hxthanh

$\left\lfloor \dfrac 1x\right\rfloor =n\Rightarrow \substack{\displaystyle{x^2} \\ x\to 0^+}\sim \substack{\dfrac 1{n^2}\\ n\to +\infty}$
$\lim\limits_{x\to 0^+} x^2\sum_{k=1}^{\left\lfloor\frac 1x\right\rfloor} k=\lim\limits_{n\to \infty} \dfrac{1}{n^2} \sum_{k=1}^n k= \lim\limits_{n\to \infty} \dfrac{1}{n^2}\cdot\dfrac{n(n+1)}{2}=\dfrac 12$

Có bốn chiếc hộp được viết lên các số theo thứ tự là $1,2,3,6$. Bạn Nobodyv3 muốn chia toàn bộ $6n$ viên bi giống nhau vào các hộp trên sao cho số lượng bi trong mỗi hộp là bội của số được viết lên chúng. Bạn hãy tính xem bạn Nobodyv3 có tất cả bao nhiêu cách chia?

Bạn có thể xem ở đây Bài 2.19
Bên cạnh đó bạn có thể áp dụng Định lý 4 để làm bài số 1, nhé!

Bài này cần phân tích kỹ hơn về con số $11\times 101=1111$
Bấm máy thì ra kết quả là $\boxed{\mathbf{384}}$

$C=\{2,4,…,30\}$
$L=\{1,3,…,29\}$
Chia hai trường hợp: 1 lẻ 4 chẵn, 2 lẻ 3 chẵn rồi cộng lại nhân 2 (2 trường hợp còn lại đối xứng)

Nếu bạn đầu tiên chọn không tham gia thì có $S_{n-1}$ cách chọn cho $(n-1)$ bạn còn lại. Nếu bạn đầu tiên tham gia thì bạn thứ hai không thể tham gia, nên có $S_{n-2}$ cách chọn cho $(n-2)$ bạn còn lại.
Như vậy: $S_n=S_{n-1}+S_{n-2}$ với $S_1=2,S_2=3$ Thì $S_n=F_{n+2}$
Đáp án là $\frac{F_{32}}{2^{30}}$ (Dãy Fibonacci)

Áp dụng quy tắc bù trừ, số hv không cố định là
$S_6=\sum_{k=0}^6 (-1)^k\mathcal{C}_n^k(n-k)!=\left\lfloor\dfrac{6!+1}{e}\right\rfloor=265$
Xác suất $\frac{265}{720}\approx e^{-1}$

Chia $n$ cái kẹo cho $4$ bạn, biết rằng:
- số kẹo mỗi bạn nhận được là khác nhau, có thể có bạn không có cái kẹo nào.
- Tổng số kẹo của bạn được ít nhất và bạn nhiều nhất không nhiều hơn tổng số kẹo của hai bạn còn lại.
1. Hỏi có bao nhiêu cách chia thoả mãn cả hai điều kiện trên?
2. Giải bài toán trên với $n=25$

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?

Trả lời cho câu hỏi này là số nghiệm
$\left\|1\le x_1\le x_2\le…\le x_{10}\le 6\right\|$
$\Leftrightarrow \left\|1\le x_1<(x_2+1)<…<(x_{10}+9)\le 15\right\|={15\choose 10}$
Còn tung đến khi dãy giảm thì dừng và không quá 10 lần, lúc đó sẽ khác!

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?

Bài này nghe tưởng đơn giản mà khó nhỉ?
Kiểu như 126311 cũng giống 611321 vậy
Cases work thì không sáng suốt cho lắm
Hóng lời giải của em!

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....

Cảm ơn em đã giới thiệu về kiến thức này! Like!
Thực chất bài này cũng không có gì ghê gớm. Bỏ qua phần không gian mẫu thì chỉ là bài toán chia kẹo Euler có thêm điều kiện.
\begin{cases} 1\le x_i \le 6\\ x_1+x_2+…+x_m=n\end{cases}
Lời giải thì dùng phương pháp bù trừ: số cách chia - số cách chia 1 phần lỗi (>6) + số cách chia 2 phần lỗi - …
\begin{equation}\label{e1} S_n=\sum_{k=0}^{\large{\left\lfloor\frac n6\right\rfloor}} (-1)^k{m\choose k}{n-6k-1\choose m-1}\end{equation}
Vấn đề là tổng \eqref{e1} có tính được đến cuối cùng không thôi

…
2, Cho tập hợp A={1, 2, 3,...k} ($k\geq 3$). Chọn ngẫu nhiên ba số thuộc A. Tính xác suất để chọn được ba số có tổng bằng n.

Theo như mình hiểu ý bạn là 3 số được chọn là phân biệt? Nếu đúng như vậy thì mình chỉ có thể gợi ý cho bạn:
Đáp số của bài toán là:
$S(n,k)=0$ nếu $n>3k-3$
$S(n,k)=$
$\quad\left\lfloor\dfrac{(n-3)^2+3}{12}\right\rfloor -\underbrace{\left\lfloor\dfrac{(n-k-2)^2}{4}\right\rfloor}_{\large{(\textsf{nếu $n\ge k+2$})}}+\underbrace{\left\lfloor\dfrac{(n-2k-1)^2}{4}\right\rfloor}_{\large{(\textsf{nếu $n\ge 2k+1$})}}$

Một bài viết tổng hợp khá công phu của bạn Thegooobs. Mình bị rất cảm ơn những đóng góp của bạn cho diễn đàn! Thay mặt BBT mình xin phép được ghim bài viết của bạn lên trang chủ của diễn đàn.

Gieo ngẫu nhiên một con xúc xắc (là một hình lập phương $6$ mặt đồng chất các mặt đánh dấu số chấm từ 1-6) $m$ lần. Tính xác suất để “tổng số chấm thu được bằng $n$”

Làm lại bài này:
Số nghiệm nguyên không âm của pt: $x+2y+5z=n$ là
$S_n=\sum_{y=0}^{\left\lfloor\frac n2\right\rfloor}\sum_{z=0}^{\left\lfloor\frac{n-2y}5\right\rfloor} 1 \quad \left(\textsf{hoặc }S_n=\sum_{z=0}^{\left\lfloor\frac n5\right\rfloor}\sum_{y=0}^{\left\lfloor\frac{n-5z}2\right\rfloor} 1\right)$
$S_n=\sum_{y=0}^{\left\lfloor\frac n2\right\rfloor} \left\lfloor\dfrac{n+5-2y}5\right\rfloor$
Đặt $n=10m+r; \;(0\le r \le 9)$
Đặt $y=5p+q;$ với $\,(0\le p\le m-1) \textsf{, và } (0\le q\le 4)$
Khi đó $\max y=5m-1$ còn thiếu đoạn cần lấy tổng $y=5m+t;\;\;\left(0\le t\le \left\lfloor\frac r2\right\rfloor\right) $
\begin{align*}S_n&=\sum_{p=0}^{m-1}\sum_{q=0}^4 \left\lfloor \dfrac{10m+r+5-10p-2q}{5}\right\rfloor +\sum_{t=0}^{\left\lfloor\frac r2\right\rfloor} \left\lfloor \dfrac{10m+r+5-10m-2t}{5}\right\rfloor \\ &= \sum_{p=0}^{m-1}\sum_{q=0}^4 \left(2m-2p+1+\left\lfloor \dfrac{r-2q}5 \right\rfloor \right)+ \sum_{t=0}^{\left\lfloor\frac r2\right\rfloor} \left\lfloor\dfrac{r+5-2t}5\right\rfloor \\ &= \sum_{p=0}^{m-1} (10m-10p+5+r-6)+S_r\qquad\textsf{(Hermite)}\\ &=\sum_{p=0}^{m-1}(n-1-10p)+S_r \\ &=(n-1)m-10\dfrac{(m-1)m}{2}+\{1,1,2,2,3,4,5,6,7,8\} \\ &=\dfrac{(n-1)(n-r)}{10} -\dfrac{(n-r)(n-10-r)}{20}+\{1,1,2,2,3,4,5,6,7,8\} \\ &= \dfrac{n^2+8n}{20}-\dfrac{r^2+8r}{20} +\{1,1,2,2,3,4,5,6,7,8\} \\ &=\dfrac{n^2+8n+\{20,11,20,7,12,15,16,15,12,7\}}{20} \\ &=\left\lfloor\dfrac{n^2+8n+20}{20}\right\rfloor \end{align*}