chanhquocnghiem

Câu hỏi nhỏ dành cho chanhquocnghiem và các bạn:

 

1. Chọn ngẫu nhiên 3 số nguyên dương không vượt quá $n$ để xem có lập được tam giác hay không thì không gian mẫu bằng bao nhiêu?

 

$a) n^3\qquad b) 3^n\qquad c) C_{n+2}^3\qquad d) C_n^3$

 

 

2. Nhận xét tổng hợp về $u_{n-2};\; u_{n-1};\;u_n$ và $u_{n+1}$ (ở trên)

1. Ba số tự nhiên được chọn có thể khác nhau từng đôi một hoặc có ít nhất 2 số giống nhau.

   + Nếu 3 số khác nhau từng đôi một thì có $C_{n}^{3}$ cách.

   + Nếu có ít nhất 2 số giống nhau thì có $n^2$ cách (chọn $2$ số giống nhau có $n$ cách, chọn số còn lại cũng có $n$ cách)

   $\Rightarrow$ số phần tử không gian mẫu là :

   $C_{n}^{3}+n^2=\frac{n(n-1)(n-2)}{6}+n^2=\frac{n(n+1)(n+2)}{6}=C_{n+2}^{3}$

 

2. Ta có :

   $u_{n-1}=u_{n-2}+\left \lfloor \frac{(n-1)^2}{4} \right \rfloor$

   $u_{n}=u_{n-2}+\left \lfloor \frac{(n-1)^2}{4} \right \rfloor+\left \lfloor \frac{n^2}{4} \right \rfloor$

   $u_{n+1}=u_{n-2}+\left \lfloor \frac{(n-1)^2}{4} \right \rfloor+\left \lfloor \frac{n^2}{4} \right \rfloor+\left \lfloor \frac{(n+1)^2}{4} \right \rfloor$

 

   $\Rightarrow \left ( u_{n-2}+u_{n+1} \right )-\left ( u_{n-1} +u_{n}\right )=\left \lfloor \frac{(n+1)^2}{4} \right \rfloor-\left \lfloor \frac{(n-1)^2}{4} \right \rfloor$

   Để ý rằng $\frac{(n+1)^2}{4}-\frac{(n-1)^2}{4}=n$ (là một số nguyên) nên ta có :

   $\left ( u_{n-2}+u_{n+1} \right )-\left ( u_{n-1}+u_{n} \right )=n$

Bài toán tương tự

 

Có bao nhiêu tam giác khác nhau có 3 cạnh là các số tự nhiên không vượt quá $100$ (tổng quát $n$)?

Trước hết tính số tam giác không cân (gọi số tam giác này là $A$)

+ Nếu $n$ lẻ ($n=2m+1$) thì $A=\frac{m(m-1)(4m+1)}{6}=\frac{(n-1)(n-3)(2n-1)}{24}=\frac{n(n-1)(2n-7)}{24}+\frac{n-1}{8}=\frac{n(n-1)(2n-7)}{24}+\frac{1}{4}\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor$

+ Nếu $n$ chẵn ($n=2m$) thì $A=\frac{m(m-1)(4m-5)}{6}=\frac{n(n-2)(2n-5)}{24}=\frac{n(n-1)(2n-7)}{24}+\frac{n}{8}=\frac{n(n-1)(2n-7)}{24}+\frac{1}{4}\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor$

Vậy dù $n$ chẵn hay lẻ, ta đều có $A=\frac{n(n-1)(2n-7)}{24}+\frac{1}{4}\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor$

Bây giờ tính số tam giác cân (gọi số tam giác này là $B$)

+ Nếu cạnh đáy là $k$ ($k$ từ $1$ đến $n$) thì độ dài cạnh bên chạy từ $\left \lfloor \frac{k}{2} \right \rfloor+1$ đến $n$ (cạnh bên có thể lấy $n-\left \lfloor \frac{k}{2} \right \rfloor$ giá trị)

Vậy $B=\sum_{k=1}^{n}\left ( n-\left \lfloor \frac{k}{2} \right \rfloor \right )=n^2-\sum_{k=1}^{n}\left \lfloor \frac{k}{2} \right \rfloor=n^2-\left \lfloor \frac{n^2}{4} \right \rfloor$

$\Rightarrow$ Số tam giác khác nhau có 3 cạnh là số tự nhiên không quá $n$ là :

$A+B=\frac{n(2n+1)(n+7)}{24}+\frac{1}{4}\left \lfloor \frac{n}{2} \right \rfloor-\left \lfloor \frac{n^2}{4} \right \rfloor=\frac{n(2n+1)(n+7)}{24}+\frac{n}{8}-\frac{n^2}{4}-\frac{(-1)^n-1}{16}=\left \lfloor \frac{(n+1)(n+3)(2n+1)}{24} \right \rfloor$

Nếu $n=100$ thì đáp án là $\left \lfloor \frac{101.103.201}{24} \right \rfloor=87125$ (tam giác)

Chứng minh:

\[\sum_{n = 0}^{\infty} \dfrac{C_{2n}^{n} }{2^{2n}} a^{3n} = \dfrac{1}{\sqrt{1 - a^3}}\]

với 0 < a < 1 và $C_{2n}^{n}$ là tổ hợp chập $n$ của $2n$.

Xét khai triển Mac Laurin của hàm $f(x)=\frac{1}{\sqrt{1-x}}$ (xác định và có đạo hàm mọi cấp trên $(0;1)$)

Đạo hàm cấp n là $f^{(n)}(x)=\frac{1.3.5...(2n-1)}{2^n}(1-x)^{-\frac{2n+1}{2}}\Rightarrow f^{(n)}(0)=\frac{1.3.5...(2n-1)}{2^n}$

$\Rightarrow \frac{1}{\sqrt{1-x}}=f(0)+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{f^{(n)}(0)}{n!}\ x^n=1+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(2n)!}{2^{2n}.(n!)^2}\ x^n=1+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{C_{2n}^{n}}{2^{2n}}\ x^n$

Nếu quy ước $C_{0}^{0}=1$ thì ta có thể viết gọn : $\sum_{n=0}^{\infty}\frac{C_{2n}^{n}}{2^{2n}}\ x^n=\frac{1}{\sqrt{1-x}}$

Vì $a^3\in (0;1)$ nên ta có $\sum_{n=0}^{\infty}\frac{C_{2n}^{n}}{2^{2n}}\ a^{3n}=\frac{1}{\sqrt{1-a^3}}$

 

Mở rộng : Với $a\in (0;1)$ và $\alpha$ là số thực dương, ta có $a^\alpha \in (0;1)$, do đó $\sum_{n=0}^{\infty}\frac{C_{2n}^{n}}{2^{2n}}\ a^{\alpha n}=\frac{1}{\sqrt{1-a^\alpha }}$

Một ngân hàng mini (rất khan hiếm tiền lẻ) chỉ có $13$ tờ tiền mệnh giá $1.000$ đồng, $16$ tờ tiền mệnh giá $2.000$ đồng, $11$ tờ tiền mệnh giá $5.000$ đồng, còn lại số tiền mệnh giá $20.000$ đồng là không hạn chế!

Có $90$ khách hàng đến giao dịch rút tiền, đều cần rút đến số tiền lẻ (dưới $100.000$ đồng) tất cả đều khác nhau và đặc biệt không có số nào chia hết cho $10.000$ đồng. $(1..9; 11..19; ...; 91..99$ nghìn đồng$)$

Hỏi ngân hàng trên đáp ứng được yêu cầu tối đa bao nhiêu khách hàng?

Ta gọi các tờ tiền mệnh giá $1.000$, $2.000$ và $5.000$ (đồng) là các tờ tiền lẻ.Vậy có tất cả $40$ tờ tiền lẻ.

Dễ thấy rằng có đúng $15$ khách hàng mà khi ngân hàng giao dịch với mỗi người trong số họ chỉ cần sử dụng $1$ tờ tiền lẻ (đó là các khách hàng có "số dư tiền lẻ" là $01;21;41;61;81;02;22;42;62;82;05;25;45;65;85$ (ngàn đồng))

Đó là các khách hàng được ưu tiên.Sau khi giao dịch xong với $15$ khách hàng đó, còn lại $8$ tờ $1.000$; $11$ tờ $2.000$ và $6$ tờ $5.000$ (còn tổng cộng $25$ tờ tiền lẻ)

Vì không còn khách hàng nào chỉ "đòi hỏi" $1$ tờ tiền lẻ nên $25$ tờ tiền đó chỉ đáp ứng tối đa cho $\left \lfloor \frac{25}{2}\right \rfloor=12$ khách hàng (có 1 khách hàng nhận $3$ tờ tiền lẻ)

(Đó là các khách hàng có "số dư tiền lẻ" là $03;23;43;63;83;07;27;47;67;87;06;04$ (ngàn đồng))

Vậy số khách hàng tối đa mà ngân hàng đáp ứng được nhu cầu tiền lẻ là $15+12=27$ người.

Cho 1 đa giác đều 20 cạnh nội tiếp 1 đường tròn, chọn ngẫu nhiên 3 đỉnh. Tính xác suất để thu được 1 tam giác tù.

Xét đa giác đều 20 cạnh nội tiếp 1 đường tròn.Mỗi cạnh chắn 1 cung (nhỏ) là $18^o$ ---> nếu 1 tam giác có 3 đỉnh chọn ngẫu nhiên từ $20$ đỉnh của đa giác đều thì độ lớn các góc của nó (tính bằng độ) là bội của $9$.

Gọi $A$ là biến cố tam giác thu được là tam giác tù.Ta tính $n(A)$ :

+ Chọn đỉnh góc tù : $20$ cách.

+ Chọn 2 đỉnh còn lại :

   $a)$ Nếu góc tù là $99^o$ : $8$ cách.

   $b)$ Nếu góc tù là $108^o$ : $7$ cách.

   $c)$ Nếu góc tù là $117^o$ : $6$ cách.

   ...................................

   $h)$ Nếu góc tù là $162^o$ : $1$ cách.

$\Rightarrow n(A)=20.(8+7+6+...+1)=20.C_{9}^{2}=720$

$\Rightarrow$ xác suất cần tìm là $\frac{720}{C_{20}^{3}}=\frac{12}{19}$.

Bài toán : Gọi $O$ là trọng tâm tam giác đều $ABC$ cho trước và $d$ là đường thẳng vuông góc với mặt phẳng $(ABC)$ tại $O.$ Với mỗi điểm S( khác O) trên d sao cho $SA\geq \sqrt{3}.SO$ ta có hình chóp S.ABC. Gọi $\alpha$ là góc giữa mặt bên và mặt đáy; $\beta$ là góc giữa hai mặt bên kề nhau của hình chóp S.ABC.

Chứng minh $\tan^2 \alpha (3\tan^2 \frac{\beta}{2}-1 )$ là đại lượng không đổi.

Gọi $a$ là độ dài cạnh tam giác đều $ABC$, $M$ và $N$ lần lượt là trung điểm $AB$ và $BC$ ---> $OA=\frac{a\sqrt{3}}{3}$ ; $OM=\frac{a\sqrt{3}}{6}$

AB _|_ OM $\Rightarrow$ AB _|_ SM $\Rightarrow \widehat{SMO}=\alpha \Rightarrow \tan^2\alpha =\frac{SO^2}{OM^2}$

Dựng mặt phẳng $(P)$ chứa $BC$ và vuông góc với $SA$ tại $K$.

BK _|_ SA và CK _|_ SA $\Rightarrow \widehat{BKC}=\beta$

$\Delta SAB=\Delta SAC\Rightarrow BK=CK\Rightarrow \widehat{BKN}=\frac{\widehat{BKC}}{2}=\frac{\beta }{2}$

$\Rightarrow \sin\frac{\beta }{2}=\frac{BN}{BK}=\frac{BN.SA}{AB.SM}=\frac{SA}{2\ SM}\Rightarrow \cos^2\frac{\beta }{2}=\frac{4\ SM^2-SA^2}{4\ SM^2}$

$\Rightarrow 1+\tan^2\frac{\beta }{2}=\frac{4\ SM^2}{4\ SM^2-SA^2}\Rightarrow \tan^2\frac{\beta }{2}=\frac{SA^2}{4\ SM^2-SA^2}$

$\Rightarrow 3\tan^2\frac{\beta }{2}-1=\frac{4\ SA^2-4\ SM^2}{4\ SM^2-SA^2}=\frac{4\ AM^2}{3\ SM^2-AM^2}=\frac{a^2}{3\left ( SM^2-\frac{a^2}{12} \right )}=\frac{a^2}{3(SM^2-OM^2)}=\frac{a^2}{3SO^2}$

$\Rightarrow \tan^2\alpha \left ( 3\tan^2\frac{\beta }{2}-1 \right )=\frac{SO^2}{OM^2}.\frac{a^2}{3\ SO^2}=\frac{a^2}{\frac{a^2}{4}}=4$ (là đại lượng không đổi)

===============================

@caybutbixanh : $\tan^2\alpha \left ( 3\tan^2\frac{\beta }{2}-1 \right )=4$ luôn đúng với mọi điểm $S$ trên $d$ (trừ điểm $O$).Vậy giả thiết $SA\geqslant \sqrt{3}.SO$ là không cần thiết.

Cho 100 đoạn thẳng phân biệt có độ dài là 1 số trong các số tự nhiên từ 1 đến 100. Tính xác suất để chọn ra 3 đoạn thẳng tạo được 1 tam giác

Thầy hxthanh đã giải trong TH tổng quát.Xin nêu thêm 1 cách giải khác :

Gọi $a,b,c$ là độ dài 3 đoạn được chọn có thể tạo thành tam giác ($a> b> c$)

Xét 2 trường hợp :

$A)$ $n$ lẻ ($n=2m+1$)

  $1)$ $a$ chẵn ($a=2i$ với $i$ từ $2$ đến $m$)

        Với $b=i+k$ ($k$ từ $1$ đến $i-1$) thì $c$ chạy từ $i-k+1$ đến $i+k-1$ (có $2k-1$ cách chọn $c$)

     $\Rightarrow$ TH A1 có $s_1=\sum_{i=2}^{m}\sum_{k=1}^{i-1}(2k-1)=\sum_{i=2}^{m}(i-1)^2=\frac{m(m-1)(2m-1)}{6}$ cách

  $2)$ $a$ lẻ ($a=2i+1$ với $i$ từ $2$ đến $m$)

       Với $b=i+k$ ($k$ từ $2$ đến $i$) thì $c$ chạy từ $i-k+2$ đến $i+k-1$ (có $2k-2$ cách chọn $c$)

    $\Rightarrow$ TH A2 có $s_2=\sum_{i=2}^{m}\sum_{k=2}^{i}(2k-2)=\sum_{i=2}^{m}A_{i}^{2}=\frac{m(m-1)(m+1)}{3}$ cách

  Vậy TH A có $s=s_1+s_2=\frac{m(m-1)(4m+1)}{6}$ cách.

 

$B)$ $n$ chẵn ($n=2m$)

  $1)$ $a$ chẵn ($a=2i$ với $i$ từ $2$ đến $m$)

        Với $b=i+k$ ($k$ từ $1$ đến $i-1$) thì $c$ chạy từ $i-k+1$ đến $i+k-1$ (có $2k-1$ cách chọn $c$)

     $\Rightarrow$ TH B1 có $t_1=\sum_{i=2}^{m}\sum_{k=1}^{i-1}(2k-1)=\sum_{i=2}^{m}(i-1)^2=\frac{m(m-1)(2m-1)}{6}$ cách

  $2)$ $a$ lẻ ($a=2i+1$ với $i$ từ $2$ đến $m-1$)

       Với $b=i+k$ ($k$ từ $2$ đến $i$) thì $c$ chạy từ $i-k+2$ đến $i+k-1$ (có $2k-2$ cách chọn $c$)

    $\Rightarrow$ TH B2 có $t_2=\sum_{i=2}^{m-1}\sum_{k=2}^{i}(2k-2)=\sum_{i=2}^{m-1}A_{i}^{2}=\frac{m(m-1)(m-2)}{3}$ cách

  Vậy TH B có $t=t_1+t_2=\frac{m(m-1)(4m-5)}{6}$ cách.

  Xác suất cần tìm nếu $n$ lẻ ($n=2m+1$) là $\frac{s}{C_{2m+1}^{3}}=\frac{(m-1)(4m+1)}{2(2m+1)(2m-1)}=\frac{1}{2}-\frac{3m}{8m^2-2}$

  Xác suất cần tìm nếu $n$ chẵn ($n=2m$) là $\frac{t}{C_{2m}^{3}}=\frac{4m-5}{8m-4}=\frac{1}{2}-\frac{3}{8m-4}$

 

  Với $n=2m=100$ thì xác suất cần tìm là $\frac{1}{2}-\frac{3}{8.50-4}=\frac{65}{132}$

Chia 5 quyển sách khác nhau và 4 quyển truyện giống nhau cho 8 người sao cho mỗi người nhận đúng 1 quyển. Trong 8 người đó có 2 người A và B. Tính xác suất sao cho A và B nhận được 2 quyển khác nhau?

Gọi $M$ là biến cố có đúng $3$ người nhận được truyện.

      $N$ là biến cố có $4$ người nhận được truyện.

      $Q$ là biến cố cả A và B đều nhận được truyện.

 

$P(M)=\frac{4}{9}$ (đây chính là xác suất quyển còn thừa là "truyện")

$P(N)=\frac{5}{9}$ (đây chính là xác suất quyển còn thừa là "sách")

Xác suất A và B đều nhận được truyện khi $M$ xảy ra là $P(Q/M)=\frac{C_{3}^{2}}{C_{8}^{2}}=\frac{3}{28}$

Xác suất A và B đều nhận được truyện khi $N$ xảy ra là $P(Q/N)=\frac{C_{4}^{2}}{C_{8}^{2}}=\frac{3}{14}$

$\Rightarrow P(Q)=P(M).P(Q/M)+P(N).P(Q/N)=\frac{1}{6}$.

Xác suất A và B nhận được 2 quyển khác nhau là $P(\overline{Q})=1-P(Q)=\frac{5}{6}$.

Cho số A=123456789, hãy xóa đi 3 chữ số của A để được số còn lại là một số chính phương.

$134689=367^2$

===============================

Xóa đi 3 chữ số (cs) thì còn $6$ cs ($\overline{abcdef}=\left ( \overline{xyz} \right )^2$), trong đó $a< b< c< d< e< f$ và $f\geqslant 6$.

Hơn nữa, đó lại là số chính phương ---> $f$ có thể là $6$ hoặc $9$.

Nếu $f=6$ ---> $123456$ (nhưng số này không chính phương nên loại.Vậy suy ra $f=9$ và $z$ là $3$ hoặc $7$)

Vì $456789$ không chính phương ---> $a\leqslant 3$.Xét 3 trường hợp :

+ $a=1$ : 

  $\sqrt{123459}\approx 351,4$ và $\sqrt{156789}\approx 396,0$ nên ta cần xét bình phương các số tận cùng là 3 hoặc 7 từ $353$ đến $393$ ---> tìm được $367^2=134689$

 

+ $a=2$ : 

  $\sqrt{234569}\approx 484,3$ và $\sqrt{256789}\approx 506,7$ nên ta cần xét bình phương các số tận cùng là 3 hoặc 7 từ $487$ đến $503$ ---> không có số nào thỏa mãn.

 

+ $a=3$ : 

  $\sqrt{345679}\approx 587,9$ và $\sqrt{356789}\approx 597,3$ nên ta cần xét bình phương các số $593$ và $597$ ---> không có số nào thỏa mãn.

Vậy đáp án duy nhất là $134689$.

Một người có 10 đôi giày khác nhau và trong lúc di du lịch vội vã lấy ngẫu nhiên 4 chiếc . Tính xác suất để trong 4 chiếc giày lấy ra có ít nhất một đôi .

Gọi $A$ là biến cố $4$ chiếc lấy ra thuộc $4$ đôi khác nhau 

Ta tính $n(A)$ :

+ Chọn $4$ đôi trong $10$ đôi : $C_{10}^{4}=210$ cách.

+ Mỗi đôi (trong $4$ đôi trên) chỉ chọn $1$ chiếc : $2^4=16$ cách.

$\Rightarrow n(A)=210.16=3360$

$\Rightarrow P(A)=\frac{3360}{C_{20}^{4}}=\frac{224}{323}$

Xác suất cần tính là $1-P(A)=\frac{99}{323}$

 

-------------------------------------------

@damthanhnha :

Số phần tử không gian mẫu là $C_{20}^{4}=4845$ là đúng rồi, có vấn đề gì đâu ?

Cách trình bày của bạn mới có nhầm lẫn :

Tại sao xác suất cần tìm lại là (1- 10C4 x 2^4)/20C4 = 672/969 

Phải là $1-\frac{C_{10}^{4}.2^4}{C_{20}^{4}}=\frac{672}{969}=\frac{224}{323}$ chứ, đúng không ? 

Bài 1. Cho đường tròn $\left(C\right): x^{2} + y^{2}-6x+2y-15=0$.Tìm tọa độ điểm $M$ thuộc đường thẳng $d: 3x-2y-6=0$ sao cho từ $M$ kẻ tới $\left(C\right)$ hai tiếp tuyến $MA,MB$ ($A,B$ là tiếp điểm) mà $AB$ đi qua điểm $C(0;1)$.

 

Bài 2. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác $ABC$ vuông cân tại $A$. Biết cạnh huyền nằm trên đường thẳng $d: x+7y-31=0$. Điểm $N(7;7)$ thuộc đường thẳng $AC$, điểm $M(2;-3)$ thuộc đường thẳng $AB$ và nằm ngoài đoạn $AB$.

Bài 1 :

$(C):(x-3)^2+(y+1)^2=25$ ---> $(C)$ có tâm $I(3;-1)$ và bán kính $R=5$

Giả sử tồn tại điểm $M$ thỏa mãn ĐK bài toán.Gọi hệ số góc của đường thẳng $MI$ là $k$ ($k\neq \frac{3}{2}$)

Phương trình đường thẳng $MI$ có dạng $y+1=k(x-3)$ hay $MI:kx-y-3k-1=0$ (1)

$(d):3x-2y-6=0$ (2)

(1),(2) $\Rightarrow x_{M}=3+\frac{5}{2k-3}$ ; $y_{M}=\frac{3k+3}{2k-3}$

Kẻ đường kính $PQ$ vuông góc với $MI$ ---> $PQ:x+ky+k-3=0$

Gọi $H$ là giao điểm của $MI$ và $AB$, ta có :

$HI=d_{(C,PQ)}=\frac{\left | 2k-3 \right |}{\sqrt{1+k^2}}$ (3)

$MI=\sqrt{(x_{I}-x_{M})^2+(y_{I}-y_{M})^2}=\sqrt{\frac{25+25k^2}{(2k-3)^2}}=\frac{5\sqrt{1+k^2}}{\left | 2k-3 \right |}$ (4)

Theo hệ thức lượng ta có $MI.HI=R^2=25$

Nhưng (3),(4) ---> $MI.HI=5$

Mâu thuẫn này chứng tỏ không có điểm $M$ nào thỏa mãn ĐK bài toán.

 

Bài 2 :

Hệ số góc của $(d)$ là $-\frac{1}{7}$

Gọi $(d')$ là đường thẳng tạo với $(d)$ một góc $45^o$ và giả sử $(d')$ có hệ số góc là $k$

$\tan 45^o=\tan (d,d')=\left | \frac{k+\frac{1}{7}}{1-\frac{k}{7}} \right |=\left | \frac{7k+1}{7-k} \right |$

$\Rightarrow k=\frac{3}{4}$ hoặc $k=-\frac{4}{3}$

a) Hệ số góc của $AB$ và $AC$ lần lượt là $\frac{3}{4}$ và $-\frac{4}{3}$

  $AB:3x-4y-18=0$ (5)

  $AC:4x+3y-49=0$ (6)

  ---> $A(10;3)$ ; $B(10;3)$ ; $C(10;3)$ ($A,B,C$ trùng nhau)

  Nếu quy ước độ dài 3 cạnh tam giác phải là số dương thì trường hợp này loại.

b) Hệ số góc của $AB$ và $AC$ lần lượt là $-\frac{4}{3}$ và $\frac{3}{4}$

  $AB:4x+3y+1=0$ (7)

  $AC:3x-4y+7=0$ (8)

  ---> $A(-1;1)$ ; $B(-4;5)$ ; $C(3;4)$ (thỏa mãn)

 

Vậy đáp án là : $A(-1;1)$ ; $B(-4;5)$ ; $C(3;4)$

Lúc hơn 1h chiều, những người thợ đi ăn cơm. Khi đi về tưởng đồng hồ chết, hóa ra 2 kim giờ và phút đổi chỗ cho nhau. Biết rằng những người thợ đi ăn cơm trong vòng chưa đầy một tiếng. Hỏi lúc những người thợ đi ăn cơm là mấy giờ?

Giả sử giờ đi ăn cơm là $1$ giờ $x$ phút, giờ trở về là $2$ giờ $y$ phút (tất cả là giờ buổi chiều).

Gọi các góc nhọn giữa phương thẳng đứng so với kim giờ và kim phút lúc đi ăn cơm lần lượt là $\alpha$ và $\beta$

Lúc đi ăn cơm : 

$\alpha =30+\frac{x}{2}$ (độ) (vì mỗi phút kim giờ đi được nửa độ)

$\beta =6x$ (độ) (vì mỗi phút, kim phút đi được $6^0$)

Lúc trở về :

 

$\beta =60+\frac{y}{2}$ (độ) (vì mỗi phút kim giờ đi được nửa độ)

$\alpha =6y$ (độ) (vì mỗi phút, kim phút đi được $6^0$)

Vậy :

$\left\{\begin{matrix}30+\frac{x}{2}=6y\\6x=60+\frac{y}{2} \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow \left\{\begin{matrix}x-12y+60=0\\12x-y-120=0 \end{matrix}\right.$

$\Rightarrow \left\{\begin{matrix}x=\frac{1500}{143}\\y=\frac{840}{143} \end{matrix}\right.$

Trả lời :

Giờ đi ăn cơm là : $1$ hr $\frac{1500}{143}$ min $\approx 1\ hr\ 10\ min\ 29,37\ sec\ (PM)$ 

Giờ trở về là : $2\ hr\ \frac{840}{143}\ min\approx 2\ hr\ 5\ min\ 52,45\ sec\ (PM)$

Hôm trước là xét TH "đầu tư" cả 7 ngày liên tiếp.Bây giờ xét TH "đầu tư" cho đến khi trúng thì dừng lại.

Thời gian từ ngày 1 đến ngày trúng gọi là 1 đợt đầu tư.

Gọi $M_{i}$ là biến cố trúng vào ngày thứ $i$ ($1\leqslant i\leqslant 10$)

$N$ là biến cố cả $10$ ngày đều không trúng.

$E_{i}$ là tiền lãi nếu trúng vào ngày thứ $i$ (tiền lãi này tính chung cho cả $i$ ngày, từ ngày thứ 1 đến ngày thứ $i$)

Ta có :

$P(M_{1})=0,5$ ; $E_{1}=0$

$P(M_{2})=0,5^2$ ; $E_{2}=0$

$P(M_{3})=0,5^3$ ; $E_{3}=0$

$P(M_{4})=0,5^4$ ; $E_{4}=100.1,8-100=80$ (ngàn đồng)

$P(M_{5})=0,5^5$ ; $E_{5}=300.1,8-400=140$ (ngàn đồng)

$P(M_{6})=0,5^6$ ; $E_{6}=700.1,8-1100=160$ (ngàn đồng)

$P(M_{7})=0,5^7$ ; $E_{7}=1500.1,8-2600=100$ (ngàn đồng)

$P(M_{8})=0,5^8$ ; $E_{8}=4000.1,8-6600=600$ (ngàn đồng)

$P(M_{9})=0,5^9$ ; $E_{9}=10000.1,8-16600=1400$ (ngàn đồng)

$P(M_{10})=0,5^{10}$ ; $E_{10}=25000.1,8-41600=3400$ (ngàn đồng)

$P(N)=0,5^{10}$ ; $E_{N}=-41600$ (ngàn đồng)

(vì nếu cả 10 ngày không trúng thì sẽ lỗ $41600$ (ngàn đồng)

 

Tiền lãi trung bình là $E=P(M_{1}).E_{1}+P(M_{2}).E_{2}+...+P(M_{10}).E_{10}+P(N).E_{N}\approx -19,570$ (ngàn đồng)

(tức là lỗ trung bình gần $20$ ngàn đồng)

 

Tuy nhiên, xác suất các biến cố $M_{8},M_{9},M_{10}$ và $N$ quá nhỏ nên có thể xem như chúng không xảy ra.Như vậy có thể nói "gần như chắc chắn" rằng sẽ có lãi.Nhưng hãy thử tính xem số lãi đó "trung bình" là bao nhiêu :

$P(M_{1}).E_{1}+P(M_{2}).E_{2}+...+P(M_{7}).E_{7}\approx 12,656$ (ngàn đồng)

Giả sử trong mỗi tháng trúng được 5 lần (đầu tư được 5 đợt) thì tiền lãi trung bình kiếm được khoảng $63$ ngàn đồng (thua xa gửi tiền vào ngân hàng)

=========================================

Xác suất cả 10 ngày đều không trúng là $0,5^{10}\approx 0,001$ rất nhỏ, nên hiếm xảy ra (hiếm chứ không phải là không thể).Cũng như khi ta phóng phi tiêu trúng vào 1 điểm trên bảng gỗ (ta gọi điểm đó là $A$).Rõ ràng xác suất để phi tiêu trúng điểm $A$ đó là rất rất rất nhỏ, vậy mà điều đó vẫn xảy ra 

Xác xuất để mình trúng lô đề trong trường hợp này là bao nhiêu???

Mình sẽ đánh ngẫu nhiên 50 con số từ 00-49 ( hoặc ngược lại ) đuôi đặc biệt đài Bắc ( số tiền trúng <nx1.8 - n> trong đó n là tiền vốn hôm đó)

1. 0k (trượt mới đánh ngày tiếp theo)

2. 0k

3. 0k

4. 100k

5. 300k

6. 700k

7. 1500k

8. 4000k

9. 10000k

10. 25000k

( vốn cần đầu tư là 41triệu600k với tỉ lệ trúng về mặt toán học là 99,90234375%). Lãi suất ngân hầng tầm 150k/1 tháng, nếu ta dầu tư với số tiền đó vào xổ số thì tháng ta nếu trúng 2 lần thì ta sẽ hơn số tiền gởi ngân hàng... có khi 3, 4 làn cũng có. Vậy có nên đầu tư hay không? Về mặt toán học thì xác suất thành công rất cao coi như chắc chắc thành công vậy tại sao tôi lại thất bại ? Mong mọi người giải đáp, cảm ơn nhiều  <3

Bạn nói là tỷ lệ trúng là 99,90234375 % nhưng thử tính lại xem sao ?

3 kỳ đầu bạn đầu tư $0k$ nên không tính, xem như chỉ "đầu tư" có $7$ lần (từ lần 4 đến lần 10)

Xác suất trúng ít nhất 1 lần là $1-0,5^{7}=0,9921875$ hay $99,21875$ %

Tuy nhiên, xác suất trúng có cao cũng chưa chắc là thành công !

Trong mỗi lần "đầu tư", nếu xác suất trúng là $0,5$ có nghĩa là phải đánh tất cả 50 số (ví dụ từ 00 đến 49)

Chẳng hạn ở lần 4, "đầu tư" $100k$ cả thảy tức là đánh mỗi số 2k.Và nếu trúng thì chỉ có 1 số trúng và nhận được $140k$.Như vậy nếu trúng thì $1$ trúng $1,4$ hay lãi 40%

Nếu bạn "đầu tư" cả 7 lần (từ lần 4 đến lần 10), mỗi lần có 2 khả năng (trúng hoặc không trúng) nên tổng số khả năng có thể là $2^7=128$ (mỗi khả năng đều có xác suất là $\frac{1}{128}$)

Tuy nhiên trong số $128$ khả năng đó, chỉ có 6 khả năng "thắng lợi" :

$1)$ Chỉ trúng các lần 9 và 10 : Lãi $(25+10).1,4-41,6=7,4$ (triệu đồng)

$2)$ Chỉ trúng các lần 8,9 và 10 : Lãi $(25+10+4).1,4-41,6=13$ (triệu đồng)

$3)$ Chỉ trúng các lần 7,8,9 và 10 : Lãi $(25+10+4+1,5).1,4-41,6=15,1$ (triệu đồng)

$4)$ Chỉ trúng các lần 6,7,8,9 và 10 : Lãi $(25+10+4+1,5+0,7).1,4-41,6=16,08$ (triệu đồng)

$5)$ Chỉ trúng các lần 5,6,7,8,9 và 10 : Lãi $(25+10+4+1,5+0,7+0,3).1,4-41,6=16,5$ (triệu đồng)

$6)$ Trúng cả 7 lần : Lãi $41,6.1,4-41,6=16,64$ (triệu đồng)

Ngoài ra là $122$ khả năng "thua lỗ".Ta chỉ cần xem xét 3 khả năng "thua lỗ" sau :

$7)$ Không trúng cả 7 lần : Lỗ $41,6$ (triệu đồng)

$8)$ Chỉ trúng lần 4 : Lỗ $41,6-0,1.1,4=41,46$ (triệu đồng)

$9)$ Chỉ trúng lần 5 : Lỗ $41,6-0,3.1,4=41,18$ (triệu đồng)

Lưu ý rằng xác suất của 9 khả năng trên là như nhau nên không cần quan tâm đến xác suất.

6 trường hợp "thắng" lãi tổng cộng $84,72$ (triệu đồng)

3 trường hợp "thua" lỗ tổng cộng $124,24$ (triệu đồng)

(đó là chưa tính đến $119$ trường hợp thua khác)

Vậy thì bạn không thua mới lạ 

Cho hình thang ABCD biết $AD=3BC,AB$ đi qua điểm $M(-12;0), C(2 ; -5),AD$ đi qua $N(-3;5)$. Viết phương trình đường thẳng $AB, AD$ biết diện tích ABCD là $50, AB$ không song song với $Ox,Oy$

Đề bài cần bổ sung thêm dữ kiện : $AD//BC$.

(Cho dù đã bổ sung thêm dữ kiện trên, bài toán vẫn có vô số đáp án)

 

Đặt $x_{A}=p$ ; $y_{A}=q$ suy ra :

$AB:qx-(p+12)y+12q=0$ (1)

$AD:(5-q)x+(p+3)y-5p-3q=0$ (2)

$BC:(5-q)x+(p+3)y+5p+2q+5=0$ (3)

(1),(3) $\Rightarrow x_{B}=-\frac{5p^2+14pq+65p+60q+60}{5p-9q+60}$ ; $y_{B}=-\frac{5pq+14q^2-55q}{5p-9q+60}$

$x_{C}-x_{B}=\frac{5p^2+14pq+75p+42q+180}{5p-9q+60}=\left ( p+3 \right )\left ( \frac{5p+14q+60}{5p-9q+60} \right )$

$y_{C}-y_{B}=\frac{5pq+14q^2-25p-10q-300}{5p-9q+60}=\left ( q-5 \right )\left ( \frac{5p+14q+60}{5p-9q+60} \right )$

$\Rightarrow BC=\sqrt{(p+3)^2+(q-5)^2}.\left | \frac{5p+14q+60}{5p-9q+60} \right |$ (4)

$d(C,AD)=\frac{\left | -10p-5q-5 \right |}{\sqrt{(p+3)^2+(q-5)^2}}$ (5)

$S_{ABCD}=\frac{(BC+AD).d(C,AD)}{2}=2BC.d(C,AD)=\left | -20p-10q-10 \right |.\left | \frac{5p+14q+60}{5p-9q+60} \right |=50$

$\Rightarrow \left | (2p+q+1)(5p+14q+60) \right |=\left | 25p-45q+300 \right |$

$\Rightarrow 10p^2+(33q+100)p+14q^2+119q-240=0$ (6)

hoặc $10p^2+(33q+150)p+14q^2+29q+360=0$ (7)

Đến đây có thể thấy bài toán có vô số đáp án.

Thật vậy, chỉ cần xét TH $q\in \left [ 3;5 \right ]$ :

Trên đoạn đó, các pt (6) và (7) có dạng $Ep^2+Fp+G=0$ với $E=10$ ; $F\geqslant 199$ ; $G\leqslant 855$ nên chúng đều có 2 nghiệm phân biệt.Vậy nếu chọn $q\in \left [ 3;5 \right ]$ thì luôn tìm được $p$ thích hợp thỏa mãn (6) và (7), tức là có vô số điểm $A$ thỏa mãn bài toán.

 

Thử xét 1 TH cụ thể : $q=5$

(6) ---> $10p^2+265p+705=0$ ---> $p=-3$ ; $p=-\frac{47}{2}$

(7) ---> $10p^2+315p+855=0$ ---> $p=-3$ ; $p=-\frac{57}{2}$

Vậy tìm được 3 điểm : $A_{1}\left ( -\frac{47}{2};5 \right )$ ; $A_{2}\left ( -\frac{57}{2};5 \right )$ ; $A_{3}\left ( -3;5 \right )$ (trùng với $N$)

+ Với điểm $A_{1}$ ta có :

   $AB:10x+23y+120=0$

   $AD:y-5=0$

+ Với điểm $A_{2}$ ta có :

   $AB:10x+33y+120=0$

   $AD:y-5=0$

+ Với điểm $A_{3}$ ta có :

   $AB:5x-9y+60=0$

   Để tìm pt của $AD$, ta cần tìm tọa độ của $B$

   Đặt $x_{B}=r$ ---> $y_{B}=\frac{5r+60}{9}$ (vì $B\in AM:5x-9y+60=0$)

   $BC=\sqrt{\left ( r-2 \right )^2+\left ( \frac{5r+105}{9} \right )^2}$

   $BC:\left ( \frac{5r+105}{9} \right )x+\left ( 2-r \right )y-\frac{55r+120}{9}=0$

   $d(A,BC)=\frac{\left | -\frac{5r+105}{3}+10-5r-\frac{55r+120}{9} \right |}{\sqrt{(r-2)^2+\left ( \frac{5r+105}{9} \right )^2}}=\frac{\left | -115r-345 \right |}{9\sqrt{\left ( r-2 \right )^2+\left ( \frac{5r+105}{9} \right )^2}}$

   $S_{ABCD}=\left | \frac{230r+690}{9} \right |=50\Rightarrow r=-\frac{24}{23}$ ; $r=-\frac{114}{23}$

   Vậy có 2 điểm $B_{1}\left ( -\frac{24}{23};\frac{140}{23} \right )$ và $B_{2}\left ( -\frac{114}{23};\frac{90}{23} \right )$

  - Với điểm $B_{1}$, ta có $AD:51x+14y+83=0$

  - Với điểm $B_{2}$, ta có $AD:41x+32y-37=0$

 

Tóm lại, các đáp án là :

$\left\{\begin{matrix}AB:10x+23y+120=0\\AD:y-5=0 \end{matrix}\right.$

 

$\left\{\begin{matrix}AB:10x+33y+120=0\\AD:y-5=0 \end{matrix}\right.$