Số hộp lớn là x

Số hộp thường là y

Số hộp nhỏ là z 

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}6x+4y+z=100\left(1\right)\\x+y+z=50\left(2\right)\end{matrix}\right.\) Trừ hai vế của (1) cho (2)

\(\Rightarrow5x+3y=50\Rightarrow x=\dfrac{50-3y}{5}=10-\dfrac{3y}{5}\) (3)

\(x>0\Rightarrow10-\dfrac{3y}{5}>0\Leftrightarrow3y< 50\Rightarrow y\le16\)

Do x nguyên => \(3y⋮5\Rightarrow y=\left\{5;10;15\right\}\) Thay vào (3)

\(\Rightarrow x=\left\{7;4;1\right\}\)

Thay giá trị của x và y vào (2)

\(\Rightarrow z=\left\{38;36;34\right\}\)

Ở phần tính nghiệm, \(2019-2020x=2\Leftrightarrow x=\dfrac{2017}{2020}\) em nhé. 

Dạ em chưa hiểu ạ

Câu này còn 1 ý nữa, nên ý trên em không ra, em không biết giải ý dưới thế nào ạ!

b)  Một mặt phẳng vuông góc với đường thẳng e cắt d, delta, e lần lượt ở A1, M1, B1. Chứng minh rằng tam giác A1M1B1 là vuông.

há há ...

nếu giải xong, thầy Tùng Dương chi đậm tuần này, há há ...

Trên mỗi hàng, mỗi cột phải có hai số -1, hai số 1. 

Ta sẽ xếp theo hàng. 

Ta có các khả năng của các hàng như sau: 

(1) 1, 1, -1, -1 

(2) 1, -1, -1, 1

(3) -1, -1, 1, 1

(4) -1, 1, -1, 1

(5) 1, -1, 1, -1

(6) -1, 1, 1, -1

Giả sử hàng 1 ta điền bộ (1). Ta có các trường hợp sau: 

TH1: Hàng 2 điền bộ (1), khi đó hàng 3, hàng 4 ta phải điền bộ (3). 

TH2: Hàng 2 điền bộ để tổng 2 số trong của các cột bằng 0, khi đó ta điền bộ (3). Hàng 3 và hàng 4 khi đó cũng phải điền sao cho tổng các cột trong hai hàng bằng 0. Có 6 cách điền như vậy. 
TH3: Hàng 2 điền sao cho có 2 cột trong 4 cột có tổng bằng 0. Có 4 cách. Khi đó điền hàng 3 có 2 cách, điền hàng 4 có 1 cách. Tổng số cách là: 1.4.2.1=8 (cách). 

Vậy có tổng số cách là: 6.(1 + 6 + 8) = 90 (cách).

Gọi \(A_1,A_2,...,A_{2018}\) là các đỉnh của đa giác đều đó. 

Gọi \(\left(O\right)\) là đa giác đều ngoại tiếp đa giác đó. 

Các đỉnh của đa giác chia \(\left(O\right)\) thành 2018 cung tròn bằng nhau, mỗi cung có số đo \(\dfrac{360^o}{2018}\).

Các góc của tam giác sẽ là góc nội tiếp của \(\left(O\right)\) chắn các cung có số đo \(n.\dfrac{360^o}{2018}\), góc tương ứng của tam giác sẽ là \(\dfrac{n}{2}.\dfrac{360^o}{2018}\).

Xét tam giác ABC có các đỉnh là đỉnh của đa giác đều, với A cố định. Ta sẽ tìm số cách xác định điểm B, C thỏa mãn \(\widehat{BAC}>100^o\).

suy ra \(\stackrel\frown{BC}>160^o\) khi đó có số cung thỏa mãn là \(\left[\dfrac{160^o}{\dfrac{360^o}{2018}}\right]=896\) suy ra có \(897\) đỉnh. Vậy có số cách là: \(2018.C_{896}^2\) cách.  

95/132

Không gian mẫu \(\Omega\) chọn 3 thẻ từ 100 thẻ. \(n\left(\Omega\right)=C_{100}^3\).

Gọi \(x,y,z\) là ba số lấy ra được thỏa mãn. 

Biến cố A là biến cố chọn được các số \(x,y,z\) đó. 

Đặt \(A_k=\left\{\left(x,y,z\right)|x,y,z\in\left\{1,2,...,100\right\},1\le x< y< z=k,x+y>z\right\}\).

Khi đó \(n\left(A\right)=\left|A_1\right|+\left|A_2\right|+...+\left|A_{100}\right|\). Dễ thấy \(\left|A_1\right|=\left|A_2\right|=\left|A_3\right|=0\).

Ta sẽ tính các giá trị của \(\left|A_k\right|\).

TH1: \(k=2m\).

Xét \(1\le x\le m\). suy ra \(k=2m\ge2x\Leftrightarrow k-x\ge x\)

\(x+y>z\Rightarrow y>k-x\Rightarrow k-x+1\le y\le z-1\)

Số cách chọn \(y\) là \(\left(k-1\right)-\left(k-x+1\right)+1=x-1\) cách. 

Xét \(x>m\): \(x+y>2x>2m=z\) (thỏa mãn bđt tam giác) 

suy ra \(x+1\le y\le z-1=2m-1\).

Số cách chọn \(y\) là: \(\left(2m-1\right)-\left(x+1\right)+1=2m-x+1\) cách. 

Tổng số cách là:

 \(\sum\left|A_k\right|=\sum_{i=1}^m\left(i+1\right)+\sum_{i=m+1}^{2m-1}\left(2m-i+1\right)=\left(m-1\right)^2\) cách. 

TH2: \(k=2m+1\).

Ta làm tương tự như trên, xét với \(1\le x\le m\) và \(x>m\).

Tổng số cách là: \(\sum\left|A_k\right|=\sum_{i=1}^m\left(i-1\right)+\sum_{i=m+1}^{2m}\left(2m-i\right)=m^2-m\) cách. 

Vậy \(n\left(A\right)=\sum_{m=2}^{49}m\left(m-1\right)+\sum_{m=2}^{50}\left(m-1\right)^2=79625\) (cách).

\(P\left(A\right)=\dfrac{n\left(\Omega\right)}{n\left(A\right)}=\dfrac{65}{132}\).