Từ thành phố \(A\) đến thành phố $B$ có $6$ con đường, từ thành phố $B$ đến thành phố $C$ có $7$ con đường. Có bao nhiêu cách đi từ thành phố $A$ đến thành phố $C$ , biết phải đi qua thành phố $B$ .
Để đi từ thành phố $A$ đến thành phố $B$ ta có $6$ con đường để đi. Với mỗi cách đi từ thành phố $A$ đến thành phố $B$ ta có $7$ cách đi từ thành phố $B$ đến thành phố $C.$
Vậy có \(6.7 = 42\) cách đi từ thành phố A đến B.
Từ các số $0,1,2,3,4,5$ có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên mà mỗi số có $6$ chữ số khác nhau và chữ số $2$ đứng cạnh chữ số $3?$
Đặt \(y = 23\), xét các số \(x = \overline {abcde} \) trong đó \(a,b,c,d,e\) đôi một khác nhau và thuộc tập \(\left\{ {0,1,y,4,5} \right\}\). Có \({P_5} - {P_4} = 96\) số như vậy
Khi ta hoán vị \(2,3\) trong \(y\) ta được hai số khác nhau
Nên có \(96.2 = 192\) số thỏa yêu cầu bài toán.
Có bao nhiêu số chẵn gồm $4$ chữ số đôi một khác nhau được lập từ các số $0,1,2,4,5,6,8$
Gọi \(x = \overline {abcd} ;{\rm{ }}a,b,c,d \in \left\{ {0,1,2,4,5,6,8} \right\}\).
Vì \(x\) là số chẵn nên \(d \in \left\{ {0,2,4,6,8} \right\}\).
TH 1: \(d = 0 \Rightarrow \) có $1$ cách chọn \(d\).
Với mỗi cách chọn \(d\) ta có $6$ cách chọn \(a \in \left\{ {1,2,4,5,6,8} \right\}\)
Với mỗi cách chọn \(a,d\) ta có $5$ cách chọn \(b \in \left\{ {1,2,4,5,6,8} \right\}\backslash \left\{ a \right\}\)
Với mỗi cách chọn \(a,b,d\) ta có \(4\) cách chọn \(c \in \left\{ {1,2,4,5,6,8} \right\}\backslash \left\{ {a,b} \right\}\)
Suy ra trong trường hợp này có \(1.6.5.4 = 120\) số.
TH 2: \(d \ne 0 \Rightarrow d \in \left\{ {2,4,6,8} \right\} \Rightarrow \) có $4$ cách chọn $d$
Với mỗi cách chọn \(d\), do \(a \ne 0\) nên ta có $5$ cách chọn
\(a \in \left\{ {1,2,4,5,6,8} \right\}\backslash \left\{ d \right\}\).
Với mỗi cách chọn \(a,d\) ta có $5$ cách chọn \(b \in \left\{ {0,1,2,4,5,6,8} \right\}\backslash \left\{ a,d \right\}\)
Với mỗi cách chọn \(a,b,d\) ta có \(4\) cách chọn \(c \in \left\{ {0,1,2,4,5,6,8} \right\}\backslash \left\{ {a,b,d} \right\}\)
Suy ra trong trường hợp này có $4.5.5.4 = 400$ số.
Vậy có tất cả \(120 + 400 = 520\) số cần lập.
Cho \(C_n^{n - 3} = 1140\). Tính \(A = \dfrac{{A_n^6 + A_n^5}}{{A_n^4}}\)
ĐK: \(\left\{ \begin{array}{l}n \in \mathbb{N}\\n \ge 6\end{array} \right.\)
Ta có: \(C_n^{n - 3} = 1140 \Leftrightarrow \dfrac{{n!}}{{3!(n - 3)!}} = 1140 \Leftrightarrow n = 20\)
Khi đó: \(A = \dfrac{{A_{20}^6 + A_{20}^5}}{{A_{20}^4}}=256\)
Tính \(M = \dfrac{{A_{n + 1}^4 + 3A_n^3}}{{\left( {n + 1} \right)!}}\), biết \(C_{n + 1}^2 + 2C_{n + 2}^2 + 2C_{n + 3}^2 + C_{n + 4}^2 = 149\).
Điều kiện: \(\left\{ \begin{array}{l}n \in \mathbb{N}\\n \ge 3\end{array} \right.\)
Ta có: \(C_{n + 1}^2 + 2C_{n + 2}^2 + 2C_{n + 3}^2 + C_{n + 4}^2 = 149\)
\( \Leftrightarrow \dfrac{{\left( {n + 1} \right)!}}{{2!\left( {n - 1} \right)!}} + 2\dfrac{{\left( {n + 2} \right)!}}{{2!n!}} + 2\dfrac{{\left( {n + 3} \right)!}}{{2!\left( {n + 1} \right)!}} + \dfrac{{\left( {n + 4} \right)!}}{{2!\left( {n + 2} \right)!}} = 149\)
\( \Leftrightarrow \dfrac{{\left( {n + 1} \right)n}}{2} + \dfrac{{2\left( {n + 2} \right)\left( {n + 1} \right)}}{2}\)\( + \dfrac{{2\left( {n + 3} \right)\left( {n + 2} \right)}}{2} + \dfrac{{\left( {n + 4} \right)\left( {n + 3} \right)}}{2} = 149\)
\( \Leftrightarrow {n^2} + n + 2\left( {{n^2} + 3n + 2} \right)\)\( + 2\left( {{n^2} + 5n + 6} \right) + {n^2} + 7n + 12 = 298\)
\( \Leftrightarrow 6{n^2} + 24n - 270 = 0\)\( \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}n = 5\left( {TM} \right)\\n = - 9\left( L \right)\end{array} \right.\)
Do đó: \(M = \dfrac{{A_6^4 + 3A_5^3}}{{6!}} = \dfrac{3}{4}\).
Giải phương trình \({P_x}A_x^2 + 72 = 6(A_x^2 + 2{P_x})\) ta được nghiệm:
Điều kiện: \(\left\{ \begin{array}{l}x \in \mathbb{N}\\x \ge 2\end{array} \right.\)
Phương trình
$ \Leftrightarrow {P_x}A_x^2 + 72 - 6A_x^2 - 12{P_x} = 0$
\( \Leftrightarrow \left( {{P_x}A_x^2 - 6A_x^2} \right) - \left( {12{P_x} - 72} \right) = 0\)
\( \Leftrightarrow A_x^2\left( {{P_x} - 6} \right) - 12({P_x} - 6) = 0\)
\( \Leftrightarrow ({P_x} - 6)(A_x^2 - 12) = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}{P_x} = 6\\A_x^2 = 12\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x! = 6\\x(x - 1) = 12\end{array} \right. \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 3\\x = 4\end{array} \right.\)
Giải bất phương trình \(C_{n + 2}^{n - 1} + C_{n + 2}^n > \dfrac{5}{2}A_n^2\) ta được:
Với \(n \ge 2,n \in \mathbb{N}\) ta có:
$C_{n + 2}^{n - 1} + C_{n + 2}^n > \dfrac{5}{2}A_n^2 \Leftrightarrow C_{n + 3}^n > \dfrac{5}{2}A_n^2 \Leftrightarrow \dfrac{{\left( {n + 3} \right)!}}{{n!3!}} > \dfrac{5}{2}\dfrac{{n!}}{{\left( {n - 2} \right)!}}$
\( \Leftrightarrow n\left( {{n^2} - 9n + 26} \right) + 6 > 0\) luôn đúng với mọi \(n \ge 2\).
Vậy nghiệm của bất phương trình \(n \ge 2,n \in \mathbb{N}\).
Giải hệ phương trình \(\left\{ \begin{array}{l}2A_y^x + 5C_y^x = 90\\5A_y^x - 2C_y^x = 80\end{array} \right.\) ta được nghiệm \(\left( {x;y} \right)\). Khi đó giá trị biểu thức \(x - y\) là:
Điều kiện \(x,y \in \mathbb{N};\,x \le y\)
Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}2A_y^x + 5C_y^x = 90\\5A_y^x - 2C_y^x = 80\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}A_y^x = 20\\C_y^x = 10\end{array} \right.\)
Từ \(A_y^x = x!C_y^x\) suy ra \(x! = \dfrac{{20}}{{10}} = 2 \Leftrightarrow x = 2\)
Từ \(A_y^2 = 20 \Leftrightarrow y\left( {y - 1} \right) = 20\)\( \Leftrightarrow {y^2} - y - 20 = 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}y = - 4\,\,(L)\\y = 5\end{array} \right.\)
Vậy \(x = 2;y = 5\).
Có bao nhiêu số tự nhiên gồm $7$ chữ số, biết rằng chữ số $2$ có mặt hai lần, chữ số $3$ có mặt ba lần và các chữ số còn lại có mặt nhiều nhất một lần?
Gọi số tự nhiên thỏa mãn bài toán có dạng \(\overline {abcdefg} \).
Xét trường hợp có cả chữ số \(0\) đứng đầu.
Số cách chọn vị trí cho chữ số \(2\) là \(C_7^2\).
Số cách chọn vị trí cho chữ số \(3\) là \(C_5^3\).
Số cách chọn \(2\) chữ số còn lại trong tập hợp \(\left\{ {0;1;4;5;6;7;8;9} \right\}\) để xếp vào hai vị trí cuối là \(A_8^2\).
Do đó có \(C_7^2.C_5^3.A_8^2 = 11760\) số.
Xét trường hợp chữ số \(0\) đứng đầu.
\(a = 0\) nên có \(1\) cách chọn.
Số cách chọn vị trí cho chữ số \(2\) là \(C_6^2\).
Số cách chọn vị trí cho chữ số \(3\) là \(C_4^3\).
Số cách chọn chữ số cuối trong tập hợp \(\left\{ {1;4;5;6;7;8;9} \right\}\) là \(7\) cách.
Do đó có \(1.C_6^2.C_4^3.7 = 420\) số.
Vậy có \(11760 - 420 = 11340\) số.
Gieo một đồng tiền và một con súc sắc. Số phần tử của không gian mẫu là:
Mô tả không gian mẫu ta có: $\Omega = \left\{ {S1;\,S2;\,S3;\,S4;\,S5;S6;} \right.\left. {N1;N2;N3;N4;N5;N6} \right\}$
Cho phép thử có không gian mẫu \(\Omega = \left\{ {1,2,3,4,5,6} \right\}\). Các cặp biến cố không đối nhau là:
Cặp biến cố không đối nhau là $E = \left\{ {1,\,4,\,6} \right\}$ và $F = \left\{ {2,\,3} \right\}$ do $E \cap F = \emptyset $ và $E \cup F \ne \Omega $.
Gieo một đồng tiền 5 lần. Xác định và tính số phần tử của biến cố $C:$ “ Số lần mặt sấp xuất hiện nhiều hơn mặt ngửa”
Số trường hợp xuất hiện mặt sấp \(3\) lần là \(C_5^3 = 10\)
Số trường hợp xuất hiện mặt sấp \(4\) lần là \(C_5^4 = 5\)
Số trường hợp xuất hiện mặt sấp \(5\) lần là \(C_5^5 = 1\)
Vậy số phần tử của biến cố $C:$ “ Số lần mặt sấp xuất hiện nhiều hơn mặt ngửa” là:
\(10 + 5 + 1 = 16\)
Có $100$ tấm thẻ được đánh số từ $1$ đến $100.$ Lấy ngẫu nhiên $5$ thẻ. Tính số phần tử của biến cố $B:$ “ Có ít nhất một số ghi trên thẻ được chọn chia hết cho $3$ ”.
Từ $1$ đến $100$ có $33$ số chia hết cho $3.$ Do đó có \(67\) tấm thẻ không chia hết cho \(3\)
Vậy, số cách chọn $5$ tấm thẻ mà không có tấm thẻ nào ghi số chia hết cho $3$ là số cách chọn \(5\) trong \(67\) tấm thẻ: \(C_{67}^5\) (cách)
Vậy \(n(B) = C_{100}^5 - C_{67}^5\).
Gieo đồng tiền cân đối và đồng chất $5$ lần. Xác suất để được ít nhất một đồng tiền xuất hiện mặt sấp là
\(n\left( \Omega \right) = {2^5} = 32\).
$A:$ “được ít nhất một đồng tiền xuất hiện mặt sấp”.
Xét biến cố đối \(\bar A\): “không có đồng tiền nào xuất hiện mặt sấp”.
\(\bar A = \left\{ {\left( {N,N,N,N,N} \right)} \right\}\), có \(n\left( {\bar A} \right) = 1\) suy ra \(P\left( {\overline A } \right) = \dfrac{1}{{32}}\).
KL: \(P\left( A \right) = 1 - P\left( {\overline A } \right) = \dfrac{{31}}{{32}}\).
Một con súc sắc cân đối đồng chất được gieo $5$ lần. Xác suất để tổng số chấm ở hai lần gieo đầu bằng số chấm ở lần gieo thứ ba:
Số phần tử không gian mẫu:$n\left( \Omega \right) = 6.6.6.6.6 = {6^5}$
Bộ kết quả của $3$ lần gieo thỏa yêu cầu là:
$\begin{array}{l}\left( {1;1;2} \right);\left( {1;2;3} \right);\left( {2;1;3} \right);\left( {1;3;4} \right);\left( {3;1;4} \right);\left( {2;2;4} \right);\\\left( {1;4;5} \right);\left( {4;1;5} \right);\left( {2;3;5} \right);\left( {3;2;5} \right);\left( {1;5;6} \right);\left( {5;1;6} \right);\\\left( {2;4;6} \right);\left( {4;2;6} \right);\left( {3;3;6} \right)\end{array}$
Nên $n\left( A \right) = 15.6.6$.
Suy ra $P\left( A \right) = \dfrac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \dfrac{{15.6.6}}{{{6^5}}} = \dfrac{{15}}{{216}}$.
Một con súc sắc đồng chất được đổ \(6\) lần. Xác suất để được một số lớn hơn hay bằng \(5\) xuất hiện ít nhất \(5\) lần là
Ta có \(n\left( \Omega \right) = 6.6.6.6.6.6 = {6^6}.\)
Có các trường hợp sau:
Số bằng \(5\) xuất hiện đúng \(5\) lần, lần còn lại xuất hiện $1$ trong $5$ số $1,2,3,4,6$
\( \Rightarrow \) có $C_6^5.C_5^1 = 30$ kết quả thuận lợi.
Số bằng \(5\) xuất hiện đúng \(6\) lần \( \Rightarrow \) có \(1\) kết quả thuận lợi.
Số bằng \(6\) xuất hiện đúng \(5\) lần, lần còn lại xuất hiện $1$ trong $5$ số $1,2,3,4,5$
\( \Rightarrow \) có $C_6^5.C_5^1 = 30$ kết quả thuận lợi.
Số bằng \(6\) xuất hiện đúng \(6\) lần \( \Rightarrow \) có \(1\) kết quả thuận lợi.
Vậy xác suất để được một số lớn hơn hay bằng \(5\) xuất hiện ít nhất \(5\) lần là
\(P = \dfrac{{30 + 1 + 30 + 1}}{{{6^6}}} = \dfrac{{31}}{{23328}}.\)
Một bình đựng $5$ quả cầu xanh và $4$ quả cầu đỏ và $3$ quả cầu vàng. Chọn ngẫu nhiên $3$ quả cầu. Xác suất để được $3$ quả cầu khác màu là:
Phép thử: Lấy ngẫu nhiên ba quả cầu
Ta có \(n\left( \Omega \right) = C_{12}^3 = 220\)
Biến cố \(A\) : Lấy được ba qua cầu khác màu
\(n\left( A \right) = 5.4.3 = 60\)
\( \Rightarrow P\left( A \right) = \dfrac{{n\left( A \right)}}{{n\left( \Omega \right)}} = \dfrac{3}{{11}}\).
Một bình đựng \(5\) viên bi xanh và \(3\) viên bi đỏ (các viên bi chỉ khác nhau về màu sắc). Lấy ngẫu nhiên một viên bi, rồi lấy ngẫu nhiên một viên bi nữa. Khi tính xác suất của biến cố “Lấy lần thứ hai được một viên bi xanh”, ta được kết quả
Gọi \(A\) là biến cố “Lấy lần thứ hai được một viên bi xanh”. Có hai trường hợp xảy ra
Trường hợp 1. Lấy lần thứ nhất được bi xanh, lấy lần thứ hai cũng được một bi xanh. Xác suất trong trường hợp này là \({P_1} = \dfrac{5}{8}.\dfrac{4}{7} = \dfrac{5}{{14}}.\)
Trường hợp 2. Lấy lần thứ nhất được bi đỏ, lấy lần thứ hai được bi xanh. Xác suất trong trường hợp này là \({P_2} = \dfrac{3}{8}.\dfrac{5}{7} = \dfrac{{15}}{{56}}.\)
Vậy \(P\left( A \right) = {P_1} + {P_2} = \dfrac{5}{{14}} + \dfrac{{15}}{{56}} = \dfrac{{35}}{{56}} = \dfrac{5}{8}.\)
Có hai hộp đựng bi. Hộp $I$ có $9$ viên bi được đánh số $1,{\rm{ }}2,{\rm{ }} \ldots ,{\rm{ }}9$. Hộp \(II\) có một số bi cũng được đánh số. Lấy ngẫu nhiên mỗi hộp một viên bi. Biết rằng xác suất để lấy được viên bi mang số chẵn ở hộp $II$ là $\dfrac{3}{{10}}$. Xác suất để lấy được cả hai viên bi mang số chẵn là:
Gọi $X$ là biến cố: “lấy được cả hai viên bi mang số chẵn. “
Gọi $A$ là biến cố: “lấy được viên bi mang số chẵn ở hộp I “
=>\(P\left( A \right) = \dfrac{{C_4^1}}{{C_9^1}} = \dfrac{4}{9}.\)
Gọi $B$ là biến cố: “lấy được viên bi mang số chẵn ở hộp $II$ “\(P\left( B \right) = \dfrac{3}{{10}}.\)
Ta thấy biến cố $A, B$ là $2$ biến cố độc lập nhau, theo công thức nhân xác suất ta có:
\(P\left( X \right) = P\left( {A.B} \right) = P\left( A \right).P\left( B \right) = \dfrac{4}{9}.\dfrac{3}{{10}} = \dfrac{2}{{15}}.\)
Từ các chữ số $0,1,2,3,4,5,6$ có thể lập được bao nhiêu số chẵn, mỗi số có $5$ chữ số khác nhau trong đó có đúng hai chữ số lẻ và $2$ chữ số lẻ đứng cạnh nhau?
Gọi \(A\) là số tự nhiên có hai chữ số lẻ khác nhau lấy từ các số \(0,1,2,3,4,5,6\) số cách chọn được \(A\) là \(A_3^2 = 6\). Số chẵn có $5$ chữ số mà hai số lẻ đứng kề nhau phải chứa \(A\) và ba trong $4$ chữ số $0;2;4;6.$ Gọi \(\overline {abcd} ;a,b,c,d \in \{ A,0,2,4,6\} \) là số thỏa mãn yêu cầu bài toán.
* TH1: Nếu \(a = A\) có $1$ cách chọn \(a\) và \(A_4^3\) cách chọn \(b,c,d\).
* TH2: \(a \ne A\) có $3$ cách chọn \(a\)
+ Nếu \(b = A\) có $1$ cách chọn \(b\) và \(A_3^2\) cách chọn \(c,d\).
+ Nếu \(c = A\) có $1$ cách chọn \(c\) và \(A_3^2\) cách chọn \(b,d\).
Vậy có \(A_3^2\left( {A_4^3 + 3\left( {1.A_3^2 + 1.A_3^2} \right)} \right) = 360\) số thỏa mãn yêu cầu bài toán.
