1. Ba học sinh An, Lan và Hoa, mỗi bạn viết ngẫu nhiên lên bảng một số tự nhiên thuộc đoạn . Tính xác suất để ba số được viết đôi một khác nhau và tích của ba số đó là một số chính phương.
2. Tìm tất cả các đa thức hệ số thực thỏa mãn
3. Lớp 11A có 40 học sinh tham gia ngoại khóa tại một khu vui chơi có 4 trò chơi khác nhau. Biết mọi học sinh đều tham gia và mỗi học sinh chỉ được đăng ký tham gia một trò chơi, mỗi trò chơi có ít nhất một người chơi và không trò chơi nào có quá 15 học sinh đăng ký. Hỏi lớp 11A có bao nhiêu cách đăng ký trò chơi?
1. Ba học sinh An, Lan và Hoa, mỗi bạn viết ngẫu nhiên lên bảng một số tự nhiên thuộc đoạn . Tính xác suất để ba số được viết đôi một khác nhau và tích của ba số đó là một số chính phương.
2. Tìm tất cả các đa thức hệ số thực thỏa mãn
3. Lớp 11A có 40 học sinh tham gia ngoại khóa tại một khu vui chơi có 4 trò chơi khác nhau. Biết mọi học sinh đều tham gia và mỗi học sinh chỉ được đăng ký tham gia một trò chơi, mỗi trò chơi có ít nhất một người chơi và không trò chơi nào có quá 15 học sinh đăng ký. Hỏi lớp 11A có bao nhiêu cách đăng ký trò chơi?
2. Tìm tất cả các đa thức hệ số thực thỏa mãn
3. Lớp 11A có 40 học sinh tham gia ngoại khóa tại một khu vui chơi có 4 trò chơi khác nhau. Biết mọi học sinh đều tham gia và mỗi học sinh chỉ được đăng ký tham gia một trò chơi, mỗi trò chơi có ít nhất một người chơi và không trò chơi nào có quá 15 học sinh đăng ký. Hỏi lớp 11A có bao nhiêu cách đăng ký trò chơi?
Đáp án chính thức: Tự luận
Hướng dẫn giải chi tiết
(AI giải đề cho tôi)
**Câu 1.** Khối [3;12] có 10 số: 3,4,5,6,7,8,9,10,11,12. Phân tích phần không chính phương (squarefree part) của từng số: 3→3, 4→1, 5→5, 6→6, 7→7, 8→2, 9→1, 10→10, 11→11, 12→3. Tích ba số là chính phương ⟺ tích các phần squarefree (phép XOR trên số nguyên tố) bằng 1. Các lớp: A={3,12} (sf 3), B={4,9} (sf 1), C={5}, D={6}, E={7}, F={8} (sf 2), G={10}, H={11}. Vì ba số đôi một khác nhau và không lớp nào có 3 phần tử, cần ba lớp khác nhau có sf thỏa sf1·sf2·sf3 là chính phương (mỗi nguyên tố xuất hiện chẵn lần). Các bộ lớp thỏa: (3,5,6)=(A,C,D); (3,7,1)=(A,E,B); (3,2,1)=(A,F,B); (5,7,2)=(C,E,F); (6,7,1)=(D,E,B); (6,2,1)=(D,F,B); (10,11,1)=(G,H,B); (3,11,2)=(A,H,F). Kiểm tra từng bộ: ví dụ 3·5·6=90=2·3²·5 — sai? Kiểm tra lại: 3⊕5⊕6: nguyên tố 2 xuất hiện 1 lần (trong 6) — sai. Xem lại: điều kiện đúng là sf1·sf2·sf3 chính phương, tức mỗi nguyên tố xuất hiện chẵn lần trong tích ba squarefree part. Xét lại các bộ: (3,5,6): 3·5·6=2·3²·5 không chính phương — loại. Kiểm tra từng bộ bằng tích: (3,7,1): 3·7·1=21 — loại. (3,2,1): 6 — loại. (5,7,2): 70 — loại. (6,7,1): 42 — loại. (6,2,1): 12 — loại. (10,11,1): 110 — loại. (3,11,2): 66 — loại. Vậy cách đúng: tìm bộ (a,b,c) với a·b·c chính phương, a,b,c là các squarefree part phân biệt (hoặc trùng nhưng số khác nhau — hai số cùng lớp cho sf² chính phương nên cần sf thứ ba =1, tức lớp B, nhưng lớp B chỉ có 2 phần tử nên không đủ với hai số khác cùng lớp khác). Liệt kê trực tiếp các bộ sf phân biệt có tích chính phương: cần {p,q,r} các sf đôi một khác nhau với p·q·r chính phương. Các sf có: 1,2,3,5,6,7,10,11. Thử: 2·3·6=36 ✓ (sf 2,3,6 = F,A,D); 2·5·10=100 ✓ (F,C,G); 2·7·? 14 không có; 2·11·? 22 không có; 3·5·? 15 không có; 3·6·? 18→sf 2 đã dùng dạng 2·3·6 rồi (3·6=18, cần sf 2: F) — chính là bộ (3,6,2) đã đếm; 3·7·? 21 không có; 3·10·? 30 không có; 3·11·? 33 không có; 5·6·? 30 không có; 5·7·? 35 không có; 5·10·? 50→sf 2: bộ (5,10,2) đã đếm; 5·11·? 55 không có; 6·7·? 42 không có; 6·10·? 60→sf 15 không có; 6·11·? 66 không có; 7·10·? 70 không có; 7·11·? 77 không có; 10·11·? 110 không có; bộ có sf 1: 1·a·b cần a·b chính phương với a≠b: 2·? không có cặp sf phân biệt tích chính phương ngoài... 2·8? không có sf 8. Vậy chỉ có 2 bộ lớp: (F,A,D) và (F,C,G). Số bộ số: {8,3,12},{8,5,10} — mỗi bộ 1 cách chọn (lớp F,C,G,D đều 1 phần tử; A có 2 phần tử: {3,12} chọn cả hai). Cụ thể: (8,3,12): tích 288=12²·2 — kiểm tra: 8·3·12=288=144·2, không chính phương! Kiểm tra lại sf: sf(8)=2, sf(3)=3, sf(12)=3. À, 12 có sf 3 (12=4·3), trùng với 3! Vậy sf(3)=sf(12)=3, hai số cùng lớp A. Sửa: lớp A={3,12} cùng sf 3. Khi đó bộ (F,A,D): chọn 8 (sf2), một số lớp A (sf3), 6 (sf6): 2·3·6=36 ✓. Có 2 cách chọn số lớp A (3 hoặc 12): bộ {8,3,6} tích 144=12² ✓; bộ {8,12,6} tích 576=24² ✓. Bộ (F,C,G): {8,5,10} tích 400=20² ✓. Còn bộ khác: hai số lớp A (sf3,3) + sf cần 3·3·s chính phương → s=1: cần hai số lớp B nhưng chỉ dùng được... hai số lớp A là {3,12} (2 số) + một số sf 1: {4,9}: bộ {3,12,4}: 144=12² ✓; {3,12,9}: 324=18² ✓. Hai số lớp B {4,9} + sf 1: không còn số sf 1 khác. Vậy các bộ ba thỏa (đôi một khác nhau, tích chính phương): {8,3,6}, {8,12,6}, {8,5,10}, {3,12,4}, {3,12,9} — kiểm tra thêm các bộ khác: {3,4,?}: 12·s chính phương → s=3: {3,4,12} đã có; {4,6,?}: 24s → s=6: không có số khác sf 6; {4,8,?}: 32s → s=2: không có; {6,8,?}: 48s → s=3: {6,8,3},{6,8,12} đã có; {5,?}: 5·s·t chính phương: {5,10,8} đã có, {5,10,2}? không có sf 2 khác; {7,...}: cần hai sf tích 7·k chính phương: 7·?·? : 7·? cần sf khác có tích chính phương với 7: không có (7·14,7·28 không có); {11,...}: tương tự không có; {9,4,x}: 36x → x chính phương: không còn; {9,8,x}: 72x → x=2: không có; {9,6,x}: 54x → x=6: không có; {9,12,x}: 108x → x=3: {9,12,3} đã có; {4,12,x}: 48x → x=3: {4,12,3} đã có. Vậy đúng 5 bộ. Mỗi bộ cho 3! = 6 cách xếp cho 3 học sinh → 30 kết quả thuận. Không gian mẫu 10³=1000. Xác suất P = 30/1000 = 3/100.
**Câu 2.** P(x)≡0 thỏa mãn. Xét P≠0, bậc n, hệ số cao nhất a≠0. VT có phần cao nhất 4a²x^{3n}+a²x^{3n}=5a²x^{3n}; VP có phần cao nhất 2a²x^{3n}. Suy ra 5a²=2a², mâu thuẫn. P hằng c≠0: 5c²=2c² vô lí. Vậy P(x)=0 là đa thức duy nhất.
**Câu 3.** Gọi (x₁,x₂,x₃,x₄) là số HS đăng ký 4 trò chơi, 1≤xᵢ≤15, Σxᵢ=40. Số cách đăng ký = số hàm từ 40 HS lên 4 trò chơi, mỗi trò có 1–15 người. Dùng bao hàm – loại trừ: Tổng số hàm toàn ánh: S = 4⁴⁰ − 4·3⁴⁰ + 6·2⁴⁰ − 4. Trừ các hàm có ít nhất một trò ≥16 người: |Aᵢ| = Σ_{k=16}^{40} C(40,k)·3^{40−k}; giao Aᵢ∩Aⱼ (k,l≥16, k+l≤40): |Aᵢ∩Aⱼ| = Σ_{k=16}^{24} C(40,k) Σ_{l=16}^{40−k} C(40−k,l)·2^{40−k−l}; ba trò cùng ≥16 là không thể (48>40). Kết quả: N = 4⁴⁰ − 4·3⁴⁰ + 6·2⁴⁰ − 4 − 4Σ_{k=16}^{40} C(40,k)3^{40−k} + 6Σ_{k=16}^{24} C(40,k) Σ_{l=16}^{40−k} C(40−k,l) 2^{40−k−l}. Trong đó 4⁴⁰=1208925819614629174706176, 4·3⁴⁰=48630661836227715204, 6·2⁴⁰=6597069766656, nên S = 1208925770983973935557624.
**Câu 1.** Khối [3;12] có 10 số: 3,4,5,6,7,8,9,10,11,12. Phân tích phần không chính phương (squarefree part) của từng số: 3→3, 4→1, 5→5, 6→6, 7→7, 8→2, 9→1, 10→10, 11→11, 12→3. Tích ba số là chính phương ⟺ tích các phần squarefree (phép XOR trên số nguyên tố) bằng 1. Các lớp: A={3,12} (sf 3), B={4,9} (sf 1), C={5}, D={6}, E={7}, F={8} (sf 2), G={10}, H={11}. Vì ba số đôi một khác nhau và không lớp nào có 3 phần tử, cần ba lớp khác nhau có sf thỏa sf1·sf2·sf3 là chính phương (mỗi nguyên tố xuất hiện chẵn lần). Các bộ lớp thỏa: (3,5,6)=(A,C,D); (3,7,1)=(A,E,B); (3,2,1)=(A,F,B); (5,7,2)=(C,E,F); (6,7,1)=(D,E,B); (6,2,1)=(D,F,B); (10,11,1)=(G,H,B); (3,11,2)=(A,H,F). Kiểm tra từng bộ: ví dụ 3·5·6=90=2·3²·5 — sai? Kiểm tra lại: 3⊕5⊕6: nguyên tố 2 xuất hiện 1 lần (trong 6) — sai. Xem lại: điều kiện đúng là sf1·sf2·sf3 chính phương, tức mỗi nguyên tố xuất hiện chẵn lần trong tích ba squarefree part. Xét lại các bộ: (3,5,6): 3·5·6=2·3²·5 không chính phương — loại. Kiểm tra từng bộ bằng tích: (3,7,1): 3·7·1=21 — loại. (3,2,1): 6 — loại. (5,7,2): 70 — loại. (6,7,1): 42 — loại. (6,2,1): 12 — loại. (10,11,1): 110 — loại. (3,11,2): 66 — loại. Vậy cách đúng: tìm bộ (a,b,c) với a·b·c chính phương, a,b,c là các squarefree part phân biệt (hoặc trùng nhưng số khác nhau — hai số cùng lớp cho sf² chính phương nên cần sf thứ ba =1, tức lớp B, nhưng lớp B chỉ có 2 phần tử nên không đủ với hai số khác cùng lớp khác). Liệt kê trực tiếp các bộ sf phân biệt có tích chính phương: cần {p,q,r} các sf đôi một khác nhau với p·q·r chính phương. Các sf có: 1,2,3,5,6,7,10,11. Thử: 2·3·6=36 ✓ (sf 2,3,6 = F,A,D); 2·5·10=100 ✓ (F,C,G); 2·7·? 14 không có; 2·11·? 22 không có; 3·5·? 15 không có; 3·6·? 18→sf 2 đã dùng dạng 2·3·6 rồi (3·6=18, cần sf 2: F) — chính là bộ (3,6,2) đã đếm; 3·7·? 21 không có; 3·10·? 30 không có; 3·11·? 33 không có; 5·6·? 30 không có; 5·7·? 35 không có; 5·10·? 50→sf 2: bộ (5,10,2) đã đếm; 5·11·? 55 không có; 6·7·? 42 không có; 6·10·? 60→sf 15 không có; 6·11·? 66 không có; 7·10·? 70 không có; 7·11·? 77 không có; 10·11·? 110 không có; bộ có sf 1: 1·a·b cần a·b chính phương với a≠b: 2·? không có cặp sf phân biệt tích chính phương ngoài... 2·8? không có sf 8. Vậy chỉ có 2 bộ lớp: (F,A,D) và (F,C,G). Số bộ số: {8,3,12},{8,5,10} — mỗi bộ 1 cách chọn (lớp F,C,G,D đều 1 phần tử; A có 2 phần tử: {3,12} chọn cả hai). Cụ thể: (8,3,12): tích 288=12²·2 — kiểm tra: 8·3·12=288=144·2, không chính phương! Kiểm tra lại sf: sf(8)=2, sf(3)=3, sf(12)=3. À, 12 có sf 3 (12=4·3), trùng với 3! Vậy sf(3)=sf(12)=3, hai số cùng lớp A. Sửa: lớp A={3,12} cùng sf 3. Khi đó bộ (F,A,D): chọn 8 (sf2), một số lớp A (sf3), 6 (sf6): 2·3·6=36 ✓. Có 2 cách chọn số lớp A (3 hoặc 12): bộ {8,3,6} tích 144=12² ✓; bộ {8,12,6} tích 576=24² ✓. Bộ (F,C,G): {8,5,10} tích 400=20² ✓. Còn bộ khác: hai số lớp A (sf3,3) + sf cần 3·3·s chính phương → s=1: cần hai số lớp B nhưng chỉ dùng được... hai số lớp A là {3,12} (2 số) + một số sf 1: {4,9}: bộ {3,12,4}: 144=12² ✓; {3,12,9}: 324=18² ✓. Hai số lớp B {4,9} + sf 1: không còn số sf 1 khác. Vậy các bộ ba thỏa (đôi một khác nhau, tích chính phương): {8,3,6}, {8,12,6}, {8,5,10}, {3,12,4}, {3,12,9} — kiểm tra thêm các bộ khác: {3,4,?}: 12·s chính phương → s=3: {3,4,12} đã có; {4,6,?}: 24s → s=6: không có số khác sf 6; {4,8,?}: 32s → s=2: không có; {6,8,?}: 48s → s=3: {6,8,3},{6,8,12} đã có; {5,?}: 5·s·t chính phương: {5,10,8} đã có, {5,10,2}? không có sf 2 khác; {7,...}: cần hai sf tích 7·k chính phương: 7·?·? : 7·? cần sf khác có tích chính phương với 7: không có (7·14,7·28 không có); {11,...}: tương tự không có; {9,4,x}: 36x → x chính phương: không còn; {9,8,x}: 72x → x=2: không có; {9,6,x}: 54x → x=6: không có; {9,12,x}: 108x → x=3: {9,12,3} đã có; {4,12,x}: 48x → x=3: {4,12,3} đã có. Vậy đúng 5 bộ. Mỗi bộ cho 3! = 6 cách xếp cho 3 học sinh → 30 kết quả thuận. Không gian mẫu 10³=1000. Xác suất P = 30/1000 = 3/100.
**Câu 2.** P(x)≡0 thỏa mãn. Xét P≠0, bậc n, hệ số cao nhất a≠0. VT có phần cao nhất 4a²x^{3n}+a²x^{3n}=5a²x^{3n}; VP có phần cao nhất 2a²x^{3n}. Suy ra 5a²=2a², mâu thuẫn. P hằng c≠0: 5c²=2c² vô lí. Vậy P(x)=0 là đa thức duy nhất.
**Câu 3.** Gọi (x₁,x₂,x₃,x₄) là số HS đăng ký 4 trò chơi, 1≤xᵢ≤15, Σxᵢ=40. Số cách đăng ký = số hàm từ 40 HS lên 4 trò chơi, mỗi trò có 1–15 người. Dùng bao hàm – loại trừ: Tổng số hàm toàn ánh: S = 4⁴⁰ − 4·3⁴⁰ + 6·2⁴⁰ − 4. Trừ các hàm có ít nhất một trò ≥16 người: |Aᵢ| = Σ_{k=16}^{40} C(40,k)·3^{40−k}; giao Aᵢ∩Aⱼ (k,l≥16, k+l≤40): |Aᵢ∩Aⱼ| = Σ_{k=16}^{24} C(40,k) Σ_{l=16}^{40−k} C(40−k,l)·2^{40−k−l}; ba trò cùng ≥16 là không thể (48>40). Kết quả: N = 4⁴⁰ − 4·3⁴⁰ + 6·2⁴⁰ − 4 − 4Σ_{k=16}^{40} C(40,k)3^{40−k} + 6Σ_{k=16}^{24} C(40,k) Σ_{l=16}^{40−k} C(40−k,l) 2^{40−k−l}. Trong đó 4⁴⁰=1208925819614629174706176, 4·3⁴⁰=48630661836227715204, 6·2⁴⁰=6597069766656, nên S = 1208925770983973935557624.