1 × 10、2 × 5、5 × 2、10 × 1，共四组。而从11~19中任意取一个数，在和1~9中的每个数分别相乘后都不能得到可以被10整除的结果，因此不存在这样的数。所以答案就是四组数字对。
另外注意题目中有一处笔误，可能应该是“它们的积能被10整除”，而不是“它-|||-们的积能被10整除”。
从1~9 的九个整数中任取两个不同的数,如果它-|||-们的积能被10整除...
从11~19的十个整数中任取一个数能与前面1~9中的任一个数相乘得到可以被10整除的结果，则满足条件的数字对为：1 × 10、2 × 5、5 × 2、10 × 1，共四组。而从11~19中任意取一个数，在和1~9中的每个数分别相乘后都不能得到可以被10整除的结果，因此不存在这样的数。所以答案就是四组...
...取出一个数,取出的3个数之和正好能被10整除,则这样
取出的3个数之积能被10整除的概率为8\/27。解：从1到9的9个整数中有放回地随机取3次，每次取一个数的总的方法次数=(9x9x9)种。而要使取出的3个数之积能被10整除，而10=1x10=2x5=5x2=10x1，那么这三个数中必须有5以及含有2这个因数的数。即三个数中必须有5和一个偶数。则三个数中...
...每次取一个数,求取出的三个数之积能被10整除的概率
综上，6*1\/9*4\/9*1=8\/27
...每次取一个数,求取出的3个数之积能被10整除的概率。
给你一个提示，考虑这个事情的对立事件“抽出的三个数的积不能被10整除”那么这个对立事件分为3种情况：（1）三次抽到的数字全是奇数 （2）三次抽到的数字全是偶数 （3）三次抽到的数字有奇有偶，但无5.（包括一奇二偶、二奇一偶）思路给你说了，具体就你自己下去算了 ...
...每次任取一个,求所得到的三个数之积能被10整除的概率
不放回 所有情况共有C(3,9)种 被10整除 5必选 剩下两个数 至少一个偶数 分两种情况 两偶数 共C(2,4) 一偶一奇 共4x4种 [C(2,4)+4x4]\/C(3,9)=11\/42
“抽屉原理”
原理：多于n个的球以任意方式全部放入n个抽屉中，一定存在一个抽屉，它里面有两个或两个以上的球。1. 任意11个整数中，一定有两个数，它们的差是10的倍数。2. 设任意n+1个实数在[0,1)中，求证在它们中存在两个数且它们的差少于1\/n。3. 在前10个自然数中任取6个数，求证：一定存在两个数...
...每次取一个数,求取出3个数之积能被10整除的概率
前面的想法都没问题。但是出现顺序这部分错了，比如我抽了3次，分别1，2，5。那么它出现的情况是125，152，215，251，512，521.这六种可能。但是如果这三个数是 5，2，2。那么它出现的情况是225,252,522.这三种可能。这样你的算法就出现了重复计算了。能理解吗？
...每次取一个数,求取出的3个数之积能被10整除的概率。
从1到9这9个数字中，有放回地取三次，所有的取法共有9*9*9=729（种）取出的三个数之积能被10整除，三个数中 有两个5、一个偶数(552型)的取法有1*1*4*C(3,1)=4*3=12（种）有一个5、两个偶数(522型)的取法有3*4*4=48（种）或1*4*C(3,1)+1*C(4,2)*P(3,3)=4*3+6...
从1到9这9个数中,每次取2个数,要使它的和大于10,共有___种取法
较大数为7时，另一数有3种选法，即4、5、6这三个数字；较大数为6时，另一数有1种选法，即5；一共有：7+5+3+1=16（种）。故答案为：16。关于偶数和奇数，有下面的性质：（1）两个连续整数中必是一个奇数一个偶数；（2）奇数与奇数的和或差是偶数；偶数与奇数的和或差是奇数；任意...
...每次取一个数,求取出3个数之积能被10整除的概率
9个数字中有放回的抽取3次，那一共有9*9*9=729种不同的结果。（1）三次抽到的数字全是奇数，那么一共有5*5*5=125种不同的结果。（2）三次抽到的数字全是偶数，那么一共有4*4*4=64种不同的结果。（3）三次抽到的数字有奇有偶，但无5。一奇二偶：先确定奇数的位置有3种可能；再从...
