|
|
giải đáp
|
tìm modun lớn nhất, nhỏ nhất của số phức z thỏa |z+1/z|=a
|
|
|
|
Ta có:
\[ a=\left| z+\frac{1}{z} \right| \geq |z|-\left| \frac{1}{z}\right| \]
\[ \Rightarrow |z|^2-a|z|-1\leq 0 \]
\[ \Rightarrow |z|\leq \frac{a+\sqrt{a^2+4}}{2} \]
Ta cũng có:
\[ a=\left| z+\frac{1}{z} \right| \geq \frac{1}{|z|}-|z| \]
\[ \Rightarrow |z|^2+a|z|-1\geq 0\]
\[ \Rightarrow |z|\geq \frac{\sqrt{a^2+4}-a}{2}\]
Vậy $\max |z|=\frac{a+\sqrt{a^2+4}}{2}$, đạt được khi và chỉ khi $a=\frac{a+\sqrt{a^2+4}}{2}i$; $\min |z|=\frac{\sqrt{a^2+4}-a}{2}$, đạt được khi và chỉ khi $z=\frac{a-\sqrt{a^2+4}}{2}i$.
|
|
|
|
giải đáp
|
chỉ giúp mình với
|
|
|
|
Giả sử $M\in \Delta$ sao cho từ $M$ kẻ được 2 tiếp tuyến tới $(C)$ mà chúng vuông góc với nhau. Gọi 2 tiếp điểm là $A$ và $B$, $H$ là hình chiếu của $C$ trên $\Delta$.  Khi đó $CAMB$ là hình chữ nhật nên $CH\leq CM=CA\sqrt{2}=\sqrt{2}$. Mà ta có $CH=\frac{|2m-1|}{\sqrt{m^2+1}}$ nên ta được $(2m-1)^2\leq 2(m^2+1)$ hay $\frac{2-\sqrt{6}}{2}\leq m\leq \frac{2+\sqrt{6}}{2}$. Đảo lại, nếu $\frac{2-\sqrt{6}}{2}\leq m\leq \frac{2+\sqrt{6}}{2}$ thì $CH\leq \sqrt{2}$ suy ra tồn tain $M\in \Delta$ sao cho $CM=\sqrt{2}$. Khi đó ừ $M$ kẻ được 2 tiếp tuyến tới $(C)$ mà chúng vuông góc với nhau. |
|
|
|
giải đáp
|
Phương trình tiếp tuyến
|
|
|
|
Giả sử $(C_m)\bigcap Ox=A$ thì $y_A=0$ hay $(3m+1)x_A-m^2+m=0 \Leftrightarrow \begin{cases} 3m+1\neq 0 \\ x_A=\frac{m^2-m}{3m+1}\end{cases}$
Tiếp tuyến tại $A$ song song với đường thẳng $x-y-10=0$ khi và chỉ khi $y_A^'=1$, điều này tương đương với:
\[ \frac{4m^2}{(x_A+m)^2}=1 \]
\[ \Leftrightarrow (x_A-m)(x_a+2m)=0\]
\[ \Leftrightarrow (m+1)(2m+1)=0\]
\[ \Leftrightarrow m=-1\vee m=-\frac{1}{2}\]
Với $m=-1$ thì $A(-1,0)$ và tiếp tuyến qua $A$ của $(C_m)$ có phương trình $y=x+1$.
Với $m=-\frac{1}{2}$ thì $A(-\frac{3}{2},0)$ và tiếp tuyến qua $A$ của $C_m$ có phương trình $y=x+\frac{3}{2}$.
|
|
|
|
|
|
sửa đổi
|
Voi gia tri nao cua m thi 2 phuong trinh sau co nghiem chung:
|
|
|
|
a) Giả sử $m$ là giá trị thỏa mãn bài toán và $x_0$ là nghiệm
chung của 2 PT. Dễ thấy $x_0\neq 0$, ta có:\begin{cases} 2x_0^2+mx_0-1=0 \\ mx_0^2-x_0+2=0 \end{cases}\[ \Leftrightarrow \begin{cases} m=\frac{1-2x_0^2}{x_0} \\
m=\frac{2-x_0}{x_0^2} \end{cases} \]\[ \Leftrightarrow \begin{cases} m=\frac{1-2x_0^2}{x_0} \\ \frac{1-2x_0^2}{x_0}=\frac{2-x_0}{x_0^2}
\end{cases} \]\[ \Leftrightarrow \begin{cases} m=\frac{1-2x_0^2}{x_0} \\ x_0^3-x_0+1=0 \end{cases} \]Giải hệ trên ta được $x=\frac{1}{\sqrt{3}}\left( \sqrt[3]{\frac{5-3\sqrt{3}}{2}}-\sqrt[3]{\frac{5+3\sqrt{3}}{2}} \right) $ và $m=m_0=\frac{1-2x_0^2}{x_0}$.Đảo lại, với $m=m_0$ thì hai PT đã cho có nghiệm chung
$x_0$.b) Phương trình $x^2-2x+m^2-3m+1=0$ tương đương với: \[ (x-1)^2=3m-m^2. (1) \]Đặt $x-1=t$ thì $(1)$ trở thành $t^2=3m-m^2. (2)$ PT ban đầu có nghiệm $x\in [1,2]$ khi và chỉ khi PT $(2)$ có nghiệm $t\in [0,1]$. Khi đó $0\leq 3m-m^2\leq 1$ hay $0\leq m\leq \frac{3-\sqrt{5}}{2}\vee \frac{3+\sqrt{5}}{2}\leq m\leq 3.$
Normal
0
false
false
false
EN-US
X-NONE
X-NONE
a) Giả sử $m$ là giá trị thỏa mãn bài toán và $x_0$ là nghiệm
chung của 2 PT. Dễ thấy $x_0\neq 0$, ta có:\begin{cases} 2x_0^2+mx_0-1=0 \\ mx_0^2-x_0+2=0 \end{cases}\[ \Leftrightarrow \begin{cases} m=\frac{1-2x_0^2}{x_0} \\
m=\frac{2-x_0}{x_0^2} \end{cases} \]\[ \Leftrightarrow \begin{cases} m=\frac{1-2x_0^2}{x_0} \\ \frac{1-2x_0^2}{x_0}=\frac{2-x_0}{x_0^2}
\end{cases} \]\[ \Leftrightarrow \begin{cases} m=\frac{1-2x_0^2}{x_0} \\ x_0^3-x_0+1=0 \end{cases} \]Giải hệ trên ta được $x=\frac{1}{\sqrt{3}}\left( \sqrt[3]{\frac{5-3\sqrt{3}}{2}}-\sqrt[3]{\frac{5+3\sqrt{3}}{2}} \right) $ và $m=m_0=\frac{1-2x_0^2}{x_0}$.Đảo lại, với $m=m_0$ thì hai PT đã cho có nghiệm chung
$x_0$.b) Phương trình $x^2-2x+m^2-3m+1=0$ tương đương với: \[ (x-1)^2=3m-m^2. (1) \]Đặt $x-1=t$ thì $(1)$ trở thành $t^2=3m-m^2. (2)$ PT ban đầu có nghiệm $x\in [1,2]$ khi và chỉ khi PT $(2)$ có nghiệm $t\in [0,1]$. Khi đó $0\leq 3m-m^2\leq 1$ hay $0\leq m\leq \frac{3-\sqrt{5}}{2}\vee \frac{3+\sqrt{5}}{2}\leq m\leq 3.$
|
|
|
|
giải đáp
|
Voi gia tri nao cua m thi 2 phuong trinh sau co nghiem chung: 2x^2 + mx -1= 0 va mx^2 - x + 2=0?
|
|
|
|
a) Giả sử $m$ là giá trị thỏa mãn bài toán và $x_0$ là nghiệm
chung của 2 PT. Dễ thấy $x_0\neq 0$, ta có:
\begin{cases} 2x_0^2+mx_0-1=0 \\ mx_0^2-x_0+2=0 \end{cases}
\[ \Leftrightarrow \begin{cases} m=\frac{1-2x_0^2}{x_0} \\
m=\frac{2-x_0}{x_0^2} \end{cases} \]
\[ \Leftrightarrow \begin{cases} m=\frac{1-2x_0^2}{x_0} \\ \frac{1-2x_0^2}{x_0}=\frac{2-x_0}{x_0^2}
\end{cases} \]
\[ \Leftrightarrow \begin{cases} m=\frac{1-2x_0^2}{x_0} \\ x_0^3-x_0+1=0 \end{cases} \]
Giải hệ trên ta được $x=\frac{1}{\sqrt{3}}\left( \sqrt[3]{\frac{5-3\sqrt{3}}{2}}-\sqrt[3]{\frac{5+3\sqrt{3}}{2}} \right) $ và $m=m_0=\frac{1-2x_0^2}{x_0}$.
Đảo lại, với $m=m_0$ thì hai PT đã cho có nghiệm chung
$x_0$.
b) Phương trình $x^2-2x+m^2-3m+1=0$ tương đương với:
\[ (x-1)^2=3m-m^2. (1) \]
Đặt $x-1=t$ thì $(1)$ trở thành $t^2=3m-m^2. (2)$
PT ban đầu có nghiệm $x\in [1,2]$ khi và chỉ khi PT $(2)$ có nghiệm $t\in [0,1]$. Khi đó $0\leq 3m-m^2\leq 1$ hay $0\leq m\leq \frac{3-\sqrt{5}}{2}\vee \frac{3+\sqrt{5}}{2}\leq m\leq 3.$
|
|
|
|
sửa đổi
|
he phuong trinh
|
|
|
|
Hệ phương trình $\begin{cases} bx-y=ac^2 \\ (b-6)x+2by=c+1 \end{cases} (*)$Dễ thấy $(*)$ luôn có nghiệm khi $2b^2+b-6=(b+2)(2b-3)\neq 0$. Do đó $(*)$ có nghiệm với mọi $b\in R$ khi và chỉ khi $(*)$ có nghiệm khi $b=-2$ và $b=\frac{3}{2}$.+) Nếu $b=-2$ thì $(*)$ trở thành $\begin{cases} -2x-y=ac^2 \\ -8x-4y=c+1 \end{cases}$.Hệ trên có nghiệm khi và chỉ khi tồn tại $c$ sao cho $4ac^2-c-1=0$.Dễ thấy $a=0$ thỏa mãn. Nếu $a\neq 0$ thì $4ac^2-c-1=0$ có nghiệm $c$ khi và chỉ khi $\Delta \geq 0$ hay $a\geq -\frac{1}{16}$.+) Nếu $b=\frac{3}{2}$ thì $(*)$ trở thành $\begin{cases} \frac{3}{2}x-y=ac^2 \\ -\frac{9}{2}x+3y=c+1 \end{cases}$.Hệ trên có nghiệm khi và chỉ khi tồn tại $c$ sao cho $ac^2+3c+3=0$.Dễ thấy $a=0$ thỏa mãn. Nếu $a\neq 0$ thì $ac^2+3c+1=0$ có nghiệm $c$ khi và chỉ khi $\Delta \geq 0$ hay $a\leq \frac{3}{4}$.Đảo lại, với $a\in \left[ -\frac{1}{16},\frac{3}{4}\right]$ thì luôn tồn tại $c$ để hệ $(*)$ có nghiệm với mọi $b\in R$.Cụ thể, với $b=-2$ thì tồn tại $c$ là nghiệm của $4ac^2-c-1=0$, với $b=\frac{3}{2}$ thì tồn tại $c$ là nghiệm của $ac^2+3c+3=0$, với $b\neq -2,b\neq \frac{3}{2}$ thì tồn tại $c=0$ để hệ $(*)$ có nghiệm.
Hệ phương trình $\begin{cases} bx-y=ac^2 \\ (b-6)x+2by=c+1 \end{cases} (*)$Dễ thấy $(*)$ luôn có nghiệm khi $2b^2+b-6=(b+2)(2b-3)\neq 0$. Do đó $(*)$ có nghiệm với mọi $b\in R$ tương đương với $(*)$ có nghiệm khi $b=-2$ và $b=\frac{3}{2}$.+) Nếu $b=-2$ thì $(*)$ trở thành $\begin{cases} -2x-y=ac^2 \\ -8x-4y=c+1 \end{cases}$.Hệ trên có nghiệm khi và chỉ khi tồn tại $c$ sao cho $4ac^2-c-1=0$.Dễ thấy $a=0$ thỏa mãn. Nếu $a\neq 0$ thì $4ac^2-c-1=0$ có nghiệm $c$ khi và chỉ khi $\Delta \geq 0$ hay $a\geq -\frac{1}{16}$.+) Nếu $b=\frac{3}{2}$ thì $(*)$ trở thành $\begin{cases} \frac{3}{2}x-y=ac^2 \\ -\frac{9}{2}x+3y=c+1 \end{cases}$.Hệ trên có nghiệm khi và chỉ khi tồn tại $c$ sao cho $ac^2+3c+3=0$.Dễ thấy $a=0$ thỏa mãn. Nếu $a\neq 0$ thì $ac^2+3c+1=0$ có nghiệm $c$ khi và chỉ khi $\Delta \geq 0$ hay $a\leq \frac{3}{4}$.Vậy với $a\in \left[ -\frac{1}{16},\frac{3}{4}\right]$ thì luôn tồn tại $c$ để hệ $(*)$ có nghiệm với mọi $b\in R$.Cụ thể, với $b=-2$ thì tồn tại $c$ là nghiệm của $4ac^2-c-1=0$, với $b=\frac{3}{2}$ thì tồn tại $c$ là nghiệm của $ac^2+3c+3=0$, với $b\neq -2,b\neq \frac{3}{2}$ thì tồn tại $c=0$ để hệ $(*)$ có nghiệm.
|
|
|
|
giải đáp
|
he phuong trinh
|
|
|
|
Hệ phương trình $\begin{cases} bx-y=ac^2 \\ (b-6)x+2by=c+1 \end{cases} (*)$
Dễ thấy $(*)$ luôn có nghiệm khi $2b^2+b-6=(b+2)(2b-3)\neq 0$. Do đó $(*)$ có nghiệm với mọi $b\in R$ tương đương với $(*)$ có nghiệm khi $b=-2$ và $b=\frac{3}{2}$.
+) Nếu $b=-2$ thì $(*)$ trở thành $\begin{cases} -2x-y=ac^2 \\ -8x-4y=c+1 \end{cases}$.
Hệ trên có nghiệm khi và chỉ khi tồn tại $c$ sao cho $4ac^2-c-1=0$.
Dễ thấy $a=0$ thỏa mãn. Nếu $a\neq 0$ thì $4ac^2-c-1=0$ có nghiệm $c$ khi và chỉ khi $\Delta \geq 0$ hay $a\geq -\frac{1}{16}$.
+) Nếu $b=\frac{3}{2}$ thì $(*)$ trở thành $\begin{cases} \frac{3}{2}x-y=ac^2 \\ -\frac{9}{2}x+3y=c+1 \end{cases}$.
Hệ trên có nghiệm khi và chỉ khi tồn tại $c$ sao cho $ac^2+3c+3=0$.
Dễ thấy $a=0$ thỏa mãn. Nếu $a\neq 0$ thì $ac^2+3c+1=0$ có nghiệm $c$ khi và chỉ khi $\Delta \geq 0$ hay $a\leq \frac{3}{4}$.
Vậy với $a\in \left[ -\frac{1}{16},\frac{3}{4}\right]$ thì luôn tồn tại $c$ để hệ $(*)$ có nghiệm với mọi $b\in R$.
Cụ thể, với $b=-2$ thì tồn tại $c$ là nghiệm của $4ac^2-c-1=0$, với $b=\frac{3}{2}$ thì tồn tại $c$ là nghiệm của $ac^2+3c+3=0$, với $b\neq -2,b\neq \frac{3}{2}$ thì tồn tại $c=0$ để hệ $(*)$ có nghiệm.
|
|
|
|
giải đáp
|
Hình không gian
|
|
|
|
 Gọi $M',N',P'$ là trung điểm các cạnh $BB',CD,A'D'$. Theo tính chất đường trung bình ta có $MM'//A'B//NP'$ nên $MM'$ và $NP'$ đồng phẳng, suy ra $P'M,MM',M'N$ đồng phẳng. Suy luận tương tự ta được $MM',M'N,NN',N'P,PP',P'M$ cùng thuộc $(MNP)$. Trên $(A'B'C'D')$ ta có $P'M$ vuông góc với $A'C'$, là hình chiếu của $AC'$, nên $P'M$ vuông góc với $AC'$. Trên $(ABB'A')$ ta có $MM'$ vuông góc với $AB'$, là hình chiếu của $AC'$, nên $MM'$ vuông góc với $AC'$. Do đó $AC'$ vuông góc với $(MNP)$. |
|
|
|
sửa đổi
|
BPT mũ
|
|
|
|
ĐK cần:
Giả sử $a$ là giá trị thỏa mãn:
\[ a.2^{x+1}+(2a+1)(3-\sqrt{5})^x+(3+\sqrt{5})^x<0,\forall
x\leq 0. \]
Cho $x=0$ ta có $2a+1<0$ hay $a<-\frac{1}{2}$.
ĐK đủ:
Xét trường hợp $a<-\frac{1}{2}$ và để cho gọn, đặt $\frac{3-\sqrt{5}}{2}=u,
\frac{3+\sqrt{5}}{2}=v$ thì $0<u<1<v$ và $uv=1$.
Xét hàm số $f(x)=2a+(2a+1)u^x+v^x$ trên $(-\infty ,0)$.
Ta có $f’(x)=(2a+1)u^x\ln u+v^x\ln v=(2a+1)u^x\ln u-v^x\ln v=\ln
u((2a+1)u^x-v^x).$
Vì $u<1$ nên $\ln u<0$ và $2a+1<0$ nên $f’(x)>0,\forall
x\leq 0$.
Khi đó $f(x)<f(0)=2(2a+1)<0,\forall x\leq 0$ (thỏa mãn
bài toán).Vậy $a<-\frac{1}{2}$ là kết quả cần tìm.
Normal
0
false
false
false
EN-US
X-NONE
X-NONE
ĐK cần:
Giả sử $a$ là giá trị thỏa mãn:
\[ a.2^{x+1}+(2a+1)(3-\sqrt{5})^x+(3+\sqrt{5})^x<0,\forall
x\leq 0. \]
Cho $x=0$ ta có $2a+1<0$ hay $a<-\frac{1}{2}$.
ĐK đủ:
Xét trường hợp $a<-\frac{1}{2}$ và để cho gọn, đặt $\frac{3-\sqrt{5}}{2}=u,
\frac{3+\sqrt{5}}{2}=v$ thì $0<u<1<v$ và $uv=1$.
Xét hàm số $f(x)=2a+(2a+1)u^x+v^x$ trên $(-\infty ,0)$.
Ta có $f’(x)=(2a+1)u^x\ln u+v^x\ln v=(2a+1)u^x\ln u-v^x\ln v=\ln
u((2a+1)u^x-v^x).$
Vì $u<1$ nên $\ln u<0$ và $2a+1<0$ nên $f’(x)>0,\forall
x\leq 0$.
Khi đó $f(x)<f(0)=2(2a+1)<0,\forall x\leq 0$ (thỏa mãn
bài toán).Vậy $a<-\frac{1}{2}$ là kết quả cần tìm.
|
|
|
|
giải đáp
|
BPT mũ
|
|
|
|
ĐK cần:
Giả sử $a$ là giá trị thỏa mãn:
\[ a.2^{x+1}+(2a+1)(3-\sqrt{5})^x+(3+\sqrt{5})^x<0,\forall
x\leq 0. \]
Cho $x=0$ ta có $2a+1<0$ hay $a<-\frac{1}{2}$.
ĐK đủ:
Xét trường hợp $a<-\frac{1}{2}$ và để cho gọn, đặt $\frac{3-\sqrt{5}}{2}=u,
\frac{3+\sqrt{5}}{2}=v$ thì $0<u<1<v$ và $uv=1$.
Xét hàm số $f(x)=2a+(2a+1)u^x+v^x$ trên $(-\infty ,0)$.
Ta có $f’(x)=(2a+1)u^x\ln u+v^x\ln v=(2a+1)u^x\ln u-v^x\ln v=\ln
u((2a+1)u^x-v^x).$
Vì $u<1$ nên $\ln u<0$ và $2a+1<0$ nên $f’(x)>0,\forall
x\leq 0$.
Khi đó $f(x)<f(0)=2(2a+1)<0,\forall x\leq 0$ (thỏa mãn
bài toán). Vậy $a<-\frac{1}{2}$ là kết quả cần tìm. |
|
|
|
sửa đổi
|
tim m de phuong trinh:
|
|
|
|
Đặt $|x|=t$ thì $t\geq 0$, PT đã cho được viết lại dưới dạng:
\[ f(t)=t^2-2(m-1)t-m+5=0 (1).\]
PT trên vô nghiệm khi và chỉ khi $\Delta =(m+1)(m-4)<0
\Leftrightarrow -1<m<4$.
PT trên có nghiệm $t\in [0,2]$ khi và chỉ khi:
\[ \begin{cases} \Delta '\geq 0 \\ f(0)\geq 0 \\ f(2)\geq 0 \\ 0\leq
m-1\leq 2 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} (m+1)(m-4)\geq 0 \\ 5-m\geq 0 \\13-5m\geq 0\\ 1\leq m\leq 3\end{cases}\]Dễ thấy không tồn tại $m$ thỏa mãn hệ điều kiện trên.Vậy PT ban đầu có nghiệm $x\in (-\infty ,-2)\bigcup (2,+\infty )$, tương đương với PT $(1)$ có nghiệm $t>2$, khi và chỉ khi $m\leq -1 \vee m\geq 4$.
Normal
0
false
false
false
EN-US
X-NONE
X-NONE
Đặt $|x|=t$ thì $t\geq 0$, PT đã cho được viết lại dưới dạng:
\[ f(t)=t^2-2(m-1)t-m+5=0 (1).\]
PT trên vô nghiệm khi và chỉ khi $\Delta =(m+1)(m-4)<0
\Leftrightarrow -1<m<4$.
PT trên có nghiệm $t\in [0,2]$ khi và chỉ khi:
\[ \begin{cases} \Delta '\geq 0 \\ f(0)\geq 0 \\ f(2)\geq 0 \\ 0\leq
m-1\leq 2 \end{cases} \Leftrightarrow \begin{cases} (m+1)(m-4)\geq 0 \\ 5-m\geq 0 \\13-5m\geq 0\\ 1\leq m\leq 3\end{cases}\]Dễ thấy không tồn tại $m$ thỏa mãn hệ điều kiện trên.Vậy PT ban đầu có nghiệm $x\in (-\infty ,-2)\bigcup (2,+\infty )$, tương đương với PT $(1)$ có nghiệm $t>2$, khi và chỉ khi $m\leq -1 \vee m\geq 4$.
|
|
|
|
giải đáp
|
tim m de phuong trinh:
|
|
|
|
Lời giải này có yêu cầu trả vỏ sò để xem. Bạn hãy link trên để vào xem chi tiết
|
|
|
|
sửa đổi
|
Nhị thức Newton.
|
|
|
|
Theo khai triển nhị thức Newton ta có:
$(1+x+x^2+x^3)^{15}$
$=(1+x)^{15}(1+x^2)^{15}$
$=\left( \sum_{k=1}^{15}{C_{15}^kx^k}\right) \left( \sum_{k=1}^{15}{C_{15}^kx^{2k}}\right)$
Hệ số của $x^{10}$ trong khai triển trên là:
$C_{15}^0.C_{15}^{5}+C_{15}^2.C_{15}^4+C_{15}^4.C_{15}^3+C_{15}^6.C_{15}^2+C_{15}^8.C_{15}^1+C_{15}^{10}.C_{15}^0=1392456.$
Normal
0
false
false
false
EN-US
X-NONE
X-NONE
Theo khai triển nhị thức Newton ta có:
$(1+x+x^2+x^3)^{15}$
$=(1+x)^{15}(1+x^2)^{15}$
$=\left( \sum_{k=0}^{15}{C_{15}^kx^k}\right) \left( \sum_{k=0}^{15}{C_{15}^kx^{2k}}\right)$
Hệ số của $x^{10}$ trong khai triển trên là:
$C_{15}^0.C_{15}^{5}+C_{15}^2.C_{15}^4+C_{15}^4.C_{15}^3+C_{15}^6.C_{15}^2+C_{15}^8.C_{15}^1+C_{15}^{10}.C_{15}^0=1392456.$
|
|
|
|
giải đáp
|
Nhị thức Newton.
|
|
|
|
Theo khai triển nhị thức Newton ta có:
$(1+x+x^2+x^3)^{15}$
$=(1+x)^{15}(1+x^2)^{15}$
$=\left( \sum_{k=0}^{15}{C_{15}^kx^k}\right) \left( \sum_{k=0}^{15}{C_{15}^kx^{2k}}\right)$
Hệ số của $x^{10}$ trong khai triển trên là:
$C_{15}^0.C_{15}^{5}+C_{15}^2.C_{15}^4+C_{15}^4.C_{15}^3+C_{15}^6.C_{15}^2+C_{15}^8.C_{15}^1+C_{15}^{10}.C_{15}^0=1392456.$ |
|