M góp ý 1 tí: ở chỗ Xác suất để bốc ít nhất 1 bi xanh từ bình 2 có thể tính xác suất để lấy được hai bi đều là vàng, rồi lấy 1 trừ đi: $1-\frac{C_{6}^{2}}{C_{9}^{2}}$.
Thì có vẻ tính toán ít hơn
ok bạn
“Nghị lực và bền bỉ..
Có thể chinh phục mọi thứ”.
-Benjamin Franklin-
30-04-2018 - 15:03
M góp ý 1 tí: ở chỗ Xác suất để bốc ít nhất 1 bi xanh từ bình 2 có thể tính xác suất để lấy được hai bi đều là vàng, rồi lấy 1 trừ đi: $1-\frac{C_{6}^{2}}{C_{9}^{2}}$.
Thì có vẻ tính toán ít hơn
ok bạn
30-04-2018 - 10:01
Gieo hai con súc sắc cân đối đồng chất. Gọi x,y là kết quả số chấm xuất hiện lần lượt của hai súc sắc đó. Có 2 bình, bình 1 đựng 6 bi xanh và 4 bi vàng, bình 2 đựng 3 bi xanh và 6 bi vàng. Nếu x+y lớn hơn hoặc bằng 5 thì 2 bi từ bình 1, còn nếu x+y nhỏ hơn 5 thì bốc 2 bi từ bình 2. Tính xác xuất để bốc được ít nhất một bi xanh
TH1: $x+y< 5$
Kết quả gieo xúc sắc là: $(1;1); (1;2); (1,3); (2,1);(2,2);(3,1)$
=> Xác xuất gieo xúc sắc được $x+y< 5$ là; $\frac{6}{6^{2}}=\frac{1}{6}$
Xác suất để bốc ít nhất 1 bi xanh từ bình 2: $\frac{C_{3}^{1}.C_{6}^{1}+C_{3}^{2}}{C_{9}^{2}}=\frac{7}{12}$
=> Xác suất bốc ít nhất 1 bi xanh ở TH1: $\frac{1}{6}.\frac{7}{12}=\frac{7}{72}$
TH2: $x+y\geq 5$
Xác xuất gieo xúc sắc được $x+y\geq 5$ là; $\frac{5}{6}$
Xác suất để bốc ít nhất 1 bi xanh từ bình 1: $\frac{C_{6}^{1}.C_{4}^{1}+C_{6}^{2}}{C_{10}^{2}}=\frac{13}{15}$
=> Xác suất bốc ít nhất 1 bi xanh ở TH2: $\frac{5}{6}.\frac{13}{15}=\frac{13}{18}$
Vậy xác suất cần tìm: $\frac{7}{72}+\frac{13}{18}=\frac{59}{72}$
06-03-2018 - 23:04
Câu 1: Tìm tất cả các giá trị m thực để dãy: $\left\{\begin{matrix} x_{1}=\sqrt{2018}\\ x_{2}=\frac{m}{x_{n}^2+1} \end{matrix}\right.$ có giới hạn hữu hạn
Câu 2: Chứng minh dãy $\left\{\begin{matrix} x_{1}=1\\x_{n+1}=1+\frac{2018}{x_{n}+1} \end{matrix}\right.$ có giới hạn hữu hạn. Tìm giới hạn đó
Câu 2:
Bằng quy nạp chứng minh được $0< x_{n}< 2019$
Đặt $x_{n+1}=f(x_{n})$
$f(x)=1+\frac{2018}{x+1}\Rightarrow f^{'}(x)=\frac{-2018}{(x+1)^{2}}< 0$
$\Rightarrow f(x)$ nghịch biến
Do $x_{1}< x_{2}$ nên$(x_{2n})$ là dãy giảm và $(x_{2n+1})$ là dãy tăng
$(x_{n})$ bị chặn nên $(x_{n})$ có giới hạn hữu hạn
04-03-2018 - 16:36
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa $a+ b+ c= 9$. Chứng minh BĐT $\frac{a}{\sqrt{a+ 2b}}+ \frac{b}{\sqrt{b+ 2c}}+ \frac{c}{\sqrt{c+ 2a}}\geq 3$
$\frac{a}{\sqrt{a+2b}}=\frac{3a}{\sqrt{9}.\sqrt{a+2b}} \geq \frac{6a}{a+2b+9}$
Tương tự với các phân thức còn lại
$VT\geq 6(\frac{a}{a+2b+9}+\frac{b}{b+2c+9}+\frac{c}{c+2a+9})$
$=6(\frac{a^{2}}{a^{2}+2ab+9a}+\frac{b^{2}}{b^{2}+2bc+9b}+\frac{c^{2}}{c^{2}+2ca+9c})$
$\geq 6\frac{(a+b+c)^{2}}{(a+b+c)^{2}+9(a+b+c)}=6.\frac{9^{2}}{9^{2}+9.9}=3$
Dấu "=" xảy ra khi a=b=c=3
26-02-2018 - 23:36
cho dạy số u(n) thỏa mạn $\left\{\begin{matrix} u_{1}=u_{2}=1\\ u_{n}=\frac{u_{n-1}^{2}+2}{u_{n-2}} \end{matrix}\right.$ ; (n=3,4,5...)
chứng minh rằng mọi số hạng của dạy đều là số nguyên.
$u_{3}=3$
Từ hệ thức truy hồi: $\left\{\begin{matrix} u_{n-1}^{2}+2=u_{n}u_{n-2}\\ u_{n}^{2}+2=u_{n+1}u_{n-1} \end{matrix}\right.$
Trừ vế cho vế: $u_{n}^{2}-u_{n-1}^{2}=u_{n+1}u_{n-1}-u_{n}u_{n-2}$
$\Rightarrow u_{n}(u_{n}+u_{n-2})=u_{n-1}(u_{n-1}+u_{n+1})$
$\Rightarrow \frac{u_{n}}{u_{n+1}+u_{n-1}}=\frac{u_{n-1}}{u_{n}+u_{n-2}}=...=\frac{u_{2}}{u_{1}+u_{3}}=\frac{1}{4}$
$\Rightarrow u_{n+1}=4u_{n}-u_{n-1}$
Vì $u_{1},u_{2},u_{3}$ nguyên nên mọi số hạng trong dãy đều nguyên (đpcm)
Community Forum Software by IP.Board
Licensed to: Diễn đàn Toán học