|
giải đáp
|
Tổ hợp
|
|
|
Ta có: $(k^2+k+1)k!$ $=(k+1)^2k!-k.k!$ $=(k+1).(k+1)!-k.k!$ Từ đó suy ra: $\displaystyle \sum_{k=1}^n(k^2+k+1)k!=\sum_{k=1}^n\left((k+1).(k+1)!-k.k!\right)=(n+1).(n+1)!-1$
|
|
|
giải đáp
|
OXY
|
|
|
Phân giác trong góc $B$ là đường thẳng đi qua $J$ và vuông góc với phân giác ngoài góc $B$, có phương trình: $x-y-1=0$ Từ đó suy ra tọa độ $B$ là: $B(-3;-4)$ Ta có: $IA^2=IB^2$ từ đó suy ra tọa độ $A$ là: $A(2;-4)$ hoặc $A(2;6)$ Với $A(2;-4)$ suy ra $AB$ vuông góc với phân giác trong góc $A$, vô lý. Vậy tọa độ $A$ là $A(2;6)$. Tọa độ điểm $B'$ đối xứng với $B$ qua phân giác trong góc $A$ là: $B'(7;-4)$ Vì $B'\in AC$ nên phương trình $AC$ là: $2x+y-10=0$ Tọa độ điểm $A'$ đối xứng với $A$ qua phân giác trong góc $B$ là: $A'(7;1)$ Vì $A'\in BC$ nên phương trình $BC$ là: $x-2y-5=0$ Từ đó suy ra tọa độ $C$ là: $C(5;0)$
|
|
|
giải đáp
|
Toán đếm 11.ai giải dùm em mấy bài cái
|
|
|
Câu 1: a. Cứ 3 điểm bất kỳ trong 7 điểm đã cho xác định duy nhất 1 tam giác. suy ra số tam giác cần tìm là: $C_7^3=35$ b. Cứ 2 điểm bất kỳ trong 7 điểm đã cho xác định duy nhất 1 đường thẳng. suy ra số đường thẳng cần tìm là: $C_7^2=21$
|
|
|
|
giải đáp
|
ai giúp em với
|
|
|
Đặt: $x=\sqrt2\sin t,t\in\left[-\dfrac{\pi}{2};\dfrac{\pi}{2}\right] \Rightarrow dx=\sqrt2\cos tdt$ Ta có: $\int\limits_{-1}^1\sqrt{2-x^2}dx$ $=\int\limits_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}}\sqrt{2-2\sin^2t}.\sqrt2\cos tdt$ $=\int\limits_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}}2\cos^2tdt$ $=\int\limits_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}}(\cos2t+1)dt$ $=\left(\dfrac{\sin2t}{2}+t\right)\left|\begin{array}{l}\dfrac{\pi}{4}\\-\dfrac{\pi}{4}\end{array}\right.=1+\dfrac{\pi}{2}$
|
|
|
giải đáp
|
AI giúp em với, cần gấp ạ
|
|
|
1. Không mất tính tổng quát, giả sử: $a\le b\le c \Rightarrow 1\le a\le2;2\le c\le3$. Ta có: $(a-1)(a-2)\le0 \Leftrightarrow a^2\le3a-2$ $(c-2)(c-3)\le0 \Leftrightarrow c^2\le5c-6$ *) Nếu $1\le b\le 2 \Rightarrow b^2\le3b-2$ $\Rightarrow a^2+b^2+c^2\le 3(a+b+c)+2c-10\le3.6+2.3-10=14$ *) Nếu $2\le b\le 3 \Rightarrow c^2\le5c-6$ $\Rightarrow a^2+b^2+c^2\le 5(a+b+c)-2a-14\le5.6-2.1-14=14$ Dấu bằng xảy ra chẳng hạn khi: $a=1;b=2;c=3$.
|
|
|
giải đáp
|
hệ phương trình mũ
|
|
|
1. Không mất tính tổng quát, giả sử: $a\le b\le c \Rightarrow 1\le a\le2;2\le c\le3$. Ta có: $(a-1)(a-2)\le0 \Leftrightarrow a^2\le3a-2$ $(c-2)(c-3)\le0 \Leftrightarrow c^2\le5c-6$ *) Nếu $1\le b\le 2 \Rightarrow b^2\le3b-2$ $\Rightarrow a^2+b^2+c^2\le 3(a+b+c)+2c-10\le3.6+2.3-10=14$ *) Nếu $2\le b\le 3 \Rightarrow c^2\le5c-6$ $\Rightarrow a^2+b^2+c^2\le 5(a+b+c)-2a-14\le5.6-2.1-14=14$ Dấu bằng xảy ra chẳng hạn khi: $a=1;b=2;c=3$.
|
|
|
giải đáp
|
Xác xuất
|
|
|
Giả sử $5$ xạ thủ bắn trúng bia với xác xuất $0.9$ là nhóm 1, $3$ xạ thủ bắn trúng bia với xác xuất $0.8$ là nhóm 2 và $2$ xạ thủ còn lại là nhóm $3$. Gọi $H_1$ là biến cố chọn xạ thủ thuộc nhóm 1, $H_2$ là biến cố chọn xạ thủ thuộc nhóm 2, $H_3$ là biến cố chọn xạ thủ thuộc nhóm 3. Gọi $A$ là biến cố xạ thủ được chọn bắn trượt. Ta có: $P(H_1)=\dfrac{1}{2};P(H_2)=\dfrac{3}{10};P(H_3)=\dfrac{1}{5}$ $\Rightarrow P(A)=P(H_1)P(A/H_1)+P(H_2)P(A/H_2)+P(H_3)P(A/H_3)$$=\dfrac{1}{2}.\dfrac{1}{10}+\dfrac{3}{10}.\dfrac{1}{5}+\dfrac{1}{5}.\dfrac{3}{10}=\dfrac{17}{100}$ Theo định lý Bayes, thì: XS để xạ thủ thuộc nhóm 1 là: $P(H_1/A)=\dfrac{P(H_1)P(A/H_1)}{P(A)}=\dfrac{\dfrac{1}{2}.\dfrac{1}{10}}{\dfrac{17}{100}}=\dfrac{5}{17}$ XS để xạ thủ thuộc nhóm 2 là: $P(H_2/A)=\dfrac{P(H_2)P(A/H_2)}{P(A)}=\dfrac{\dfrac{3}{10}.\dfrac{1}{5}}{\dfrac{17}{100}}=\dfrac{6}{17}$ XS để xạ thủ thuộc nhóm 3 là: $P(H_3/A)=\dfrac{P(H_3)P(A/H_3)}{P(A)}=\dfrac{\dfrac{1}{5}.\dfrac{3}{10}}{\dfrac{17}{100}}=\dfrac{6}{17}$
|
|
|
giải đáp
|
đề
|
|
|
2. Ta có: $A=\dfrac{2(x-1)}{3}+\dfrac{4}{x-1}+\dfrac{5}{3}$ $\ge2\sqrt{\dfrac{2(x-1)}{3}.\dfrac{4}{x-1}}+\dfrac{5}{3}$ $=\dfrac{4\sqrt6+5}{3}$ $\min A=\dfrac{4\sqrt6+5}{3} \Leftrightarrow x=1+\sqrt6$
|
|
|
giải đáp
|
Mọi người giúp bài cực trị với
|
|
|
1. Ta có: $x-9+9\ge6\sqrt{x-9}$ $\Leftrightarrow x\ge6\sqrt{x-9}$ $\Leftrightarrow P=\dfrac{\sqrt{x-9}}{5x}\le\dfrac{1}{30}$ vậy $\max P=\dfrac{1}{30} \Leftrightarrow x=18$
|
|
|
giải đáp
|
bài toán đếm số
|
|
|
1. Gọi số có 7 chữ số là: $\overline{abcdefg}$. Có 9 cách chọn $a$ Có 10 cách chọn $b$ Có 10 cách chọn $c$ Có 10 cách chọn $d$ Có 10 cách chọn $e$ Có 10 cách chọn $f$ Có 5 cách chọn $g$ (tùy thuộc vào tính chẵn lẻ của tổng $a+b+c+d+e+f$). Suy ra có: $9.10^5.5=4500000$ số thỏa mãn.
|
|
|
|
giải đáp
|
PT bậc 2
|
|
|
Cần chứng minh $\Delta=b^2−4ac$ không là số chính phương. Giả sử $\Delta=b^2−4ac=m^2\;(m\in\mathbb{N})$. Dễ thấy $m<b$. Ta có: $4a.\overline{abc}=(20a+b)^2−(b^2−4ac)=(20a+b+m)(20a+b−m)$. Do đó: $\overline{abc}\mid 20a+b+m$ hoặc $\overline{abc}\mid 20a+b−m$. Mặt khác, dễ chứng minh được: $0<20a+b−m\le20a+b+m<\overline{abc}$. Do đó dẫn đến điều vô lý, từ đó suy ra điều phải chứng minh.
|
|
|
giải đáp
|
tim so du
|
|
|
Ta có: $2014201420142014\equiv 4\;($mod $30)\Rightarrow 2014201420142014^3\equiv 4\;($mod $30)$ và $2014201420142016\equiv 6\;($mod $30)$ $\Rightarrow 2014201420142014^3+2014201420142016\equiv 10\;($mod $30)$
|
|
|
giải đáp
|
giup em voi
|
|
|
Giả sử $gcd(a;c)=m$, ta có: $a=mk;c=mp$ và $gcd(k,p)=1$. Từ giả thiết suy ra: $kb=pd$. Vì $gcd(k,p)=1 \Rightarrow p\mid b \Rightarrow b=pq;d=kq$ Từ đó ta có: $a^n+b^n+c^n+d^n=m^nk^n+p^nq^n+m^np^n+k^nq^n=(m^n+q^n)(k^n+p^n)$ là hợp số.
|
|