Chủ đề này có 6 trả lời

[Nobodyv3]

1/ Có bao nhiêu cách bỏ 15 viên bi khác nhau vào 5 hộp khác nhau $b_1, b_2,b_3,b_4,b_5 $ sao cho số bi $b_1 < b_2\leq 4 $ và có thể có hộp không có bi.
2/ Giả sử ta có n đồng xu $C_1,C_2,..., C_n$ bị lỗi chế tạo, cho nên khi gieo, mặt ngửa của đồng xu $C_k$ sẽ xuất hiện với xác suất là $1/(2k+1)$. Hỏi nếu gieo n đồng xu này thì xác suất xuất hiện một số lẻ mặt ngửa là bao nhiêu?

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nobodyv3: 11-07-2023 - 23:54

[Nobodyv3]

1/ Gộp chung $b_1 $ và $b_2$ thành 1 hộp đồng thời nhận thấy $0<b_1+b_2\leq 7$ nên ta có hàm sinh :
\begin{align*}
f(x)&=\Bigg( x+\frac{x^2}{2!}+\left ( \binom{3}{0}+\binom{3}{1} \right )\frac{x^3}{3!}+\left (\binom{4}{0}+\binom{4}{1} \right )\frac{x^4}{4!} +\left (\binom{5}{0}+\binom{5}{1}+\binom{5}{2} \right )\frac{x^5}{5!}\\
&+\left (\binom{6}{0}+\binom{6}{1}+\binom{6}{2}\right )\frac{x^6}{6!}+\left (\binom{7}{0}+\binom{7}{1}+\binom{7}{2}+\binom{7}{3}\right )\frac{x^7}{7!}\Bigg)e^{3x}\\
&=\sum_{n\geq 0}\Bigg( x+ \frac{x^2}{2!}+\frac{4x^3}{3!}+ \frac{5x^4}{4!}+\frac{16x^5}{5!}\\
&+ \frac{22x^6}{6!}+ \frac{64x^7}{7!} \Bigg)\frac {3^nx^n}{n!}\\
\Rightarrow 15![x^{15}]f(x)&=15.3^{14}+\frac {15.14.3^{13}}{2!}+\frac {4.15.14.13.3^{12}}{3!}+\frac {5.15.14.13.12.3^{11}}{4!}+\frac {16.15.14.13.12.11.3^{10}}{5!}\\
&+\frac {22.15.14.13.12.11.10.3^9}{6!}+\frac {64.15.14.13.12.11.10.9.3^8}{7!}\\
&=\boldsymbol {10121963067}
\end{align*}

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hxthanh: 13-07-2023 - 14:28

[hxthanh]

@Nobodyv3 Em chú ý giữa left(….right) không được ngắt hàng. Giải pháp thay bằng Big( và Big) nó được hiểu là ký hiệu mà không phải môi trường.

[Nobodyv3]

@Nobodyv3 Em chú ý giữa left(….right) không được ngắt hàng. Giải pháp thay bằng Big( và Big) nó được hiểu là ký hiệu mà không phải môi trường.

Em thường xuyên bị lỗi này! Giờ thầy chỉ bảo nên em đã hiểu. Merci mille fois.

[Nobodyv3]

2/ Đặt $p_k=\frac {1}{2k+1}$ thì $q_k=1- p_k $. Xét đa thức :$$f(x)=(q_1+p_1x)(q_2+p_2x)...(q_n+p_nx)=\sum a_mx^m$$ trong đó $a_m$ là xác suất có đúng m mặt ngửa. Giờ ta đi tính $a_1+a_3+a_5+...$.
Ta thấy :
$f(1)=1$ và $f(-1)=\frac{1}{3}\times \frac{3}{5}\times ...\times \frac{2n-1}{2n+1}=\frac{1}{2n+1}$. Vậy xác suất cần tìm là :$$\frac{f(1)-f(-1)}{2}=\frac{1-\frac{1}{2n+1}}{2}=\boldsymbol {\frac{n}{2n+1}}$$

[Nobodyv3]

@Nobodyv3 Em chú ý giữa left(….right) không được ngắt hàng. Giải pháp thay bằng Big( và Big) nó được hiểu là ký hiệu mà không phải môi trường.

Báo cáo với thầy, em vừa học được 1 chiêu cũ người mới ta :
Ngoài giải pháp sử dụng [ \Bigg (....xuonghang...\Bigg ( ] ta cũng có thể dùng:
[\left (...xuonghang\right. $\backslash\backslash$
\left. ...xuonghang\right.$\backslash\backslash$
...............
\left. ...\right)]
Thí dụ :
$$\begin{align*}
f(x)&=\left( x+\frac{x^2}{2!}+\left ( \binom{3}{0}+\binom{3}{1} \right )\frac{x^3}{3!}\right.\\
&\left.+\left (\binom{4}{0}+\binom{4}{1} \right )\frac{x^4}{4!} +\left (\binom{5}{0}+\binom{5}{1}+\binom{5}{2} \right )\frac{x^5}{5!}\right.\\
&\left.+\left (\binom{6}{0}+\binom{6}{1}+\binom{6}{2}\right )\frac{x^6}{6!}\right.\\
&\left.+\left (\binom{7}{0}+\binom{7}{1}+\binom{7}{2}+\binom{7}{3}\right )\frac{x^7}{7!}\right )e^{3x}\\
&=\sum_{n\geq 0}\left( x+ \frac{x^2}{2!}+\frac{4x^3}{3!}+ \frac{5x^4}{4!}+\frac{16x^5}{5!}\right.\\
&\qquad\quad \left.+\frac{22x^6}{6!}+ \frac{64x^7}{7!} \right )\frac {3^nx^n}{n!}\\
\end{align*}$$
======
Mong ước phổ biến giải pháp này đến các bạn quan tâm, xem như lời tri ân cụ thể đến thầy @hxthanh.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nobodyv3: 03-08-2023 - 10:17

[hxthanh]

Cái này hoàn toàn có thể áp dụng ở hệ phương trình
$$\left\{\begin{matrix}a&=&b\\c&\ne&d\\i^2&=&-1\end{matrix}\right.$$
Tích phân $$\left.\int_a^b f(x)\rm dx=F(x)\right|_{x=a}^b =F(b)-F(a)$$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi hxthanh: 03-08-2023 - 14:02