Nobodyv3

Biết là hơi lâu r nhưng cho e hỏi nq.u là có thể coi 5 hành khách là 5 cái kẹo giống nhau ko ạ ?, vì đề bài nói là các hành khách chọn toa ngẫu nhiên, và không phân biệt hành khách với nhau

Đọc đề bài mình không thấy chi tiết nào mà khả dĩ có thể xem 5 hành khách là 5 cái kẹo giống nhau cả!
Bài này có nhiều cách tiếp cận, mà một trong các cách này là sử dụng nguyên lý bù trừ, số cách lên tàu :
$3^5-C_3^1\cdot 2^5+C_3^2\cdot 1^5-C_3^3\cdot 0^5=150$
Suy ra XS là :
$\frac {150}{3^5}=\frac {50}{81}$

người anh em chỉ mình phương pháp được không,mình không động não được.

Mình tính gửi qua private message, nhưng không gửi được hình nên mình post lên đây nhé.
==========
Xét TH tổng quát : Trước hết, tính $N$ là số hình binh hành (HBH) có trong tam giác đều ABC có cạnh là n ( hình kèm theo).
 20250105_135638.jpg   41.91K   0 Số lần tải
Các cạnh của bất kỳ hình bình hành nào cũng sẽ song song với hai trong ba cạnh của tam giác đều ABC. Ta bắt đầu bằng cách đếm các hình bình hành có các cạnh không song song với cạnh ngang BC. Kéo dài cạnh dưới của tam giác lớn thêm 1 là B'C' và cũng kéo dài các cạnh song song của hình bình hành xuống cho đến khi chúng giao với cạnh mới B'C'. Điều này sẽ tạo ra bốn điểm trên B'C'. Ta nhận thấy rằng mỗi hình bình hành khác nhau ánh xạ tới bốn đỉnh riêng biệt trên cạnh B'C' và ngược lại, bất kỳ tập hợp bốn đỉnh riêng biệt nào trên cạnh B'C' ánh xạ tới một hình bình hành duy nhất trong tam giác ABC (Thí dụ : hình binh hành IJKL được tạo thành từ 4 điểm riêng biệt là B',S, U, V và ngược lại, từ 4 điểm riêng biệt B', S, U, V ta tạo được duy nhất 1 hình binh hành là IJKL). Đây là phép ánh xạ một-một ( song ánh)! Vì vậy, số lượng hình bình hành khác nhau chính là số cách khác nhau để chọn bốn điểm trên cạnh B'C'. Nếu tam giác ban đầu có độ dài cạnh là n, thì cạnh đáy mở rộng có n+2 đỉnh. Vì vậy, có $C_{n+2}^4$ cách chọn bốn điểm. Thêm vào đó, ta phải nhân với 3 để tính đến ba hướng hình bình hành khác nhau, cho nên số HBH là $N= 3C_ {n+2}^4$.
Trở lại bài toán, số các đỉnh trong tam giác đều là số tam giác (triangular number) $\frac {(n+1)(n+2)}{2}=C_{n+2}^{2}$ nên số phần tử KGM là $C_{ C_{n+2}^2}^4$.
Với n=4, thì XS cần tìm là :
$\frac {3C_ {4+2}^{4}}{C_{C_{4+2}^2}^{4}}=\boldsymbol {\frac {3}{91} }$.

Em chưa hiểu 3 phàn gạch đỏ, mng ai bt giải thích giúp e vs ạ (càng kĩ càng tốt ạ). Em xin cảm ơn.

Bài này có thể giải gọn hơn khi dùng kiến thức ( cấp THPT) về căn bậc n của đơn vị .

tại sao lại rút ra được (X+Y)C(Y) ạ.chỗ đó em không hiểu????

Ah! Guy này cuối cùng cũng đã nổi lên! (Anh chàng này hồi nào tới giờ chỉ post đề rồi lặn mất tăm hơi.) Ok, mình xin đưa ra một thí dụ là TH có bao nhiêu cách chọn 45 đoạn 2 đốt và 2 đoạn 5 đốt?
Trả lời : Ta thấy có tất cả 47 đoạn, vậy số cách chọn 2 đoạn 5 đốt là $C_{47}^2$.
(Tương tự, trong TH có 15 đoạn 2 đốt + 14 đoạn 5 đốt thì số cách chọn 14 đoạn 5 đốt trong 29 đoạn là $C_{29}^{14}$.)

Có bao nhiêu tam giác cân có thể được tạo thành từ các đỉnh của một đa giác đều n cạnh?

@hxthanh Xin đón chờ tuyệt chiêu bí truyền "gộp công thức " của thầy.

Một mật mã két sắt gồm 4 kí tự thuộc tập từ 0 đến 9. Bạn A nhập một mã 4 chữ sô bất kì.Có 2 trường hợp:
TH1: Nhập mò từ 0000 đến 9999 đến khi nào đúng mật khẩu thì thôi.(Mật khẩu không đổi sau mỗi lần nhập)
TH2: Chọn một dãy 4 chữ số cố định và nhập nó liên túc sau mỗi lần đến khi nào đúng mật khẩu (Mật khẩu thay đổi sau mỗi lần nhập và có thể trùng lặp)
Hỏi trong trường hợp nào thì xác suất để nhập đúng mật khẩu cao hơn sau n lần thử?

Theo mình thì :
TH1: nhận xét rằng n càng lớn thì XS thành công càng cao: 1/10000, 1/9999, 1/9998,...,1/2 và khi n=10000 thì XS thành công là 1.
TH2: trong khi đó, ở trường hợp này, XS thành công luôn luôn là hằng số ở lần thử bất kỳ nào và bằng 1/10000.
KL: Ở trường hợp 1 thì xác suất để nhập đúng mật khẩu cao hơn sau n lần thử.

Kết quả của Nobodyv3 vô cùng chính xác!
Bằng một điều thần kỳ nào đó kết quả trên được ]viết thành:
\begin{align*}S_n&=\dfrac{n(n-1)(n+1)(3n^2-67)}{12960}-\dfrac{1}{27}\left\lfloor\dfrac{n+1}{3}\right\rfloor\\ &+\dfrac{n}{32}\left(\left\lfloor\dfrac{n}{2}\right\rfloor-\left\lfloor\dfrac{n-1}{2}\right\rfloor\right) \qquad(1)\\ &+\dfrac{n}{27}\left(\left\lfloor\dfrac{n}{3}\right\rfloor-\left\lfloor\dfrac{n-1}{3}\right\rfloor\right) \qquad(2)\end{align*}
———
$(1):\quad \left\lfloor\dfrac{n}{2}\right\rfloor-\left\lfloor\dfrac{n-1}{2}\right\rfloor=\begin{cases} 1,\quad 2 \mid n\\ 0,\quad \text{otherwise} \end{cases}$

$(2):\quad \left\lfloor\dfrac{n}{3}\right\rfloor-\left\lfloor\dfrac{n-1}{3}\right\rfloor=\begin{cases} 1,\quad 3 \mid n\\ 0,\quad \text{otherwise} \end{cases}$

Để thể hiện kết quả gọn hơn nữa, nên chăng ta sử dụng Iverson bracket :
$$S_n=\dfrac{n(n-1)(n+1)(3n^2-67)}{12960}-\dfrac{1}{27}\left\lfloor\dfrac{n+1}{3}\right\rfloor+\dfrac{n[[2\mid n]]}{32}+\dfrac{n[[3\mid n]]}{27}$$ Trong đó ký hiệu :
$[[P]]=1$ nếu $P$ đúng, ngược lại bằng $0$.

Ý tưởng Nobodyv3 mình xin ghi nhận! Môn võ mèo cào này không ngờ còn có người chú ý đến. Quả thực dù ít dù nhiều mình cũng đã từng bước chia sẻ lên diễn đàn. Điều quan trọng là thiếu các bài toán và ví dụ tiêu biểu nên nó chưa hoàn thành “bí kíp” được. Hẹn bạn vào một ngày đẹp trời nhé!

Hoan hô thiện ý của thầy, mong rằng " dự án" sẽ thành hiện thực.
Riêng em, em có thể đóng góp gửi cho thầy khoảng 4,5 ví dụ. Trong mỗi ví dụ, em sẽ gửi đề bài và cái kết quả cồng kềnh (không thể gửi chi tiết bài giải vì phải đánh máy: rất tốn thì giờ) nếu được thì thầy cho em thời gian rộng rãi, thư thả để em lượm lặt, tập hợp lại (thậm chí gặp bài chưa làm thì phải tốn thì giờ giải ra được kết quả cồng kềnh để gửi cho thầy). 

@hxthanh Chuyển từ 1 kết quả khá là nặng nề sang 1 kết quả gọn gàng đẹp tuyệt thì có thể nói không ngoa rằng: trên chốn giang hồ hiện nay chỉ duy nhất một mình thầy sử dụng được tuyệt chiêu này mà thôi! Vâng, thấy thú vị và hữu ích em cũng tập tành ngâm cứu nhưng than ôi, do nhiều lý do (chủ yếu là thời gian và trình độ tiếp thu hạn chế), cho nên đến nay mức độ lĩnh hội gần như là con số không tròn trĩnh! hic...
Do đó, vì đàn em thân yêu và để không bị thất truyền...em xin đề nghị Thầy viết 1 bài nho nhỏ nói về chiêu thức này để truyền cho hậu thế ạ.
Mong thay!

Em xin phép đóng góp 1 lời giải ạ.
Xét hàm sinh :
$$\begin {align*}
F(z)&=\sum_{a\geq 1}az^a\sum_{b\geq 1}bz^{2b}\sum_{c\geq 1}cz^{3c}\\
&=\frac {z}{(1-z)^2}\cdot \frac {z^2}{(1-z^2)^2}\cdot\frac {z^3}{(1-z^3)^2}\\
&=\frac {z^6}{(1-z)^2(1-z^2)^2(1-z^3)^2}\\
&=\frac {z^6(1+z+z^2+z^3+z^4+z^5)^2(1+z^2+z^4)^2(1+z^3)^2}{(1-z^6)^6}\\
&= \bigg ( z^{30}+2 z^{29}+5z^{28}+10z^{27}+18z^{26}+30z^{25}+43z^{24}+62z^{23}+80z^{22}+\\
&\quad98z^{21}+113z^{20}+122z^{19}+128z^{18}+122z^{17}+113z^{16}+
98z^{15}+80z^{14}+\\
&\quad 62z^{13}+43z^{12}+30z^{11}+18z^{10}+10z^{9}+ 5z^{8}+2z^{7}+z^{6} \bigg )\sum_{r\geq 0}\binom {r+5}{5}z^{6r}\\
\end {align*}$$Tính $[z^n]F(z)$:
Đặt $n=6k+r$ với $r=0,1,2,3,4,5$ ta có kết quả sau :
$$\begin {align*}
S_{6k}&=\binom k5+43\binom {k+1}{5}+128\binom {k+2}{5}+43\binom {k+3}{5}+\binom {k+4}{5}\\
S_{6k+1}&=30\binom {k+1}{5}+122\binom {k+2}{5}+62\binom {k+3}{5}+2\binom {k+4}{5}\\
S_{6k+2}&=18\binom {k+1}{5}+113\binom {k+2}{5}+80\binom {k+3}{5}+5\binom {k+4}{5}\\
S_{6k+3}&=10\binom {k+1}{5}+98\binom {k+2}{5}+98\binom {k+3}{5}+10\binom {k+4}{5}\\
S_{6k+4}&=5\binom {k+1}{5}+80\binom {k+2}{5}+113\binom {k+3}{5}+18\binom {k+4}{5}\\
S_{6k+5}&=2\binom {k+1}{5}+62\binom {k+2}{5}+122\binom {k+3}{5}+30\binom {k+4}{5}\\
\end {align*}$$

@nmlinh16 Excellent! It took me several hours 😞 to understand fully but finally I'm content with your great explanation. Thanks, it helped a lot!

Tính :
$\sum_{a=0}^{n-1}\sum_{b=0}^{a-1}\sum_{c=0}^{b-1}(a+b+c)$

Đấy! Quan trọng ở chỗ học 1 biết 10 của bạn. Với ý tưởng giới hạn khoảng biến thiên của mỗi biến chạy, tôi thực hiện phép lấy tổng từ biến $d \to a$ dẫn tới “cận dưới” nó bị xấu dần đều, ngược lại bạn thực hiện lấy tổng từ $a\to d$ khéo léo dùng tính chất “teleport” của binomial dẫn đến bài toán sáng sủa và ít phép tính đi rất nhiều. Hãy áp dụng cách này cho bài toán cũ của bạn, xem nó hữu dụng như thế nào!

_Yes, Sir.
==========
Đề bài : Tính
$$\displaystyle \mathop{\sum\sum\sum}_{1\leq i\leq j\leq k\leq n}ijk $$Giải:
Ta có :
$$\begin{align*} \underbrace{\underset{1\le i\le j\le k\le n}{\mathop{\sum }}\,ijk}_S&=\underbrace{\underset{1\le i< j< k\le n}{\mathop{\sum }}\,ijk}_{S_1} \\
&\quad +\underbrace{\underset{1\le i= j< k\le n}{\mathop{\sum }}\,ijk+\underset{1\le i< j= k\le n}{\mathop{\sum }}\,ijk+\underset{1\le i= j= k\le n}{\mathop{\sum }}\,ijk}_{S_2}
\end{align*}$$- Tính $S_1$:
$$\begin {align*}
S_1&=\sum_{k=3}^{n}\sum_{j=2}^{k-1}\sum_{i=1}^{j-1}ijk\\
\text{mà:}\qquad \qquad &\\
\sum_{i=1}^{j-1}i&=\binom j2\\
\sum_{j=2}^{k-1}j\binom j2&=\sum_{j=2}^{k-1}\left[ 3\binom j3+2\binom j2 \right]=3\binom k4+2\binom k3 \\
\Rightarrow S_1&=\sum_{k=3}^{n}k\left[
3\binom k4+2\binom k3 \right] \\
&=3\sum_{k=3}^{n}\left[
5\binom k5+4\binom k4 \right]+2\sum_{k=3}^{n}\left[
4\binom k4+3\binom k3 \right]\\
&=15\binom{n+1}6+20\binom{n+1}5+6\binom{n+1}4\\
&=\frac 1{48}(n-2)(n-1)n^2(n+1)^2
\end{align*}$$- Tính $S_2$:
$$\begin {align*}
S_2&=\underset{1\le i= j, k\le n}{\mathop{\sum }}\,ijk=\left ( \sum_{j=1}^{n}j^2 \right )\left ( \sum_{k=1}^{n}k \right )\\
&=\frac {1}{6}n(n+1)(2n+1)\cdot \frac {1}{2}n(n+1)\\
&=\frac {1}{12}n^2(n+1)^2(2n+1)
\end{align*}$$Do đó :
$$\begin {align*}
S&=\frac {1}{48}n^2(n+1)^2(n-1)(n-2)+\frac {1}{12}n^2(n+1)^2(2n+1)\\
&=\frac {1}{48}n^2(n+1)^2(n^2+5n+6)\\
&=\boldsymbol {\frac {1}{48}n^2(n+1)^2(n+2)(n+3)}
\end{align*}$$

Chú thích :
Để tính $S_1$, ta sử dụng 2 đẳng thức tổ hợp :
$n\binom nr=(r+1)\binom n{r+1}+r\binom nr$
và (hockey - stick identity) :
$\displaystyle{ \binom{r}{r} + \binom{r+1}{r} + \binom{r+2}{r} + \cdots + \binom{n}{r} = \binom{n+1}{r+1}. }$

Cách này tuyệt vời nhất!

Cảm ơn thầy. Ý tưởng này có được cũng là từ bài giải của thầy.