi Nobodyv3 on 26-03-2024 - 12:59 trong Tổ hợp - Xác suất và thống kê - Số phức

Ta có :
$$\begin{align*}
[x^n]&(1-x)^{-10}(1-x^{11})^{10}\\
&=[x^n]\sum_{k=0}^\infty\binom{k+9}{k}x^k\sum_{l=0}^{10}\binom{10}{l}(-1)^lx^{11l}\\
&=\sum_{k=0}^n\binom{k+9}{k}[x^{n-k}]\sum_{l=0}^{10}\binom{10}{l}(-1)^lx^{11l}\\
&=\sum_{k=0}^n\binom{n-k+9}{n-k}[x^{k}]\sum_{l=0}^{10}\binom{10}{l}(-1)^lx^{11l}\\
&=\sum_{k=0}^{\left\lfloor{n/11}\right\rfloor}\binom{n-11k+9}{n-11k}[x^{11k}]\sum_{l=0}^{10}\binom{10}{l}(-1)^lx^{11l}\\
&=\sum_{k=0}^{\min\{\left\lfloor{n/11}\right\rfloor,10\}}\binom{n-11k+9}{n-11k}\binom{10}{k}(-1)^k\\
\end{align*}$$Do $\binom{s}{r}=0 $ nếu  $r>s$ nên biểu thức cuối có thể viết gọn lại:
$\boldsymbol {\sum_{k\geq0}\binom{n-11k+9}{n-11k}\binom{10}{k}(-1)^k}$
- Kết quả trùng khớp Thầy ạ.



#744362 Tính số nghiệm nguyên của : $x_1+x_2+...+ x_9+x_{10}=n $

Đã gửi bởi Nobodyv3 on 25-03-2024 - 20:35 trong Tổ hợp - Xác suất và thống kê - Số phức

Tính số nghiệm nguyên của :
$x_1+x_2+...+ x_9+x_{10}=n $
biết rằng $0\leq x_i\leq 10,\; n>0$



#744318 Tìm hệ số của $x^{3n-4}$ trong khai triển : $(x^...

Đã gửi bởi Nobodyv3 on 23-03-2024 - 13:13 trong Tổ hợp - Xác suất và thống kê - Số phức

Sau một thời gian lên bờ xuống ruộng, xin trình bày lời giải của một học sinh có chỉ số IQ không cao, chính là em đây! ^_^
$$\begin {align}
[x^{3n-4}]&(1+x+x^2+x^4)^n=[x^{3n-4}]x^{3n}(x^{-3})^n(1+x+x^2+x^4)^n\\&=[x^{3n-4}]x^{3n}(x^{-3}+x^{-2}+x^{-1}+x)^n\\
&=[x^{-4}](x^{-3}+x^{-2}+x^{-1}+x)^n\\
&=[y^4](y^3+y^2+y+y^{-1})^n\\
&=[y^4](y^{-1}+y+y^2+y^3)^n\\
&=[y^4]((y^{-1}+1+y+y^2+y^3)-1)^n\\
\displaystyle &=\sum_{q=2}^n (-1)^{n-q} \binom{n}{q}[y^4](y^{-1}+1+y+y^2+y^3)^q\\
&=\sum_{q=2}^n (-1)^{n-q} \binom{n}{q} [y^4]\dfrac{(1-y^5)^q}{y^q(1-y)^q}\\
\displaystyle &=[y^4]\sum_{q=2}^n \sum_{r=0}^q\sum_{s=0}^\infty
(-1)^{n-q+r}\binom{n}{q}\binom{q}{r}\binom{q-1+s}{q-1}y^{s+5r-q}\\
&\boldsymbol {\displaystyle =\sum_{q=2}^n \sum_{r=0}^q
(-1)^{n-q+r}\binom{n}{q}\binom{q}{r}\binom{3+2q-5r}{q-1}}\end{align} $$
Chú thích :
$(4): \text{Đặt $y=x^{-1}$}$
$(7): \text {do $[y^4](y^{-1}+1+y+y^2+y^3)^0=[y^4](y^{-1}+1+y+y^2+y^3)^1=0$}$
$(10): \text {do $ s=q-5r+4\ge 0$ }$
Thử vài giá trị $n$ :
$n=2:\, \displaystyle \sum_{r=0}^2
(-1)^{r}\binom{2}{r}\binom{7-5r}{1}=7-2\cdot 2=3$
$n=3:\,\displaystyle \sum_{q=2}^3 \sum_{r=0}^q
(-1)^{3-q+r}\binom{3}{q}\binom{q}{r}\binom{3+2q-5r}{q-1}$
$\displaystyle =\sum_{r=0}^3(-1)^{r}\binom{3}{r}\binom{9-5r}{2}
-3\sum_{r=0}^2 (-1)^{r}\binom{2}{r}\binom{7-5r}{1}$
$=(36-3\cdot 6)-3(7-2\cdot 2)=9$



#744295 Chia $6n$ viên bi vào $4$ hộp

Đã gửi bởi Nobodyv3 on 21-03-2024 - 21:43 trong Tổ hợp - Xác suất và thống kê - Số phức

$\newcommand{\fl}[1]{\left\lfloor #1 \right\rfloor}$
Bài này mình tình cờ đọc được trong một paper nào đó không nhớ rõ lắm. Trong đó họ ký hiệu $\|1,2,3,6;n\|$ để chỉ số nghiệm nguyên không âm của phương trình $x_1+2x_2+3x_3+6x_6=n$
Theo như công thức khủng bố trong đó thì mình tóm tắt lại thành:
$$ \|1,2,3,6;n\| = \fl{\dfrac{2n^3+36n^2+191n+8n(n+2\!\!\mod 4)-8n(n\!\!\mod 4)+9n(-1)^n+432}{432}}$$
Hay với $n\equiv 0\pmod 6$ thì
$$=\fl{\dfrac{(n+6)^3}{216}}$$
Và khi thay $n$ thành $6n$ thì ta có đáp án là $\mathbf{(n+1)^3}$

Nice result. You're truly amazing!




#744292 Chia $6n$ viên bi vào $4$ hộp

Đã gửi bởi Nobodyv3 on 21-03-2024 - 17:56 trong Tổ hợp - Xác suất và thống kê - Số phức

Help me, please!
Đã 3 ngày rùi không ai giúp mình cả ^_^ .Thế thì cố gắng thui!
Theo đề bài ta có phương trình:
$$\left\{\begin{matrix}
x_1+2x_2+3x_3+6x_4 &=6n \\
x_i :\text { nguyên,không âm}&
\end{matrix}\right.$$ có hàm sinh là :
$$\begin {align*}
G(x)&=\frac{1}{(1-x)(1-x^2)(1-x^3)(1-x^6)}\\
&=\frac{(1+x+x^2+x^3+x^4+x^5)(1+x^2+x^4)(1+x^3)}{(1-x^6)^4}\\
\Rightarrow \left [ x^{6n} \right ]G(x)&=\left [ x^{6n} \right ]\left ( 1+4x^6+x^{12} \right )\sum_{k\geq 0}\binom{k+3}{3}x^{6k}\\
&=\boldsymbol {\binom{n+3}{3}\left [ \left [ n\geq 0 \right ] \right ]+4\binom{n+2}{3}\left [ \left [ n\geq 1 \right ] \right ]+\binom{n+1}{3}\left [ \left [ n\geq 2 \right ] \right ]}
\end {align*}$$Trong đó :
$$\left [ \left [ P \right ] \right ]=
\begin{cases}
1, &\text{nếu $P$ đúng;}\\
0, &\text{ngược lại.}
\end{cases}$$



#744165 Có bao nhiêu số tự nhiên có tám chữ số đôi một khác nhau, không chứa số 0 và...

Đã gửi bởi Nobodyv3 on 15-03-2024 - 02:21 trong Tổ hợp và rời rạc

Có bao nhiêu số tự nhiên có tám chữ số đôi một khác nhau, không chứa số 0 và số 9 đồng thời chia hết cho 11 và 101.

Theo gợi ý của thầy Thanh ta có :
Qui tắc chia hết cho 1111: Nếu tổng của các nhóm 4 chữ số của số A chia hết cho 1111 thì số A chia hết cho 1111.
Như vậy, một số thỏa đề bài sẽ có 2 nhóm 4 chữ số và có tổng là $9999$.
Xét các cặp chữ số: $(1,8),(2,7),(3,6),(4,5)$:
Số hoán vị các cặp chữ số ở trong nhóm :$4!$
Số hoán vị 2 chữ số :$2^4$
Vậy số các số thỏa yêu cầu là :
$4!\cdot 2^4=\boldsymbol {384}$



#744097 Chia $25$ cái kẹo cho $4$ bạn…

Đã gửi bởi Nobodyv3 on 12-03-2024 - 07:46 trong Tổ hợp và rời rạc

Bài khó phết! Hic, cố gắng lắm thì chỉ thỏa điều kiện 1...



#744077 Gieo 1 con xúc xắc 10 lần. Các số xuất hiện tạo thành dãy số, hỏi có bao nhiê...

Đã gửi bởi Nobodyv3 on 10-03-2024 - 20:50 trong Tổ hợp - Xác suất và thống kê - Số phức

Và đây là một cách tiếp cận khác:
Ta xem mỗi dãy số tăng không nghiêm ngặt tương đương với một véc tơ ghi số lần xuất hiện các mặt của con xúc xắc. Chẳng hạn như dãy số $\left \{ 1,2,2,2,3,4,5,5,6,6 \right \}$ tương ứng với véc tơ $\left \langle 1,3,1,1,2,2 \right \rangle$. Sự tương ứng này là duy nhất, hay nói cách khác, ánh xạ từ tập các dãy số đến tập các véc tơ là song ánh. Do đó, kết quả bài toán đã cho cũng chính là số nghiệm nguyên không âm của phương trình $x_1+x_2+...+x_6=10$ và bằng $\boldsymbol {C_{15}^5=3003}$.



#744070 Chia 30 viên bi vào 5 hộp.

Đã gửi bởi Nobodyv3 on 10-03-2024 - 14:34 trong Tổ hợp và rời rạc

Bài này thầy mình giao cho, có vẻ như là sử dụng phương pháp đếm theo hai cách mà mình chưa biết đếm sao để ép n lên ấy. Với lại chắc có 10 màu nên thầy mình mới ghi vậy đó... Còn chia kẹo thì kinh điển rồi mà:)

- Bạn gì đó ơi, xin bạn vui lòng post bài giải của thầy để mọi người học hỏi nhé.
- Theo ý bạn nói thì mình hiểu là bạn đã nắm vững và thông thạo bài toán chia kẹo Euler. Vậy xin mời bạn hãy sử dụng kết quả bài toán chia kẹo Euler để giải bài toán này nhé :
https://diendantoanh...ng-nghiêm-ngặt/



#744062 Gieo 1 con xúc xắc 10 lần. Các số xuất hiện tạo thành dãy số, hỏi có bao nhiê...

Đã gửi bởi Nobodyv3 on 09-03-2024 - 22:11 trong Tổ hợp - Xác suất và thống kê - Số phức

Gieo 1 con xúc xắc 10 lần. Các số xuất hiện tạo thành dãy số, hỏi có bao nhiêu dãy số tăng không nghiêm ngặt?



#744059 Tính xác suất để các mặt của 6 con xúc xắc tung lần hai giống như các mặt của...

Đã gửi bởi Nobodyv3 on 09-03-2024 - 20:56 trong Tổ hợp - Xác suất và thống kê - Số phức

Hiện giờ em chưa nghĩ ra cách nào gọn hơn, cho nên buộc phải sử dụng pp truyền thống casework thôi! (Không biết có mắc sai sót không nữa...):
Trong lời giải, sẽ sử dụng các chữ cái để biểu diễn các trường hợp xảy ra. Thí dụ : kết quả $ \left \{1,1,1,1,1,1 \right \} $ là 1 thí dụ của trường hợp $AAAAAA$ trong khi đó kết quả $ \left \{2,3,5,5,6,6 \right \} $ là 1 thí dụ của trường hợp $AABBCD$..vv.. Ta có :
$$\begin {matrix}
AAAAAA&\left (  \frac{6}{6^6}\right )  \cdot \left (\frac{1}{6^6}\right )  & =\frac{6}{6^{12}} \\
AAAAAB &\left (  \frac{6\cdot5\cdot C_{6}^{1}}{6^6}\right )  \cdot\left (  \frac{6}{6^6}\right )  & =\frac{1080}{6^{12}} \\
AAAABB &\left (  \frac{6\cdot5\cdot C_{6}^{2}}{6^6}\right ) \cdot\left ( \frac{C_{6}^{2}}{6^6}\right )  & =\frac{6750}{6^{12}}\\
AAAABC & \left ( \frac{6\cdot5\cdot 4\cdot (6\cdot5)}{6^6}\right ) \cdot\left ( \frac{C_{6}^{2}}{6^6}   \right )&=\frac{54000}{6^{12}} \\
AAABBB&\left (  \frac{C_ {6}^{2}\cdot C_{6}^{3}}{6^6}\right )  \cdot  \left ( \frac{C_ {6}^{3}}{6^6} \right ) &=\frac{6000}{6^{12}} \\
AAABBC &\left (  \frac{6\cdot5\cdot4\cdot C_{6}^{2}\cdot C_{4}^{1}}{6^6}\right )  \cdot\left (\frac { C_{6}^{2}\cdot C_{4}^{1}}{6^6}\right )  &=\frac{432000}{6^{12}} \\
AAABCD&\left ( \frac{6\cdot5\cdot4\cdot3\cdot C_{6}^{3}}{6^6}\right ) \cdot\left ( \frac{6\cdot5\cdot4}{6^6} \right ) &=\frac{864000}{6^{12}} \\
AABBCC&\left (  \frac{6\cdot5\cdot4\cdot \frac {C_{6}^{2}\cdot C_{4}^{2}}{3!}}{6^6}\right ) \cdot\left ( \frac {C_{6}^{2}\cdot C_{4}^{2}}{6^6}\right )
&=\frac{162000}{6^{12}} \\

AABBCD &
\left ( \frac{6\cdot5\cdot4\cdot 3\cdot\frac {C_{6}^{2}\cdot C_{4}^{2}\cdot C_{2}^{1}}{2\cdot2}}{6^6}\right ) \cdot\left ( \frac {C_{6}^{2}\cdot C_{4}^{2}\cdot C_{2}^{1}}{6^6}\right ) &=\frac{2916000}{6^{12}}\\
AABCDE &
\left ( \frac{6\cdot5\cdot4\cdot 3\cdot2\cdot\frac {C_{6}^{2}\cdot C_{4}^{1}\cdot C_{3}^{1}\cdot C_{2}^{1}}{4!}}{6^6}\right ) \cdot\left ( \frac {C_{6}^{2}\cdot C_{4}^{1}\cdot
C_{3}^{1}\cdot C_{2}^{1}}{6^6}\right ) &=\frac{3888000}{6^{12}}  \\
ABCDEF&\left ( \frac {6!}{6^6}\right ) \cdot\left ( \frac {6!}{6^6}\right ) &=\frac {518400}{6^{12}}
\end{matrix}$$
Cộng tất cả các giá trị ở cột bên phải, ta được XS cần tìm là:
$$\frac{8848236}{6^{12}}=\boldsymbol {\frac {737353}{181398528}=0,0040648235...} $$
Ghi chú: Ở cột giữa, thừa số thử nhất là XS lần tung thứ nhất, thừa số thứ hai là XS lần tung thứ hai mà các mặt xúc xắc giống lần tung thứ nhất.



#744052 Tính xác suất để các mặt của 6 con xúc xắc tung lần hai giống như các mặt của...

Đã gửi bởi Nobodyv3 on 09-03-2024 - 08:20 trong Tổ hợp - Xác suất và thống kê - Số phức

Tung 6 con xúc xắc 2 lần. Hỏi xác suất để các mặt của 6 con xúc xắc tung lần hai giống như khi tung lần thứ nhất? 



#744042 Gieo ngẫu nhiên một con xúc xắc đồng chất $m$ lần. Tính xác suất để...

Đã gửi bởi Nobodyv3 on 08-03-2024 - 17:57 trong Tổ hợp - Xác suất và thống kê - Số phức

Lời giải không thỏa đáng lắm, nhưng cứ post lên :=).
Trước hết, để áp dụng vào bài toán, em xin trình bày sơ lược về hàm sinh moment (MGF):
Hàm sinh moment (MGF) của một biến ngẫu nhiên $X$ là giá trị kỳ vọng của hàm $e^{tX}$.
$$M_X(t)=E[e^{tX}]$$
Xét phép thử tung con xúc xắc m lần, gọi $X_i$ là số xuất hiện ở lần tung thứ i với $i=1,2,...,m$ thì hàm phân phối XS của mỗi $X_i$ là :
$f(x)=\left\{\begin{matrix}
\displaystyle \frac{1}{6}&x=1,2,...,6 \\
0 & \text{ngược lại }
\end{matrix}\right.$
và có mgf là :
$$M_{X_i}(t)=E(e^{tX_i})=\frac{1}{6}\left ( e^t+e^{2t}+...+e^{6t} \right )   $$
Vì các biến ngẫu nhiên $X_1,X_2,...,X_m$ là độc lập nên mgf của tổng n là :
$$M_{n}(t)=E[e^{tX}]=E[e^{t(X_1+X_2+...+X_m)}]=\prod_{i=1}^{m}E[e^{tX_i}]= \prod_{i=1}^{m}\left [ \frac{1}{6}\left ( e^t+e^{2t}+...+e^{6t} \right ) \right ]=\boldsymbol {\frac{1}{6^m}\left ( e^t+e^{2t}+...+e^{6t} \right )^m}\text{      (1)} $$
Thử vài giá trị vào $(1)$:
$$\begin {align*}
m=3,\, n=12:\\
M_{12}(t)&=\frac {1}{216}\bigg ( e^{3t}+3e^{4t}+6e^{5t}+10e^{6t}+15e^{7t}\\&+21e^{8t}+ 25e^{9t}+27e^{10t}+27e^{11t}+\boldsymbol {25e^{12t}}\\&+21e^{13t}+15e^{14t}
+10e^{15t}+6e^{16t}+ 3e^{17t}+e^{18t} \bigg )
\end{align*}$$
$\Rightarrow $ XS là $\boldsymbol {\frac {25}{216}}$

$$\begin {align*}
  m=5,\, n=12:\\
M_{12}(t)&=\frac {1}{7776}\bigg (  e^{5t}+5e^{6t}+ 15e^{7t}+35e^{8t}+70e^{9t}+126e^{10t}\\
&+205e^{11t}+\boldsymbol {305e^{12t}}+420e^{13t}+540e^{14t}+651e^{15t}+735e^{16t}\\
&+ 780e^{17t}+780e^{18t}+ 735e^{19t}+651e^{20t}+ 540e^{21t}+420e^{22t}\\
&+ 305e^{23t}+205e^{24t}+ 126e^{25t}+70e^{26t}+35e^{27t}+15e^{28t}+ 5e^{29t}+e^{30t}  \bigg )
\end {align*}$$
$\Rightarrow $ XS là $\boldsymbol {\frac {305}{7776}}$
...vv....



#744008 2, Cho tập hợp A={1, 2, 3,...k} ($k\geq 3$). Chọn ng...

Đã gửi bởi Nobodyv3 on 07-03-2024 - 12:24 trong Tổ hợp - Xác suất và thống kê - Số phức

1, Cho tập hợp A={1, 2, 3,...100}. Chọn ngẫu nhiên ba số thuộc A. Tính xác suất để chọn được ba số có tổng bằng 90.

Gọi $x$ là số tổ hợp 3 số được chọn khác nhau đôi một, $y$ là số tổ hợp 3 số được chọn trong đó có 2 số giống nhau và $z$ là số tổ hợp cả 3 số được chọn là giống nhau. Ta có :
$\begin {align*}
\left\{\begin{matrix}
6x+3y+z &=C_{89}^2 \\
y+z &=\left \lfloor \frac{87}{2} \right \rfloor+1 \\
z&=1
\end{matrix}\right.\\
\Rightarrow x+y+z=631+43+1=675
\end {align*}$
XS cần tìm là :
$P=\frac{675}{C_{102}^3}=\frac{27}{6868}$



#744007 Tìm hệ số của $x^{3n-4}$ trong khai triển : $(x^...

Đã gửi bởi Nobodyv3 on 07-03-2024 - 11:55 trong Tổ hợp - Xác suất và thống kê - Số phức

Vớt lên rồi thì giải đi em!
%2C{n%2C2%2C16}]]https://www.wolframalpha.com/input?i=Table[coefficient[(x^4%2Bx^2%2Bx%2B1)^n%2C+x^(3n-4)]%2C{n%2C2%2C16}]

Hic, cho đến giờ, em chưa có câu trả lời!



#743909 Có bao nhiêu cách chọn ra 10 quả cầu sao cho trong các quả cầu còn lại có đủ...

Đã gửi bởi Nobodyv3 on 01-03-2024 - 09:06 trong Tổ hợp và rời rạc

Xét bài toán tương đương :"...Có bao nhiêu cách chọn ra 6 quả cầu sao cho trong các quả cầu được chọn có đủ cả 3 màu."
Hàm sinh cho số cách chọn 4 quả cầu vàng hoặc 4 quả cầu xanh: $\left[\binom{5}{1}x+\binom{5}{2}x^2 +\binom{5}{3}x^3+\binom{5}{4}x^4\right ]$ và cho số cách chọn 4 quả cầu đỏ: $\left[\binom{6}{1}x+\binom{6}{2}x^2 +\binom{6}{3}x^3+\binom{6}{4}x^4\right] $.
Hàm sinh cho số cách chọn các quả cầu là:
$$\begin {align*}
G(x)&=\left[\binom{5}{1}x+\binom{5}{2}x^2 +\binom{5}{3}x^3+\binom{5}{4}x^4\right ]^2\left[\binom{6}{1}x+\binom{6}{2}x^2 +\binom{6}{3}x^3+\binom{6}{4}x^4\right ]\\
&=150x^3+975x^4+3200x^5+6875x^6+10450x^7\\
&+11600x^8+9400x^9+5375x^{10}+2000x^{11}+375x^{12}\\
\Rightarrow [x^6]G(x)&=\boldsymbol {6875} \end{align*}$$

Hoặc dùng nguyên lý bù trừ :
$$\binom {16}{6}-\binom {10}{6}-2\binom {11}{6}+\binom {6}{6}=6875$$



#743903 Có bao nhiêu cách chọn ra 10 quả cầu sao cho trong các quả cầu còn lại có đủ...

Đã gửi bởi Nobodyv3 on 29-02-2024 - 20:56 trong Tổ hợp và rời rạc

Có 16 quả cầu đôi một khác nhau, trong đó có 5 quả cầu màu vàng, 5 quả cầu màu xanh, 6 quả cầu màu đỏ. Có bao nhiêu cách chọn ra 10 quả cầu sao cho trong các quả cầu còn lại có đủ cả 3 màu.

Xét bài toán tương đương :"...Có bao nhiêu cách chọn ra 6 quả cầu sao cho trong các quả cầu được chọn có đủ cả 3 màu."
Hàm sinh cho số cách chọn 4 quả cầu vàng hoặc 4 quả cầu xanh: $\left[\binom{5}{1}x+\binom{5}{2}x^2 +\binom{5}{3}x^3+\binom{5}{4}x^4\right ]$ và cho số cách chọn 4 quả cầu đỏ: $\left[\binom{6}{1}x+\binom{6}{2}x^2 +\binom{6}{3}x^3+\binom{6}{4}x^4\right] $.
Hàm sinh cho số cách chọn các quả cầu là:
$$\begin {align*}
G(x)&=\left[\binom{5}{1}x+\binom{5}{2}x^2 +\binom{5}{3}x^3+\binom{5}{4}x^4\right ]^2\left[\binom{6}{1}x+\binom{6}{2}x^2 +\binom{6}{3}x^3+\binom{6}{4}x^4\right ]\\
&=150x^3+975x^4+3200x^5+6875x^6+10450x^7\\
&+11600x^8+9400x^9+5375x^{10}+2000x^{11}+375x^{12}\\
\Rightarrow [x^6]G(x)&=\boldsymbol {6875} \end{align*}$$



#743889 Trong trò chơi Minesweeper, một số trên ô vuông biểu thị số lượng mìn có chun...

Đã gửi bởi Nobodyv3 on 29-02-2024 - 00:54 trong Tổ hợp - Xác suất và thống kê - Số phức

Trong trò chơi Minesweeper, một số trên ô vuông biểu thị số lượng mìn có chung ít nhất một đỉnh với ô vuông đó.  Một ô vuông có số có thể không có mìn và các ô vuông trống không được xác định. Hỏi có bao nhiêu cách đặt mìn trong hình dưới đây :
$$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|} \hline \,\,\,&&\,\,\, &&\,\,\, &\\ \hline &3&&1&&2\\ \hline &&&&&\\ \hline \end{array}$$



#743837 $L(n)$ là số cách phân hoạch lẻ, $C(n)$ là số cách phân h...

Đã gửi bởi Nobodyv3 on 25-02-2024 - 20:38 trong Tổ hợp và rời rạc

Xin nói thêm, Định lý trên đã được chứng minh bằng Ferrers graphs và khá dài. Nếu các bạn quan tâm có thể tìm trên mạng.



#743835 $L(n)$ là số cách phân hoạch lẻ, $C(n)$ là số cách phân h...

Đã gửi bởi Nobodyv3 on 25-02-2024 - 15:57 trong Tổ hợp và rời rạc

Cho một số nguyên dương $n$ ta định nghĩa $L(n)$ và $C(n)$ như sau:
$L(n)$ là số cách phân hoạch $n$ thành tổng một số lẻ các số nguyên dương phân biệt.
$C(n)$ là số cách phân hoạch $n$ thành tổng một số chẵn các số nguyên dương phân biệt.
Ví dụ ta có thể viết $7$ thành $7$ ; $6+1$ ; $5+2$ ; $4+3$ ; $4+2+1$. Khi đó có $L(n) = 2$ và $C(n) = 3$.
Chứng minh rằng với mọi $n$ nguyên dương ta đều có:
$$\left | L(n) - C(n) \right | \leq 1$$

Bài này có thể giải quyết bằng cách áp dụng định lý Euler's pentogonal number theorem. Định lý này phát biểu như sau:
Số cách phân hoạch n thành tổng một số chẵn các số nguyên dương phân biệt bằng số cách phân hoạch n thành tổng một số lẻ các số nguyên dương phân biệt cộng với $e(n)$, trong đó $e(n)=(-1)^j$ nếu $ n=j(3j\pm 1)/2; \; j\in \mathbb{Z}$ và $0$ nếu ngược lại, tức là :
$$C(n)-L(n)=e(n)$$ trong đó :
$e(n)=
\begin{cases}
(-1)^j, &\text{nếu  $n=j(3j\pm 1)/2;\;\;j\in \mathbb{Z}$}\\
0, &\text{ngược lại.}
\end{cases}$
Áp dụng vào bài toán ta được:
$$\boldsymbol { \left | C(n) - L(n) \right | \leq 1}$$Thử vài giá trị n:
$- n=4\Rightarrow j \notin \mathbb{Z}\Rightarrow e(4)=0$
$- n=7\Rightarrow j=\pm2\in \mathbb{Z}\Rightarrow e(7)=1$
$- n=15\Rightarrow j=\pm3\in \mathbb{Z}\Rightarrow e(15)=-1$
...v.v......



#743790 Hãy tính xem có tất cả bao nhiêu số ''đẹp'' dạng $\...

Đã gửi bởi Nobodyv3 on 23-02-2024 - 09:25 trong Tổ hợp - Xác suất và thống kê - Số phức

Lập tổng một cách trật tự ta có:
\begin{align*}
S&=\sum_{a=1}^8\sum_{b=a+1}^9\sum_{c=0}^{b-1}\sum_{d=c+1}^9\sum_{e=0}^{d-1} 1 \\ &= \sum_{a=1}^8\sum_{b=a+1}^9\sum_{c=0}^{b-1}\sum_{d=c+1}^9 {d \choose 1} \\
&= \sum_{a=1}^8\sum_{b=a+1}^9\sum_{c=0}^{b-1} \left[{10\choose 2}-{c+1\choose 2}\right] \\ &= \sum_{a=1}^8\sum_{b=a+1}^9 \left[{10\choose 2}{b\choose 1}-{b+1\choose 3}\right] \\
&=\sum_{a=1}^8\left[{10\choose 2}^2-{10\choose 2}{a+1\choose 2}-{11\choose 4}+{a+2\choose 4}\right]\\
&= 8{10\choose 2}^2-{10\choose 2}{10\choose 3}-8{11\choose 4} +{11\choose 5}\\ &=8622
\end{align*}

Nice solution!
I hope to be a talented "$\Sigma '$ faithful" like you.👍



#743778 Chia 30 viên bi vào 5 hộp.

Đã gửi bởi Nobodyv3 on 22-02-2024 - 17:30 trong Tổ hợp và rời rạc

Chúng ta lấy 30 viên bi chia vào 5 hộp (mỗi hộp có thể không có bi).
a) Hỏi có bao nhiêu cách chia? (cái này mình nghĩ là bài toán chia kẹo Euler)
b) Sau khi chia xong, ta sơn tất cả các bi bởi một số màu sao cho không viên bi nào cùng hộp có cùng màu và từ hai hộp bất kì ta không thể chọn ra 8 viên được sơn bởi 4 màu. Chứng minh rằng với mọi cách chia, ta đều phải sử dụng ít nhất 10 màu.
c) Chỉ ra một cách chia thỏa mãn câu b mà sử dụng đúng 10 màu.
Em vừa học toán rời rạc nên còn non tay, mong được chiếu cố ạ!

Không biết mình có hiểu đúng điều kiện ở câu b) không mà mình nghĩ là số màu sử dụng lớn hơn nhiều so với 10 màu!
PS:"...Em vừa học toán rời rạc nên còn non tay,..." mới vừa học toán rời rạc mà biết áp dụng bài toán chia kẹo Euler thì bạn là thiên tài rồi... :-)



#743733 Hỏi anh A có bao nhiêu cách trả tiền món hàng giá 200 đồng với đúng 50 tờ tiề...

Đã gửi bởi Nobodyv3 on 19-02-2024 - 22:46 trong Tổ hợp - Xác suất và thống kê - Số phức

Post xong mới thấy Nobodyv3 đã giải phía trên rồi :( . Hàm sinh hai biến mình cũng xét tới nhưng triển khai ra đến $y^{50}$ xem ra bất khả thi, chí ít là với “siêu máy tính” wolframalpha.

Em cũng giải tay nhưng lời giải của em khá là cồng kềnh, dễ nhầm lẫn!
Vâng, cứ nhờ anh WA rút hệ số hộ (anh ấy được sinh ra vốn để làm như vậy mà lị :=)