ChiLanA0K48

Năm khách hàng vào một siêu thị nhỏ gồm 5 gian hàng khác nhau. Mỗi người chọn ngẫu nhiên một gian để mua hàng. Tính xác suất để mỗi gian hàng có đúng 1 người để đến mua

Bài giải

 

Gọi $\Omega$ là tập hợp các khả năng các khách hàng chọn các gian hàng

Mỗi khách hàng có 5 khả năng lực chọn nên $\left | \Omega \right |=5^5$

Gọi là $A$ là biến cố mỗi gian hàng có đúng một người đến mua

Gọi $(x_1, x_2, x_3, x_4, x_5)$ là dãy 5 chữ số, $x_i$ chỉ gian hàng mà hành khách thứ $i$ chọn

Ta thấy mỗi cách khách lên tàu ứng với một cách chọn dãy $(x_1, x_2, x_3, x_4, x_5)$ sao cho trong đó $x_i, x_j$ đôi một khác nhau. 

Suy ra $\left | \Omega _A \right |=5!$

Vậy theo định nghĩa xác suất cổ điển

$P_(A)=\frac{\left | \Omega _A \right |}{\left | \Omega \right |}=\frac{5!}{5^5}$

Bài 6. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ với tâm nội tiếp $I$. $P$ là điểm ở trong tam giác sao cho $PI$ vuông góc với $IA$. Gọi $Q$ đẳng giác $P$ trong tam giác $ABC$. $AQ$ cắt $BC$ tại $E$. Gọi $J$ là trung điểm $IE$. Đường thẳng qua $I$ vuông góc với $OI$ cắt đường thẳng qua $J$ vuông góc với $IQ$ tại $S$ và cắt $AP$ tại $T$. Chứng minh $I$ là trung điểm đoạn $ST$.

 

Giải:

 

Bổ đề 1: Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$, $P,Q$ là hai điểm đẳng giác liên hợp trong tam giác. $AP$ cắt $(O)$ tại $M$ khác $A$. $QM$ cắt $BC$ tại $N$. Khi đó, $PN$ song song $AQ$.

Chứng minh bổ đề 1: Tham khảo #4 trong link http://www.artofprob...unity/c6h618960

 

Bổ đề 2: Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$, $AE,AF$ là hai đường đẳng giác trong tam giác. $AF$ cắt $(O)$ tại $P$ khác $A$.  $I$ là tâm nội tiếp tam giác $ABC$ và $J$ là điểm chính giữa cung $BC$ không chứa $A$ của $(O)$. Gọi $M$ là trung điểm $IE$. Khi đó $JM,PI$ cắt nhau tại một điểm thuộc $(O)$.

 

Chứng minh bổ đề 2: 

 

Gọi $D$ là chân đường phân giác trong tam giác $ABC$. Gọi $N$ là giao điểm $JM, AE$.

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác $AEI$ có $J,M,N$ thẳng hàng, suy ra $\frac{JI}{JA}=\frac{NE}{NA}$

Lại có kết quả quen thuộc là $\frac{JI}{JA}=\frac{ID}{IA}$ suy ra $\frac{NE}{NA}=\frac{ID}{IA}$ suy ra $IN\parallel ED$ (theo ĐL Thales đảo)

Gọi $Q$ là giao điểm thứ hai của $AE$ với $(O)$. Gọi $T$ là giao điểm $PI$ với $(O)$. Do $IN$ song song $BC$ suy ra $\angle NIT=\angle QPT=\angle NAT$ suy ra $A,I,N,T$ cùng thuộc một đường tròn. Suy ra $\angle NTI=\angle NAI=\angle JAP=\angle JTI$ suy ra $J,N,T$ thẳng hàng. Suy ra đpcm.

 

Bổ đề 3: Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$, tâm nội tiếp $I$. $P$ là điểm trong tam giác sao cho $PI\perp IA$; $Q$ là điểm đẳng giác của $P$ trong tam giác $ABC$. $AP$ cắt $(O)$ tại $T$. Chứng minh rằng $I$ là tâm nội tiếp tam giác $AQT$.

 

Chứng minh bổ đề 3: 

 

Gọi $E$ là giao điểm $TQ,BC$. Áp dụng bổ đề 1, ta có $PE\parallel AQ$. Gọi $D$ là giao điểm $PE,AI$. Dễ dàng chứng minh $APD$ là tam giác cân tại $P$.

Gọi $J$ là điểm chính giữa cung $BC$ không chứa $A$ của $(O)$. Gọi $L$ là giao điểm $TI$ với $(O)$. $N$ là giao điểm $JL,BC$.

Do $JN.JL=JB^2=JI^2$ nên suy ra $\angle JIN=\angle JLT=\angle JAT=\angle PDI$ suy ra $ PE$ song song $IN$ 

Dễ thấy $I$ là trung điểm $AD$, gọi $K$ là chân đường phân giác trong tam giác $ABC$, ta có $\frac{DE}{IN}=\frac{KD}{KI}$

Lại có $\frac{IA}{IJ}=\frac{KD}{KI}$ suy ra $\frac{DE}{IN}=\frac{KD}{KI}=\frac{DI}{IJ}$

Xét tam giác $IED$ và tam giác $JNI$ có $\angle JIN=\angle IDE$ và $\frac{DE}{IN}=\frac{DI}{IJ}$

suy ra $\triangle IED\sim \triangle JNI$ suy ra $\angle DIE=\angle IJN$ suy ra $JL\parallel IE$

Suy ra $\angle TIE=\angle JIN (=\angle TLJ)$  suy ra $\angle NIE=\angle JIT$

Mà $\angle IEN=\angle JNE=\angle JTI$ suy ra $\triangle JIT\sim \triangle NIE$. Suy ra $\frac{IN}{IE}=\frac{IJ}{IT}$

suy ra $\triangle INJ \sim \triangle IET$ suy ra $\angle IJN=\angle ITE=\angle ITA$

Suy ra $I$ là tâm nội tiếp tam giác $AQT$.

Ta có đpcm

 

Trở lại bài toán: 

 

Áp dụng bổ đề 3, gọi $M$ là giao điểm $AP$ với $(O)$ suy ra $I$ là tâm nội tiếp tam giác $AMQ$. Gọi $K$ là điểm chính giữa cung $BC$ không chứa $A$ của $(O)$. $N$ là giao điểm $KJ$ với $BC$. Chứng minh được $IN \parallel AQ$

Áp dụng bổ đề 2, suy ra $KJ, MI$ cắt nhau tại $L$ trên $(O)$

Ta có $\angle QIK=\angle IQA$; $\angle NIK=\angle QAI$ và $\angle JKA=\angle IMA$ 

Suy ra $\angle JKA+\angle QIK=90$ suy ra $JK\perp IQ$

Suy ra $S$ thuộc $KL$

Áp dụng định lý con bướm, ta có $IS=IT$

Suy ra đpcm

 

Hình cho bổ đề 2

 http://i.imgur.com/6dH8w0u.jpg

 

 

Hình cho bổ đề 3

http://i.imgur.com/0zvLKlR.jpg

 

Hình bài toán 

http://i.imgur.com/hobNKVi.jpg

 

trong quá trình tìm lời giải cho bài này thì mình còn vướng ở bài toán sau

tam giác $ABC$ với phân giác trong $AD$ và tâm nội tiếp $I$.$E\in AC$ sao cho $DE||AB$.$EI\cap (IBC)=K$.

$\text{CMR}$ $AEDK$ nội tiếp

Giải:

 

Gọi $J$ là giao điểm $AC$ với $(IBC)$

Do $\angle EAD=\angle DAB=\angle EDA$ suy ra tam giác $ADE$ cân tại $E$ suy ra $EA=ED$

Gọi $T$ là điểm chính giữa cung $BC$ không chứa $A$ của $(ABC)$ suy ra $T$ là tâm ngoại tiếp tam giác $IBC$

Suy ra $\angle ITJ=2\angle ICJ=\angle DCJ$ suy ra $D,T,C,J$ cùng thuộc một đường tròn

Suy ra $\angle DJT=\angle DCT=\angle IDE$

Từ đó suy ra được $\angle JDE=\angle JTD=\angle ECD$

Suy ra $\triangle JED\sim \triangle DEC$ suy ra $ED^2=EJ.EC$ 

Tương đương $EA^2=EI.EK$ suy ra $\angle EKA=\angle EAI=\angle EDA$ suy ra $E,A,K,D$ cùng thuộc một đường tròn

Bài 5. Cho tam giác $ABC$ có phân giác trong $BE$. $D$ là điểm thuộc $BC$ sao cho $\angle DAC= \angle B$. $K$ là tâm nội tiếp tam giác $ADC$. $EK$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABE$ tại $L$ khác $E$. Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $LBC$ nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$.

Bài giải:

Dễ chứng minh $\triangle CBA \sim \triangle CAD$ suy ra $\frac{BA}{BC}=\frac{AD}{AC}$

Gọi $P$ là giao điểm $AK,BC$.

Theo tính chất đường phân giác ta có:

$\frac{AD}{AC}=\frac{PD}{PC}$ và $\frac{BA}{BC}=\frac{EA}{EC}$ suy ra $\frac{PD}{PC}=\frac{EA}{EC}$ suy ra $EP\parallel AD$

Suy ra $\angle CPE=\angle CDA=\angle CAB$ suy ra $P$ thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABE$.

Gọi $I$ là tâm nội tiếp tam giác $ABC$ và $M$ là giao điểm $AI$ với đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABE$

Áp dụng định lý Pascal cho các điểm $A,E,M,P,B,L$ cùng thuộc đường tròn $(ABE)$, suy ra $LM,BP$ cắt nhau tại một điểm thuộc $KI$ suy ra $L,M,C$ thẳng hàng

Gọi $S$ là điểm chính giữa cung $BC$ chứa $A$ của $(ABC)$

Suy ra $\angle CLB=\angle MLB=\angle IAB=\frac{1}{2}\angle CSB$ 

Suy ra $S$ là tâm ngoại tiếp tam giác $LBC$

Ta có điều phải chứng minh

Tính tổng:

1. $A=\textrm{C}_{2009}^{0}-\frac{1}{3}\textrm{C}_{2009}^{2}+\frac{1}{5}\textrm{C}_{2009}^{4}-...+\frac{1}{2009}\textrm{C}_{2009}^{2008}$

2.$B=\frac{\textrm{C}_{8}^{8}}{7.8}+\frac{\textrm{C}_{9}^{8}}{8.9}+...+\frac{\textrm{C}_{2010}^{8}}{2009.2010}$

 

Câu 1:

$A=\sum_{k=0} ^{1004}\frac{(-1)^k}{2k+1}C_{2009}^{2k}=\frac{1}{2010}\sum_{k=0}^{1004}C_{2010}^{2k+1}.(-1)^k$

Xét 

$(1+i)^{2010}=\sum_{k=0}^{2010}C_{2010}^{k}i^{k}=\sum_{j=0}^{1005}C_{2010}^{2j}i^{2j}+\sum_{k=0}^{1004}C_{2010}^{2k+1}i^{2k+1}=\sum_{j=0}^{1005}C_{2010}^{2j}.(-1)^{j}+(\sum_{k=0}^{1004}C_{2010}^{2k+1}(-1)^{k})i$

Mặt khác, cũng có

$(1+i)^{2010}=\left [ \sqrt{2}\left ( cos\frac{\pi}{4}+i.sin\frac{\pi}{4} \right ) \right ]^{2010}=2^{1005}cos\frac{2010\pi}{4}+\left ( 2^{1005}sin\frac{2010\pi}{4} \right )i=2^{1005}i$

Từ trên suy ra 

$\sum_{k=0}^{1004}C_{2010}^{2k+1}.(-1)^k=2^{1005}$

Vậy $A=\frac{1}{2010}\sum_{k=0}^{1004}C_{2010}^{2k+1}.(-1)^k=\frac{2^{1005}}{2010}$

 

Câu 2:

$B=\sum_{k=8}^{2010}\frac{C_{k}^{8}}{(k-1)k}=\frac{1}{8}\sum_{k=8}^{2010}\frac{C_{k-1}^{7}}{k-1}=\frac{1}{56}\sum_{k=8}^{2010}C_{k-2}^{6}=\frac{1}{56}sum_{i=6}^{2008}C_{i}^{6}$

 

Xét $S=\sum_{k=6}^{2008}(x+1)^k=\frac{(x+1)^{2009}-(x+1)^6}{x}=$

Hệ số của $x^6$ trong khai triển $S$ là  $\sum_{i=6}^{2008}C_{i}^{6}=C_{2009}^{7}$

Vậy $B=\frac{C_{2009}^{7}}{56}$