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 $(f_{n+2})^2$

Tính
$S=\sum_{k=0}^{100}\left \lfloor \frac{2^{100}}{2^{50}+2^k} \right \rfloor$

_{Lấy ngẫu nhiên 2 thẻ trong 1 chiếc hộp chứa 20 thẻ được đánh số từ 1 đến 20. xác suất của biến cố:'tích của 2 số trên các thẻ được chọn là 1 số chia hết cho 3"} 

Số các số (từ 1 đến 20) không là bội của 3 :
$20-\left \lfloor \frac{20}{3} \right \rfloor=14$
XS cần tìm là :$1-\frac{C_{14}^2}{C_{20}^2}$

Từ $9$ chữ số  $\{ 1; 2 ; 3;...; 9 \}$ liệu có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có $15$ chữ số thỏa mãn đồng thời các điều kiện dưới đây:

- $2$ chữ số $1$ và $2$ mỗi chữ số xuất hiện đúng $5$ lần.
- Các chữ số còn lại xuất hiện không quá $1$ lần.
- Các chữ số lớn hơn $2$ không có $2$ số nào đứng cạnh nhau.

Welcome back.
Lúc này không post các bài functional equations nữa hả anh?
======
Xếp các chữ số 1 và 2: $\frac{10!}{5!5!}$
Chọn 5 chữ số còn lại và xếp chúng vào 11 khoảng trống : $C_7^5\cdot A_{11}^5$
Số các số thỏa yêu cầu là :
$\frac{10!}{5!5!}\cdot C_7^5\cdot A_{11}^5=293388480$

1/ Áp dụng nguyên lý bù trừ :
$$\begin {align*}
2^{C_6^2}-C_6^1\cdot 2^{C_5^2}+C_6^2\cdot 2^{C_4^2}-C_6^3\cdot 2^{C_3^2}\\+C_6^4\cdot 2^{C_2^2}-C_6^5\cdot 2^{C_1^2}+C_6^6\cdot 2^{C_0^2}\\
=
2^{15}-6\cdot 2^{10}+15\cdot 2^6-20\cdot 2^3\\+15\cdot 2^1-6\cdot 2^0+1\cdot 2^0=\boldsymbol {27449}
\end{align*}$$

1/ Một xã ở vùng quê có 6 thôn. Chính quyền địa phương muổn xây dựng 1 hệ thống đường giao thông 2 chiều  nối 6 thôn này. Hỏi có bao nhiêu cách xây dựng hệ thống đường sá trên sao cho không có thôn nào bị cô lập.
2/ Gieo cặp xúc xắc khác nhau ( một xanh, một đỏ) 6 lần, biết rằng các cặp số không xuất hiện là: (1,2),(2,1),(2,5),(3,4), (4,1), (4,5) và (6,6). Hỏi xác suất sau 6 lần gieo mà mỗi xúc xắc xuất hiện đầy đủ các mặt của chúng. Thí dụ :(1,1),(2,3),(4,4),(3,2),(5,6),(6,5) là một kết quả thỏa mãn.

Ở phần nguyên lý bù trừ tại sao phải cộng 3 vậy ạ!!

Số các số 5 chữ số không có ràng buộc gì :$3^5$
Số các số 5 chữ số lập từ nhiều nhất 2 chữ số đã cho : $C_3^1\cdot 2^5$
Số các số 5 chữ số  lập từ nhiều nhất 1 chữ số đã cho : $C_3^2\cdot1^5$
Theo nguyên lý bù trừ, số các số thỏa yêu cầu là :
$3^5-C_3^1\cdot 2^5+C_3^2\cdot1^5=150$

Có 6 chiếc ghế được xếp thành 1 hàng ngang. Số cách xếp 6 học sinh gồm 3 học sinh lớp A và 2 học sinh lớp B và 1 học sinh lớp C ngồi vào hàng ghế sao cho mỗi học sinh ngồi 1 ghế và học sinh lớp C không ngồi cạnh học sinh lớp B là:

A. 120 B.720 C.144 D.216

You're right. The answer is E. None of these

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?

Wow, "super khủng"!

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.

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

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 $n$ :
$n=2:\, \displaystyle \sum_{r=0}^2
(-1)^{r}\binom{2}{r}\binom{7-5r}{1}=7-2\cdot 2=3$
$n=3:\,\displaystyle \sum_{q=2}^3 \sum_{r=0}^q
(-1)^{3-q+r}\binom{3}{q}\binom{q}{r}\binom{3+2q-5r}{q-1}$
$\displaystyle =\sum_{r=0}^3(-1)^{r}\binom{3}{r}\binom{9-5r}{2}
-3\sum_{r=0}^2 (-1)^{r}\binom{2}{r}\binom{7-5r}{1}$
$=(36-3\cdot 6)-3(7-2\cdot 2)=9$

$\newcommand{\fl}[1]{\left\lfloor #1 \right\rfloor}$
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!