Nobodyv3

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.

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? 

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....

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 :
$P=\frac{675}{C_{102}^3}=\frac{27}{6868}$

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!

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 :
$$\binom {16}{6}-\binom {10}{6}-2\binom {11}{6}+\binom {6}{6}=6875$$

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:
$$\begin {align*}
G(x)&=\left[\binom{5}{1}x+\binom{5}{2}x^2 +\binom{5}{3}x^3+\binom{5}{4}x^4\right ]^2\left[\binom{6}{1}x+\binom{6}{2}x^2 +\binom{6}{3}x^3+\binom{6}{4}x^4\right ]\\
&=150x^3+975x^4+3200x^5+6875x^6+10450x^7\\
&+11600x^8+9400x^9+5375x^{10}+2000x^{11}+375x^{12}\\
\Rightarrow [x^6]G(x)&=\boldsymbol {6875} \end{align*}$$

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 :
$$\begin{array}{|c|c|c|c|c|c|} \hline \,\,\,&&\,\,\, &&\,\,\, &\\ \hline &3&&1&&2\\ \hline &&&&&\\ \hline \end{array}$$

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.

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......

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.👍

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... :-)

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 :=)

Giải :
Để thuận tiện cho việc trình bày, ta xếp lại và xét hệ phương trình sau:
$\left\{\begin{matrix}
z_1+5z_2+10z_3+25z_4&=\;200  \\
z_1+z_2+z_3+z_4&=\;50 && (1)
\end{matrix}\right.$
Lấy phương trình thứ nhất trong (1) trừ phương trình thứ hai vế với vế ta được :
$4z_2+9z_3+24z_4=\;150 $       (2)
Dễ thấy $0\leq z_4\leq6$, xét $(2)$ với từng giá trị $z_4$.
- $z_4=6$ : $(2) $ trở thành $4z_2+9z_3=150-144=6$ :vô nghiệm. 
- $z_4=5$ : $(2) $ trở thành $4z_2+9z_3=30$ . Dễ thấy $0\leq z_3\leq3$, khi $z_3=2$ pt có
nghiệm là $(40,3,2,5)$.
- $z_4=4$ : $(2) $ trở thành $4z_2+9z_3=54$ . Dễ thấy $0\leq z_3\leq6$, khi $z_3=6$ pt có
nghiệm là $(40,0,6,4)$, khi $z_3=2$ pt có
nghiệm là $(35,9,2,4)$.
- $z_4=3$ : $(2) $ trở thành $4z_2+9z_3=78$ . Dễ thấy $0\leq z_3\leq8$, khi $z_3=6$ pt có
nghiệm là $(35,6,6,3)$, khi $z_3=2$ pt có
nghiệm là $(30,15,2,3)$.
- $z_4=2$ : $(2) $ trở thành $4z_2+9z_3=102$ . Dễ thấy $0\leq z_3\leq11$, khi $z_3=10$ pt có
nghiệm là $(35,3,10,2)$, khi $z_3=6$ pt có
nghiệm là $(30,12,6,2)$, khi $z_3=2$ pt có
nghiệm là $(25,21,2,2)$.
- $z_4=1$ : $(2) $ trở thành $4z_2+9z_3=126$ . Dễ thấy $0\leq z_3\leq14$, khi $z_3=14$ pt có
nghiệm là $(35,0,14,1)$, khi $z_3=10$ pt có
nghiệm là $(30,9,10,1)$, khi $z_3=6$ pt có
nghiệm là $(25,18,6,1)$, khi $z_3=2$ pt có
nghiệm là $(20,27,2,1)$.
- $z_4=0$ : $(2) $ trở thành $4z_2+9z_3=150$ . Dễ thấy $0\leq z_3\leq16$, khi $z_3=14$ pt có
nghiệm là $(30,6,14,0)$, khi $z_3=10$ pt có
nghiệm là $(25,15,10,0)$, khi $z_3=6$ pt có
nghiệm là $(20,24,6,0)$, khi $z_3=2$ pt có
nghiệm là $(15,33,2,0)$.
Tóm lại, phương trình có $16$ nghiệm $(z_1,z_2,z_3,z_4)$ đó là :
$\begin {align*}
&(40,3,2,5),(40,0,6,4),(35,9,2,4),(35,6,6,3),\\&(30,15,2,3),(35,3,10,2),(30,12,6,2),(25,21,2,2),\\&(35,0,14,1),(30,9,10,1),(25,18,6,1),(20,27,2,1),\\
&(30,6,14,0),(25,15,10,0),(20,24,6,0),(15,33,2,0)
\end{align*}$
===========
Để làm sanity check, ta dùng hàm sinh 2 biến, trong đó có biến đếm số tờ tiền $y$:
$G(x,y)=\frac {1}{(1-yx)(1-yx^5)(1-yx^{10})(1-yx^{25})}$
$\Rightarrow [y^{50}x^{200}]G(x,y)=\boldsymbol {16}$

Giải phương trình nghiệm nguyên không âm
$ 5z_1+10z_2+25z_3+z_4=200 $

\begin{align*}[x^{200}]& \dfrac 1{(1-x)(1-x^5)(1-x^{10})(1-x^{25})}\\ &=[x^{225}]\dfrac{x^{25}}{(1-x)(1-x^{25})}\cdot
\dfrac{1}{(1-x^5)(1-x^{10})} \\ &=[x^{225}]\sum_{k\ge 0} \left\lfloor\dfrac{k+2}2 \right\rfloor x^{5k}\sum_{j\ge 0} \left\lfloor\dfrac j{25} \right\rfloor x^j \\ &=\sum_{k=0}^{45} \left\lfloor\dfrac{k+2}2 \right\rfloor\cdot \left\lfloor\dfrac{225-5k}{25} \right\rfloor \\ &=1463
\end{align*}

Ở đây có hai thứ cần bạn chứng minh:
\begin{equation}\label{s1} \sum_{n=0}^\infty \left\lfloor\dfrac nm \right\rfloor x^n=\dfrac{x^m}{(1-x)(1-x^m)} \end{equation}
\begin{equation}\label{s2} \sum_{n=0}^\infty \left\lfloor\dfrac {n+p}p \right\rfloor x^{mn}=\dfrac1{(1-x^m)(1-x^{pm})} \end{equation}

Phần này để em suy nghĩ và tính tay xem sao...