Mình có cách giải này nhưng còn thiếu tự tin

1)a

Đặt $S_{n}^{k}$ là số cách sắp n quyển sách ( như nhau ) vào k kệ.Dễ thấy

$S_{0}^{n}=1,S_{n}^{1}=n,S_{n}^{2}=n+1$. Vả lại

$S_{n}^{k}=\sum_{i=0}^{n}S_{i}^{k-1}$. Nên

$S_{12}^{4}=\sum_{i=0}^{12}(i+1)S_{12-i}^{2}=455$

Vậy có 455 cách sắp

1b) Vì các sách khác nhau nên mỗi cách của 1a có 6! cách cuả 1b. Vậy có 6!*455 cách

1a/

 Có hai trường hợp xảy ra

  1. A không ngồi đầu bàn có 6 vị trí cho A, Còn lại là 6! cho 6 học sinh còn lại Số cách là 6*6!

  2. A ngồi đầu bàn, có 4 vị trí cho C và hai vị trí cho B và D, còn lại 3! cho 3 vị trí còn lại. Số cách là 4*2*3!

Vậy có tất cả 6*6!+8*3! cách xếp

1b/

 Có ba trường hợp xảy ra

  1. B vị trí nguyên tố 1, A vị trí 4. Còn lại 5! cho 5 vị trí còn lại. 5! cách

  2. B 4 vị trí nguyên tố (2,3,5,7) A 2 vị trí số chính phương (1,4) còn 5! cho 5 vị trí còn lại. 4*2*5! cách

  3. B 2 vị trí còn lại ( 4,6) còn laị 6! cho 6 vị trí còn lại 2*6! cách

Vậy có tất cả 9*5!+2*6! cách sắp xếp

Bạn đã giải chính xác và mình cũng xin sửa lại một chút bài 2b) Vì có 12 quyển sách nên mỗi cách ở 2a) có 12! cách ở 2b) Vậy có tất cả 12!$C_{15}^{3}=A_{15}^{3}$ như kết qủa của bạn

Cho x,y,z>0 và x+y+z=1.Tìm Min:                 

A+36=$\frac{1}{x}+36x+\frac{4}{y}+36y+\frac{9}{z}+36z\geq 12+24+36\geq 72$

$\Leftrightarrow A\geq 36$

Dấu "=" $\Leftrightarrow x=\frac{1}{6},y=\frac{1}{3},z=\frac{1}{2}$

Bài 1: Cho $[x]$ là phần nguyên của $x$. Tính: $[\sqrt{1}]+[\sqrt{2}]+...+[\sqrt{2011}]$.

$S=\sum_{i=1}^{n}\left [ \sqrt{i} \right ], k^{2}\leq n<(k+1)^{2}$

Vì với $k^{2}\leq i< (k+1)^{2}\Rightarrow \left [ \sqrt{i} \right ]=k$

Nên $S=k(n-k^{2})+\sum_{i=1}^{k-1}{i[(i+1)^{2}-i^{2}]}$$=(k+1)(n-k^{2})+\sum_{i=1}^{k-1}(2i^{2}+i)=(k+1)(n-k^{2})+\frac{(i-1)i(2i-1)}{3}+\frac{(i-1)i}{2}$

Áp dụng n=2011 k=44. Tính được kết quả 59189

bài 2:

nhận xét

nếu n= 1 suy ra 2 là số nguyên tố 

nếu n là số lẻ lớn hơn 1 thì (n^n + 1) là số chẵn lớn hơn 2, do đó không là số nguyên tố

vì vậy n là số chẵn 2, 4, 6, 8 (vì 10^10 + 1 > 10^10)

với n = 2 => (n^n + 1) = 5 nhận

với n = 4 => (n^n + 1) = 257 

với n = 6 => (n^n + 1) = 46657

với n = 8 => (n^n + 1) = 16777217

tới đây dùng thuật toán kiểm tra số nguyên tố các số :257; 46657; 16777217

Lưu ý

257 là số nguyên tố

$a^{3}+1$ với a>1 luôn là hợp số

$6^{6}+1=36^{3}+1,8^{8}+1=(2^{8})^{3}+1$ là hợp số

Vậy với n={1;2;4) thì biểu thức là số nguyên tố

Trong một đợt bốc thăm trúng thưởng của một siêu thị có 1000 phiếu thăm, trong đó chỉ có 100 phiếu trúng thưởng gồm 20 phiếu trị giá 200.000 đồng, 30 phiếu trị giá 100.000 đồng, 50 phiếu trị giá 50.000 đồng. Một khách hàng bốc ngẫu nhiên lần lượt 3 phiếu . Tính xác suất để khách hàng đó trúng thưởng được 200.000đ . 

Tổng số cách bốc $C_{1000}^{3}$

Số cách bốc để được 200.000đ $C_{20}^{1}C_{900}^{2}+C_{30}^{2}C_{900}^{1}+C_{30}^{1}C_{50}^{2}$

Xác suất để trúng thưởng 200.000đ 

$C_{20}^{1}C_{900}^{2}+C_{30}^{2}C_{900}^{1}+C_{30}^{1}C_{50}^{2}$/$C_{1000}^{3}$

Có 2 máy cùng chế tạo 1 loại sản phẩm. Khả năng chế tạo ra chính phẩm của máy 1 và 2 tương ứng là $0,8$ và $0,9$. Tính xác suất để khi cho máy 1 chế tạo ra 2 sản phẩm, máy 2 chế tạo ra 3 sản phẩm thì thu được ít nhất 4 chính phẩm.

Ta tính xác suất cho phần bù. Tức là có nhiều nhất 1 phế phẩm. Có ba trường hợp

1)Tất cả là chính phẩm : 0,8*0,8*0,9*0,9*0,9

2)Một phế phẩm của máy 1 : 0,8*0,2*0,9,0,9*0,9

3)Một phế phẩm của máy 2 : 0,8*0,8*0,9*0,9*0,1

Xác suất có ít nhất 4 chính phẩm : 0,8*0,9*0,9*(0.8*0.9+0.2*0.9+0.8)

Tự bấm máy nhé

Cho 3 điểm $A(1;1)$  $B(-2;-1)$  $C(-2;3)$
-Tìm điểm K thuộc Ox sao cho (KA + KB) min.

Mọi người giúp mình với nhé,ngày mai phải lên trả bài cho cô rồi!

Xin cảm ơn!

Vì A(1;1) và B(-2;-1) nên A và B nằm hai bên trục Ox.

Để KA+KB nhỏ nhất thì A,K và B thẳng hàng.Vậy K là giao điểm của AB và Ox

Đến đây tự làm nhé

Đặt $P_{(x,y)}=10x^{2}-10xy+10y^{2}$.Giả sử d=(x,y)

Vậy $P_{(x,y)}=10d^{2}(x_{1}^{2}-x_{1}y_{1}+y_{1}^{2}) (1), x_{1}=\frac{x}{d}, y_{1}=\frac{y}{d},(x_{1},y_{1})=1$

Từ (1) dễ thấy nếu $P_{(x,y)}$ là số chính phương thì $x_{1},y_{1}$ chẳn ,vô lý.Vậy không tồn tại x,y thỏa mãn đề bài

Tìm tích 8 nghiệm phức của phương trình :$\frac{(x+1)^{9}-1}{x}=0$

Bổ đề cho PT  $f_{(x)}=\sum_{i=0}^{n}a_{i}x^{n-i}$ =0 $a_{0}\neq 0$

Tích n nghiệm của PT $\prod_{i=1}^{n}x_{i}=\frac{a_{n}}{a_{0}}$

Khai triển PT dễ dàng tìm được kết quả bằng 8

tìm x,y thõa mãn: $x^{2}+xy+y^2=x^{2}y^{2}$

Dễ thấy PT có nghiệm (x;y)=(0;0)Với x$\neq 0 .y\neq 0$.PT thành

$\frac{1}{x^{2}}+\frac{1}{y^{2}}+\frac{1}{xy}=1$

Dễ thấy PT có nghiệm (x;y)=(1;-1) hoặc (-1;1)

Với $\left | x \right |\neq 1 , \left | y \right |\neq 1\Rightarrow VT\leqslant \frac{1}{4}+\frac{1}{4}+\frac{1}{4}\leq \frac{3}{4}$.

PT vô nghiệm. Vậy PT có các nghiệm (x;y)=(0;0) hoặc (1;-1) hoặc (-1;1)

Tìm số n biết:   n chia hết cho 7, chia 5 dư 4, chia 3  dư 1, và ko chia hết cho 2 và 4

Tất cả các số có dạng 49(30k+1) với k thuộc số tự nhiên

Đặt A=$\frac{4}{x}+\frac{1}{y}+\frac{9}{z}$.

      B= 4*x+y+z

Ta có

$4x+64*\frac{4}{x}\geq 64. Dấu"="\Leftrightarrow x=8$

$y+\frac{64}{y}\geq 16. Dấu"="\Leftrightarrow y=8$

$z+64*\frac{9}{z}\geq 48. Dấu "="\Leftrightarrow z=24$

Vậy

64A+B$\geq 128$

B$\geq 64$. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x=y=8,z=24

Cho góc nhọn xOy, có điểm A cố định và thuộc tia Ox, điểm M thuộc tia Oy. Dựng tam giác đều AMN. Tìm quỹ tích của điểm N khi M chuyển động trên tia Oy

Qua phép Q(A,$60^{0})\cup Q(A,-60^{0})M\rightarrow N\cup M\rightarrow N^{*}$

M di chuyển trên tia Oy nên N và $N^{*}$ lần lượt di chuyển trên các tia O'y' và $O^{*}$y^{*}$ là ảnh của Oy qua phép

$Q(A.60^{0}) và Q(A,-60^{0})$

Bạn có thể chỉ rõ cho mình tia Oy* ?? nằm ở đâu k

Dựng hình

Trên Ox lấy điểm M

Dựng các tam giác đều AOO' ,AOO'',AMM',AMM''

Qua O'M' và O''M'' dựng được các tia O'y' và O''y''

O'y' và O''y'' là các tia phải dựng

(Lưu ý thay thế O''y'' cho $O^{*}y^{*}$ )

Đặt A=$x^{2}+y^{2}+z^{2}$,B=$xy+yz+zx$

Từ ĐK baì toán suy ra

A+2B=$(x+y+z)^{2}=4\Rightarrow \left | x+y+z \right |=2$ (1)

A-2B=$(x-(y*z))^{2}-4yz=0 (2),(y-(z*x))^{2}-4zx=0 ,(z-(x*y))^{2}-4xy=0$

Vậy x,y,z cùng dấu

Từ(2)$\Rightarrow \left | x \right |-\left | y+z \right |\leq \left | x-(y+z) \right |\leq \left | y+z \right |$

$\Rightarrow 3\left | x \right |\leq 2\left | x \right |+2\left | y+z \right |\leq 2\left | x+y+z \right |\leq 4$

$\Rightarrow \left | x \right |\leq \frac{4}{3}$

Vậy $x_{max}= \frac{4}{3} khi y=z=\frac{1}{3}

x_{min}= -\frac{4}{3} khi y=z=-\frac{1}{3}$

e^x-sinx+0,5x²

$f_{(x)}^{'}=e^{x}-cos(x)+x, f_{(x)}^{''}=e^{x}-sin(x)+1> 0,\forall x\in R$. Vậy

$f_{(x)}^{'}=0\Leftrightarrow x=0$.Và hàm đạt giá trị nhỏ nhất

$f_{(0)}=1 khi  x=0$

Tìm các số tự nhiên a và b sao cho 

a) 10^a +168 = b²

b) 2^a + 124 = 5^b

c) 3^a +9b = 183

a)Dễ thấy PT có nghiệm a=0, b=13

Với a$\neq 0\Rightarrow b^{2}\equiv 8(mod10)$. Vô lý

Vậy PT có bộ nghiệm duy nhất (a;b)=(0;13)

b)Từ PT --> b> 2

Dễ PT có bộ nghiệm (a;b)=(0;3)

Với $a\neq 0\Rightarrow VT chẳn,VP lẻ$. Vô lý

Vậy PT có bộ nghiệm duy nhất (a;b)=(0;3)

c)Dễ thấy a=0 không là nghiệm của PT

a>1 suy ra VT chia hết cho 9, VP không chia hết cho 9. Vô lý

Vậy PT chỉ có bộ nghiệm duy nhất (a;b)=(1;20)

Tìm các số a,b,c biết:  

f(x)= x^5 + x^4 - 9x^3 + (a-29)x^2 + (b+9)x + c - 2025    chia hết cho:

(x+3)(x^2-4)

$f_{(x)}\vdots (x+3)(x^{2}-4)\Leftrightarrow f_{(x)}=(x+3)(x^{2}-4)g_{(x)} với g_{(x)}=x^{2}+mx+n$

$f_{(x)}=x^{5}+(m+3)x^{4}+(n+3m-4)x^{3}+(3n-4m-12)x^{2}-(4n+12m)x-12n$

$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} m+3=1\\ n+3m-4=-9\\ 3n-4m-12=a-29\\ -(4n+12m)=b+9\\ -12n=c-2025 \end{matrix}\right. .$

Giải hệ được nghiệm (a;b;c)=(28;11;2013)

Trên đường tròn người ta chia làm 100 khoảng.Lần lượt tô ngẫu nhiên vào các khoảng trống các màu xanh,đỏ,vàng sao cho số lần tô màu xanh và màu đỏ bằng nhau.Người ta lập phép biến đổi như sau: cứ hai khoảng kế nhau có màu khác nhau thì đổi sang màu còn lại(ví dụ hai khoảng trống có màu xanh và vàng thì đôỉ cả hai sang màu đỏ).Hỏi sau một số phép biến đổi có thể xảy ra các trường hợp sau không

 a)Tất cả các khoảng trống đều có màu xanh

 b)Tất cả các khoảng trống đều có màu vàng

Trục căn thức ở mẫu số: $\frac{2}{2\sqrt[3]{2}+2+\sqrt[3]{4}}$

$A=\frac{\sqrt[3]{2}}{\sqrt[3]{2^{2}}+\sqrt[3]{2}+1}=\frac{\sqrt[3]{2}(\sqrt[3]{2}-1)}{(\sqrt[3]{2}-1)(\sqrt[3]{2^{2}+\sqrt[3]{2}+1})}=\frac{\sqrt[3]{2}(\sqrt[3]{2}-1)}{(\sqrt[3]{2})^{3}-1}=\sqrt[3]{2}(\sqrt[3]{2}-1)$

Có bao nhiêu cách di chuyển ngắn nhất từ đỉnh này đến đỉnh đối diện của khối Rubik 3*3.Biết di chuyển theo nguyên tắt : Đi theo các cạnh của khối lập phương đơn vị (cả trên mặt và trong lòng khối Rubik)

Bạn đã chính xác và cách giải cũng gọn. Bạn có suy nghĩ gì về cách giải này.

Chọn góc tọa độ tại điểm xuất phát lập hệ trục tọa độ Oxyz . Điểm đến có tọa độ A(3,3,3)

Vậy việc di chuyển từ O đến A xem như là phép cộmg các vectơ x,x,x,y,y,y,z,z,z.Và kết quả như bạn đã biết

Có $4m$ đồng xu, nhưng chỉ có $2m$ đồng là thật, khối lượng đồng xu thật nặng hơn đồng xu giả. Chứng minh rằng chỉ với một cái cân đĩa và không kèm theo các dụng cụ khác, sau không quá $3m$ phép cân đĩa ta có thể xác định được tất cả các đồng xu thật và giả.

Gọi A là tập hợp các đồng xu thật

B là tập hợp các đồng xu giả

Chia các đồng xu ra làm m nhóm, mỗi nhóm 4 đồng xu. Thực hiện phép cân cho mỗi nhóm như sau

- Đặt trên mỗi đĩa cân 2 đồng xu có hai trường hợp

1) Nếu cân lệch, lấy 2 đồng xu trên đĩa cân nhẹ đặt trên mỗi đĩa căn 1 đồng xu, có hai trường hợp xảy ra

 a)Cân lệch-->trong nhóm có 1 đồng xu giả ở đĩa cân nhẹ

 b)Cân cân bằng--> trong nhóm có 2 đồng xu giả (là 2 đồng xu cân cuối cùng)

2)Nếu cân cân bằng,lấy 2 đồng xu trên cùng môt đĩa cân đặt trên mỗi đĩa căn 1 đồng xu, có hai trường hợp xảy ra

 a)Cân lệch==>xu giả,thực hiện tương tự với 2 đồng xu còn lại-->đồng xu giả còn lại

 b)Cân cân bằng. Chứng tỏ 4 đồng xu cùng tính chất

 Nói chung với tối đa 3 lần cân ta có thể xác định tất cả các đồng xu thật và giả của một nhóm, với hai lần cân ta có thể có thể xác định một nhóm cùng tính chất

Giả sử có k nhóm đã xác định được số tiền thật và giả, số lần cân không quá 3k

Còn lại m-k nhóm có cùng tính chất, đã cân 2(m-k) lần

1)k khác 0. Tức là có đồng  xu thật mẫu

Lấy 1 đồng xu của mỗi nhóm cân với đồng xu thật mẫu.Sau m-k lần sẽ phân biệt được tất cả các đồng xu thật và giả. Tổng không quá 3m lần cân

2)k=0. Tức là m nhóm đều có các phần tử cùng tính chất.Lúc này m chẳn và số nhóm chứa tiền thật và số nhóm chứa tiền giả cùng bằng m/2,Số lần đã cân là 2m

Lấy một nhóm bất kỳ làm mẫu cân với các nhóm còn lại.Dễ thấy sau không quá m lần sẽ xác định được các đồng xu thật và các đồng xu giả.Và tổng số lần cân không quá 3m

Vậy sau tất cả các trường hợp đã liệt kê đã CM được sau không quá 3m phép cân đĩa sẽ xác định được các đồng xu thật và giả