Chủ đề này có 17 trả lời

[Dung Du Duong]

Cho 100 đoạn thẳng phân biệt có độ dài là 1 số trong các số tự nhiên từ 1 đến 100. Tính xác suất để chọn ra 3 đoạn thẳng tạo được 1 tam giác

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Dung Du Duong: 12-05-2015 - 18:49

[ducvipdh12]

Một tam giác là có thể là tam giác cân,tam giác đều hoặc tam giác thường

Số cách chọn tam giác thường là $C_{100}^3$

Số cách chọn tam giác cân : có thể là tam giác cân nhọn hoặc tam giác cân tù nên số tam giác thỏa mãn là $2.C_{100}^2$

Số cách chọn tam giác đều là $C_{100}^1$

xác xuất để chọn ra 3 đoạn thẳng tạo được 1 tam giác là:

$\frac{C_{100}^1+2.C_{100}^2+C_{100}^3}{3^{100}}$

[Dung Du Duong]

Một tam giác là có thể là tam giác cân,tam giác đều hoặc tam giác thường

Số cách chọn tam giác thường là $C_{100}^3$

Số cách chọn tam giác cân : có thể là tam giác cân nhọn hoặc tam giác cân tù nên số tam giác thỏa mãn là $2.C_{100}^2$

Số cách chọn tam giác đều là $C_{100}^1$

xác xuất để chọn ra 3 đoạn thẳng tạo được 1 tam giác là:

$\frac{C_{100}^1+2.C_{100}^2+C_{100}^3}{3^{100}}$

Bạn làm sai rồi  

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Dung Du Duong: 12-05-2015 - 18:39

[ducvipdh12]

Bạn làm sai rồi  

sai chỗ nào ?

[Dung Du Duong]

sai chỗ nào ?

Trước hết không gian mẫu bằng $C_{100}^{3}$

Bạn còn chưa xét đến trường hợp: tổng 2 cạnh lớn hơn cạnh còn lại - chỗ mấu chốt  

Còn về phần "cân hay đều" chả quan trọng gì hết

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Dung Du Duong: 12-05-2015 - 18:45

[ducvipdh12]

không gian mẫu là $3^{100}$ nhé,có yêu cầu là 3 đoạn thẳng đó phải khác độ dài đâu

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi ducvipdh12: 12-05-2015 - 18:45

[Dung Du Duong]

không cần phải thế, đề bài cho 100 đoạn phân biệt rồi

bạn chưa đọc kĩ đề bài

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Dung Du Duong: 12-05-2015 - 18:49

[hxthanh]

Xét các bộ 3 số khác nhau trong tập $E=\{1,2,...,n\}$ lập thành các cạnh $a,b,c$ của một tam giác, trong đó $a<b<c$

Điều kiện sẽ là $c+1\le a+b\le 2c-3$

- Với $a+b=c+1$ ta lập được các bộ $(a,b)$ thỏa mãn là $(2,c-1),\;(3,c-2), ...$ tất cả $\left\lfloor\frac{c}{2}\right\rfloor-1$ bộ

- Với $a+b=c+2$ ta lập được các bộ $(a,b)$ thỏa mãn là $(3,c-1),\;(4,c-2), ...$ tất cả $\left\lfloor\frac{c+1}{2}\right\rfloor-2$ bộ

........

- Với $a+b=2c-3$ ta lập được bộ $(a,b)$ thỏa mãn là $(c-1,c-2)$ tất cả $\left\lfloor\frac{2c-4}{2}\right\rfloor-(c-3)$ bộ

Như vậy ứng với mỗi giá trị của $c$, ta lập được số bộ thỏa mãn là 

$\displaystyle\quad \sum_{k=c}^{2c-4}\left\lfloor\frac{k}{2}\right\rfloor-\frac{(c-2)(c-3)}{2}=\left\lfloor\frac{(2c-4)^2}{4}\right\rfloor-\left\lfloor\frac{(c-1)^2}{4}\right\rfloor-\frac{(c-2)(c-3)}{2}$

$=\frac{(c-1)(c-2)}{2}-\left\lfloor\frac{(c-1)^2}{4}\right\rfloor$

 

Cho $c$ chạy từ $1$ đến $n$, lấy tổng ta được kết quả

$\displaystyle S_n=\frac{n(n-1)(n-2)}{6}-\sum_{k=1}^{n-1}\left\lfloor\frac{k^2}{4}\right\rfloor$ 

$\displaystyle \quad=\frac{n(n-1)(n-2)}{6}-\frac{n(n-1)(2n-1)}{24}+\frac{1}{4}\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor$

$\displaystyle \quad=\frac{n(n-1)(2n-7)}{24}+\frac{1}{4}\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor$

 

Thay số, ta có $S_{100}=79625$

$C_{100}^3=161700$. Từ đó có được xác suất cần tính.

[hxthanh]

Có một phát hiện khá thú vị từ bài toán này:

Nếu gọi $u_n=\sum_{k=1}^n\left\lfloor \frac{k^2}{4}\right\rfloor=\frac{n(n+1)(2n+1)}{24}-\frac{1}{4}\left\lfloor \frac{n+1}{2}\right\rfloor$

Vậy thì ta có:

$u_{n-2}=\frac{(n-2)(n-1)(2n-3)}{24}-\frac{1}{4}\left\lfloor \frac{n-1}{2}\right\rfloor$

$u_{n-2}=\frac{(n-2)(n-1)(2n-3)}{24}-\frac{1}{4}\left(n-1-\left\lfloor \frac{n}{2}\right\rfloor\right)$

$u_{n-2}=\frac{n(n-1)(2n-7)}{24}+\frac{1}{4}\left\lfloor \frac{n}{2}\right\rfloor $

$u_{n-2}=S_n$

Mặt khác từ cách xây dựng $S_n$ ở bài trên, ta có:

$u_{n-1}+u_{n-2}=C_n^3$

 

Nói cách khác số trường hợp lấy ba đoạn khác nhau lập được thành tam giác là $u_{n-2}$ mà không lập được thành tam giác là $u_{n-1}$

Hiển nhiên $u_n$ là dãy tăng, do đó xác suất tạo được tam giác luôn nhỏ hơn 1/2.

[chanhquocnghiem]

Cho 100 đoạn thẳng phân biệt có độ dài là 1 số trong các số tự nhiên từ 1 đến 100. Tính xác suất để chọn ra 3 đoạn thẳng tạo được 1 tam giác

Thầy hxthanh đã giải trong TH tổng quát.Xin nêu thêm 1 cách giải khác :

Gọi $a,b,c$ là độ dài 3 đoạn được chọn có thể tạo thành tam giác ($a> b> c$)

Xét 2 trường hợp :

$A)$ $n$ lẻ ($n=2m+1$)

  $1)$ $a$ chẵn ($a=2i$ với $i$ từ $2$ đến $m$)

        Với $b=i+k$ ($k$ từ $1$ đến $i-1$) thì $c$ chạy từ $i-k+1$ đến $i+k-1$ (có $2k-1$ cách chọn $c$)

     $\Rightarrow$ TH A1 có $s_1=\sum_{i=2}^{m}\sum_{k=1}^{i-1}(2k-1)=\sum_{i=2}^{m}(i-1)^2=\frac{m(m-1)(2m-1)}{6}$ cách

  $2)$ $a$ lẻ ($a=2i+1$ với $i$ từ $2$ đến $m$)

       Với $b=i+k$ ($k$ từ $2$ đến $i$) thì $c$ chạy từ $i-k+2$ đến $i+k-1$ (có $2k-2$ cách chọn $c$)

    $\Rightarrow$ TH A2 có $s_2=\sum_{i=2}^{m}\sum_{k=2}^{i}(2k-2)=\sum_{i=2}^{m}A_{i}^{2}=\frac{m(m-1)(m+1)}{3}$ cách

  Vậy TH A có $s=s_1+s_2=\frac{m(m-1)(4m+1)}{6}$ cách.

 

$B)$ $n$ chẵn ($n=2m$)

  $1)$ $a$ chẵn ($a=2i$ với $i$ từ $2$ đến $m$)

        Với $b=i+k$ ($k$ từ $1$ đến $i-1$) thì $c$ chạy từ $i-k+1$ đến $i+k-1$ (có $2k-1$ cách chọn $c$)

     $\Rightarrow$ TH B1 có $t_1=\sum_{i=2}^{m}\sum_{k=1}^{i-1}(2k-1)=\sum_{i=2}^{m}(i-1)^2=\frac{m(m-1)(2m-1)}{6}$ cách

  $2)$ $a$ lẻ ($a=2i+1$ với $i$ từ $2$ đến $m-1$)

       Với $b=i+k$ ($k$ từ $2$ đến $i$) thì $c$ chạy từ $i-k+2$ đến $i+k-1$ (có $2k-2$ cách chọn $c$)

    $\Rightarrow$ TH B2 có $t_2=\sum_{i=2}^{m-1}\sum_{k=2}^{i}(2k-2)=\sum_{i=2}^{m-1}A_{i}^{2}=\frac{m(m-1)(m-2)}{3}$ cách

  Vậy TH B có $t=t_1+t_2=\frac{m(m-1)(4m-5)}{6}$ cách.

  Xác suất cần tìm nếu $n$ lẻ ($n=2m+1$) là $\frac{s}{C_{2m+1}^{3}}=\frac{(m-1)(4m+1)}{2(2m+1)(2m-1)}=\frac{1}{2}-\frac{3m}{8m^2-2}$

  Xác suất cần tìm nếu $n$ chẵn ($n=2m$) là $\frac{t}{C_{2m}^{3}}=\frac{4m-5}{8m-4}=\frac{1}{2}-\frac{3}{8m-4}$

 

  Với $n=2m=100$ thì xác suất cần tìm là $\frac{1}{2}-\frac{3}{8.50-4}=\frac{65}{132}$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi chanhquocnghiem: 13-05-2015 - 17:25

[hxthanh]

Bài toán tương tự

 

Có bao nhiêu tam giác khác nhau có 3 cạnh là các số tự nhiên không vượt quá $100$ (tổng quát $n$)?

[chanhquocnghiem]

Bài toán tương tự

 

Có bao nhiêu tam giác khác nhau có 3 cạnh là các số tự nhiên không vượt quá $100$ (tổng quát $n$)?

Trước hết tính số tam giác không cân (gọi số tam giác này là $A$)

+ Nếu $n$ lẻ ($n=2m+1$) thì $A=\frac{m(m-1)(4m+1)}{6}=\frac{(n-1)(n-3)(2n-1)}{24}=\frac{n(n-1)(2n-7)}{24}+\frac{n-1}{8}=\frac{n(n-1)(2n-7)}{24}+\frac{1}{4}\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor$

+ Nếu $n$ chẵn ($n=2m$) thì $A=\frac{m(m-1)(4m-5)}{6}=\frac{n(n-2)(2n-5)}{24}=\frac{n(n-1)(2n-7)}{24}+\frac{n}{8}=\frac{n(n-1)(2n-7)}{24}+\frac{1}{4}\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor$

Vậy dù $n$ chẵn hay lẻ, ta đều có $A=\frac{n(n-1)(2n-7)}{24}+\frac{1}{4}\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor$

Bây giờ tính số tam giác cân (gọi số tam giác này là $B$)

+ Nếu cạnh đáy là $k$ ($k$ từ $1$ đến $n$) thì độ dài cạnh bên chạy từ $\left \lfloor \frac{k}{2} \right \rfloor+1$ đến $n$ (cạnh bên có thể lấy $n-\left \lfloor \frac{k}{2} \right \rfloor$ giá trị)

Vậy $B=\sum_{k=1}^{n}\left ( n-\left \lfloor \frac{k}{2} \right \rfloor \right )=n^2-\sum_{k=1}^{n}\left \lfloor \frac{k}{2} \right \rfloor=n^2-\left \lfloor \frac{n^2}{4} \right \rfloor$

$\Rightarrow$ Số tam giác khác nhau có 3 cạnh là số tự nhiên không quá $n$ là :

$A+B=\frac{n(2n+1)(n+7)}{24}+\frac{1}{4}\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor-\left \lfloor \frac{n^2}{4} \right \rfloor=\frac{n(2n+1)(n+7)}{24}+\frac{n}{8}-\frac{n^2}{4}-\frac{(-1)^n-1}{16}=\left \lfloor \frac{(n+1)(n+3)(2n+1)}{24} \right \rfloor$

Nếu $n=100$ thì đáp án là $\left \lfloor \frac{101.103.201}{24} \right \rfloor=87125$ (tam giác)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi chanhquocnghiem: 19-05-2015 - 16:08

[hxthanh]

Cách khác:

Xét bộ 3 số $(a,b,c)$ thỏa điều kiện đề bài, trong đó: $1\le a\le b\le c\le n$

Khi đó $2\le a+1<b+2<c+3\le n+3$ bài toán được đưa về bài toán đầu tiên

Đáp số là $S'_n=S_{n+3}=\dfrac{(n+2)(n+3)(2n-1)}{24}+\frac{1}{4}\left\lfloor\frac{n+3}{2}\right\rfloor$ 

[hxthanh]

Tản mạn đôi chút về dãy số $\quad u_n=\sum_{k=1}^n \left\lfloor\frac{k^2}{4}\right\rfloor=\frac{n(n+1)(2n+1)}{24}-\frac{1}{4}\left\lfloor\frac{n+1}{2}\right\rfloor\quad(*)$

Từ đâu ta có vế phải của $(*)$ ?

Là vì: $\frac{k^2}{4}=\left\lfloor\frac{k^2}{4}\right\rfloor+\frac{k^2\bmod 4}{4}\quad(**)$

Trong đó, dãy phần dư của $k^2$ khi chia cho $4$ là

$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|c|} \hline k&1&2&3&4&5&\cdots \\ \hline k^2\bmod 4&1&0&1&0&1&\cdots\\ \hline  \end{array}$

Dễ thấy $\sum_{k=1}^n (k^2\bmod 4)$ bằng số chữ số 1 trong bảng trên (được kéo dài đến $n$)

Hay $\sum_{k=1}^n (k^2\bmod 4)=\left\lfloor\frac{n+1}{2}\right\rfloor$

Do đó từ $(**)$ dễ dàng suy ra $(*)$

 

Nếu bạn "không quen" nhìn biểu thức phần nguyên ở vế phải của $(*)$, ta sẽ biến đổi một chút để làm mất ký hiệu này!

Bằng cách sử dụng "convert" $\quad \left\lfloor\frac{n+1}{2}\right\rfloor=\frac{n+1}{2}-\frac{1+(-1)^n}{4}$

 

Thay vào ta có $\quad u_n=\sum_{k=1}^n \left\lfloor\frac{k^2}{4}\right\rfloor=\frac{(n-1)(n+1)(2n+3)}{24}+\frac{1+(-1)^n}{16}\quad(***)$

 

Ta thấy biểu thức $\quad 0\le\frac{1+(-1)^n}{16}\le \frac{1}{8}$

Vậy nên lại có thể viết

$u_n=\sum_{k=1}^n \left\lfloor\frac{k^2}{4}\right\rfloor=\left\lfloor\frac{(n-1)(n+1)(2n+3)}{24}+\frac{1}{8}\right\rfloor=\left\lfloor\frac{n(n+2)(2n-1)}{24}\right\rfloor\quad(\bigstar)$ 

 

Kết quả $(\bigstar)$ chắc hẳn đã khiến bạn hài lòng rồi chứ?

 

Từ một tính chất khác của dãy $u_n$ ta có:

$\displaystyle\begin{cases}u_n+u_{n-1}=C_{n+1}^3 \\ u_n-u_{n-1}=\left\lfloor\dfrac{n^2}{4}\right\rfloor\end{cases}$

Suy ra:

$u_n=\frac{n(n-1)(n+1)}{12}+\frac{1}{2}\left\lfloor\dfrac{n^2}{4}\right\rfloor\quad(\bigstar\bigstar)$

 

Bây giờ chúng ta hãy xây dựng công thức tổng quát của $u_n$ dưới dạng truy hồi sau:

$\quad\begin{cases}u_1=0 \\ u_n=C_{n+1}^3-u_{n-1}, \quad(n\ge 2)\end{cases}$

 

Ta có:

\begin{align*}u_n&=C_{n+1}^3-u_{n-1}\\ (-1)u_{n-1}&=(-1)C_n^3-(-1)u_{n-2}\\ (-1)^2u_{n-2}&=(-1)^2C_{n-1}^3-(-1)^2u_{n-3}\\ \cdots &= \cdots\\ (-1)^{n-2}u_2&=(-1)^{n-2}C_3^3-(-1)^{n-2}u_1\end{align*}

Suy ra:

$$u_n=\sum_{k=0}^{n-2}(-1)^kC_{n+1-k}^3=\sum_{k=2}^n (-1)^k C_{n+3-k}^3=(-1)^n\sum_{k=2}^n(-1)^k C_{k+1}^3$$

 

Vậy là ta có bài toán:

CMR: $\forall n\ge 2$, ta có: $$\sum_{k=2}^n(-1)^k C_{k+1}^3=(-1)^n\left\lfloor\frac{n(n+2)(2n-1)}{24}\right\rfloor$$

 

Còn nhiều cách biến đổi khác nữa, các bạn hãy thử tìm tòi thêm nhé!

[hxthanh]

Câu hỏi nhỏ dành cho chanhquocnghiem và các bạn:

 

1. Chọn ngẫu nhiên 3 số nguyên dương không vượt quá $n$ để xem có lập được tam giác hay không thì không gian mẫu bằng bao nhiêu?

 

$a) n^3\qquad b) 3^n\qquad c) C_{n+2}^3\qquad d) C_n^3$

 

 

2. Nhận xét tổng hợp về $u_{n-2};\; u_{n-1};\;u_n$ và $u_{n+1}$ (ở trên)

[chanhquocnghiem]

Câu hỏi nhỏ dành cho chanhquocnghiem và các bạn:

 

1. Chọn ngẫu nhiên 3 số nguyên dương không vượt quá $n$ để xem có lập được tam giác hay không thì không gian mẫu bằng bao nhiêu?

 

$a) n^3\qquad b) 3^n\qquad c) C_{n+2}^3\qquad d) C_n^3$

 

 

2. Nhận xét tổng hợp về $u_{n-2};\; u_{n-1};\;u_n$ và $u_{n+1}$ (ở trên)

1. Ba số tự nhiên được chọn có thể khác nhau từng đôi một hoặc có ít nhất 2 số giống nhau.

   + Nếu 3 số khác nhau từng đôi một thì có $C_{n}^{3}$ cách.

   + Nếu có ít nhất 2 số giống nhau thì có $n^2$ cách (chọn $2$ số giống nhau có $n$ cách, chọn số còn lại cũng có $n$ cách)

   $\Rightarrow$ số phần tử không gian mẫu là :

   $C_{n}^{3}+n^2=\frac{n(n-1)(n-2)}{6}+n^2=\frac{n(n+1)(n+2)}{6}=C_{n+2}^{3}$

 

2. Ta có :

   $u_{n-1}=u_{n-2}+\left \lfloor \frac{(n-1)^2}{4} \right \rfloor$

   $u_{n}=u_{n-2}+\left \lfloor \frac{(n-1)^2}{4} \right \rfloor+\left \lfloor \frac{n^2}{4} \right \rfloor$

   $u_{n+1}=u_{n-2}+\left \lfloor \frac{(n-1)^2}{4} \right \rfloor+\left \lfloor \frac{n^2}{4} \right \rfloor+\left \lfloor \frac{(n+1)^2}{4} \right \rfloor$

 

   $\Rightarrow \left ( u_{n-2}+u_{n+1} \right )-\left ( u_{n-1} +u_{n}\right )=\left \lfloor \frac{(n+1)^2}{4} \right \rfloor-\left \lfloor \frac{(n-1)^2}{4} \right \rfloor$

   Để ý rằng $\frac{(n+1)^2}{4}-\frac{(n-1)^2}{4}=n$ (là một số nguyên) nên ta có :

   $\left ( u_{n-2}+u_{n+1} \right )-\left ( u_{n-1}+u_{n} \right )=n$

[hxthanh]

Nhận xét của (thầy?) chanhquocnghiem thật là hay!

1.

Lời giải cho câu hỏi 1 cũng rất chính xác! Ở đây tôi muốn nhấn mạnh và chú ý tới các bạn về sự nhầm lẫn khi lựa chọn không gian mẫu (nói riêng) và các bài toán tổ hợp nói chung đó là việc hiểu bản chất của việc lựa chọn.

Khi đề bài không yêu cầu về sự khác nhau giữa các phần tử thì ta phải hiểu là các phần tử có thể bằng nhau!

Vậy tại sao không gian mẫu không phải $n^3$ mà là $C_{n+2}^3$ ?

Đáp án $n^3$ xảy ra khi ta quan tâm đến vị trí (thứ tự) của các phần tử, trong khi đó bản chất của việc chọn ra 3 số xem có thỏa yêu cầu không thì đâu cần đến thứ tự?  $(a,a,b)$ với $(a,b,a)$ có gì khác nhau?

Như vậy KGM là số tổ hợp lặp chập $3$ của $n$ phần tử.

Có thể hiểu là số các bộ $(a,b,c)$ với $a,b,c\in\{1,2,...,n\}$ sao cho $a\le b\le c$. Bởi vì với $3$ số bất kỳ ta luôn sắp được trật tự trên

Như vậy thì $1\le a\le b\le c\le n\Leftrightarrow 1\le a<b+1<c+2\le n+2$

Và dễ thấy số bộ thỏa mãn như vậy là $C_{n+2}^3$

2.

Ta thấy rằng: vì $u_{n-2}+u_{n-1}=C_n^3$ và $u_n+u_{n+1}=C_{n+2}^3$ nên:

$u_{n-2}$ là số các tam giác khác nhau có 3 cạnh là các số nguyên dương đôi một khác nhau và không quá $n$

$u_{n-1}$ là số bộ 3 số nguyên dương đôi một khác nhau không quá $n$ đồng thời không lập được thành 3 cạnh của một tam giác

$u_n$ là số bộ 3 số nguyên dương (không nhất thiết khác nhau) không quá $n$ cũng không lập được thành 3 cạnh của một tam giác

$u_{n+1}$ là số các tam giác khác nhau có 3 cạnh là các số nguyên dương (không nhất thiết khác nhau) không quá $n$

[Dung Du Duong]

Xét các bộ 3 số khác nhau trong tập $E=\{1,2,...,n\}$ lập thành các cạnh $a,b,c$ của một tam giác, trong đó $a<b<c$

Điều kiện sẽ là $c+1\le a+b\le 2c-3$

- Với $a+b=c+1$ ta lập được các bộ $(a,b)$ thỏa mãn là $(2,c-1),\;(3,c-2), ...$ tất cả $\left\lfloor\frac{c}{2}\right\rfloor-1$ bộ

- Với $a+b=c+2$ ta lập được các bộ $(a,b)$ thỏa mãn là $(3,c-1),\;(4,c-2), ...$ tất cả $\left\lfloor\frac{c+1}{2}\right\rfloor-2$ bộ

........

- Với $a+b=2c-3$ ta lập được bộ $(a,b)$ thỏa mãn là $(c-1,c-2)$ tất cả $\left\lfloor\frac{2c-4}{2}\right\rfloor-(c-3)$ bộ

Như vậy ứng với mỗi giá trị của $c$, ta lập được số bộ thỏa mãn là 

$\displaystyle\quad \sum_{k=c}^{2c-4}\left\lfloor\frac{k}{2}\right\rfloor-\frac{(c-2)(c-3)}{2}=\left\lfloor\frac{(2c-4)^2}{4}\right\rfloor-\left\lfloor\frac{(c-1)^2}{4}\right\rfloor-\frac{(c-2)(c-3)}{2}$

$=\frac{(c-1)(c-2)}{2}-\left\lfloor\frac{(c-1)^2}{4}\right\rfloor$

 

Cho $c$ chạy từ $1$ đến $n$, lấy tổng ta được kết quả

$\displaystyle S_n=\frac{n(n-1)(n-2)}{6}-\sum_{k=1}^{n-1}\left\lfloor\frac{k^2}{4}\right\rfloor$ 

$\displaystyle \quad=\frac{n(n-1)(n-2)}{6}-\frac{n(n-1)(2n-1)}{24}+\frac{1}{4}\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor$

$\displaystyle \quad=\frac{n(n-1)(2n-7)}{24}+\frac{1}{4}\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor$

 

Thay số, ta có $S_{100}=79625$

$C_{100}^3=161700$. Từ đó có được xác suất cần tính.

 

Nhận xét của (thầy?) chanhquocnghiem thật là hay!

1.

Lời giải cho câu hỏi 1 cũng rất chính xác! Ở đây tôi muốn nhấn mạnh và chú ý tới các bạn về sự nhầm lẫn khi lựa chọn không gian mẫu (nói riêng) và các bài toán tổ hợp nói chung đó là việc hiểu bản chất của việc lựa chọn.

Khi đề bài không yêu cầu về sự khác nhau giữa các phần tử thì ta phải hiểu là các phần tử có thể bằng nhau!

Vậy tại sao không gian mẫu không phải $n^3$ mà là $C_{n+2}^3$ ?

Đáp án $n^3$ xảy ra khi ta quan tâm đến vị trí (thứ tự) của các phần tử, trong khi đó bản chất của việc chọn ra 3 số xem có thỏa yêu cầu không thì đâu cần đến thứ tự?  $(a,a,b)$ với $(a,b,a)$ có gì khác nhau?

Như vậy KGM là số tổ hợp lặp chập $3$ của $n$ phần tử.

Có thể hiểu là số các bộ $(a,b,c)$ với $a,b,c\in\{1,2,...,n\}$ sao cho $a\le b\le c$. Bởi vì với $3$ số bất kỳ ta luôn sắp được trật tự trên

Như vậy thì $1\le a\le b\le c\le n\Leftrightarrow 1\le a<b+1<c+2\le n+2$

Và dễ thấy số bộ thỏa mãn như vậy là $C_{n+2}^3$

2.

Ta thấy rằng: vì $u_{n-2}+u_{n-1}=C_n^3$ và $u_n+u_{n+1}=C_{n+2}^3$ nên:

$u_{n-2}$ là số các tam giác khác nhau có 3 cạnh là các số nguyên dương đôi một khác nhau và không quá $n$

$u_{n-1}$ là số bộ 3 số nguyên dương đôi một khác nhau không quá $n$ đồng thời không lập được thành 3 cạnh của một tam giác

$u_n$ là số bộ 3 số nguyên dương (không nhất thiết khác nhau) không quá $n$ cũng không lập được thành 3 cạnh của một tam giác

$u_{n+1}$ là số các tam giác khác nhau có 3 cạnh là các số nguyên dương (không nhất thiết khác nhau) không quá $n$

 

1. Ba số tự nhiên được chọn có thể khác nhau từng đôi một hoặc có ít nhất 2 số giống nhau.

   + Nếu 3 số khác nhau từng đôi một thì có $C_{n}^{3}$ cách.

   + Nếu có ít nhất 2 số giống nhau thì có $n^2$ cách (chọn $2$ số giống nhau có $n$ cách, chọn số còn lại cũng có $n$ cách)

   $\Rightarrow$ số phần tử không gian mẫu là :

   $C_{n}^{3}+n^2=\frac{n(n-1)(n-2)}{6}+n^2=\frac{n(n+1)(n+2)}{6}=C_{n+2}^{3}$

 

2. Ta có :

   $u_{n-1}=u_{n-2}+\left \lfloor \frac{(n-1)^2}{4} \right \rfloor$

   $u_{n}=u_{n-2}+\left \lfloor \frac{(n-1)^2}{4} \right \rfloor+\left \lfloor \frac{n^2}{4} \right \rfloor$

   $u_{n+1}=u_{n-2}+\left \lfloor \frac{(n-1)^2}{4} \right \rfloor+\left \lfloor \frac{n^2}{4} \right \rfloor+\left \lfloor \frac{(n+1)^2}{4} \right \rfloor$

 

   $\Rightarrow \left ( u_{n-2}+u_{n+1} \right )-\left ( u_{n-1} +u_{n}\right )=\left \lfloor \frac{(n+1)^2}{4} \right \rfloor-\left \lfloor \frac{(n-1)^2}{4} \right \rfloor$

   Để ý rằng $\frac{(n+1)^2}{4}-\frac{(n-1)^2}{4}=n$ (là một số nguyên) nên ta có :

   $\left ( u_{n-2}+u_{n+1} \right )-\left ( u_{n-1}+u_{n} \right )=n$

Các thầy (?) tích cực quá, em cảm ơn vì những bài tập trên !!!