Nobodyv3

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 :
$$\left [ \left [ P \right ] \right ]=
\begin{cases}
1, &\text{nếu $P$ đúng;}\\
0, &\text{ngược lại.}
\end{cases}$$

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 :
$4!\cdot 2^4=\boldsymbol {384}$

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

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 $\boldsymbol {C_{15}^5=3003}$.

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?

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......