Câu hỏi:

Số phần tử của không gian mẫu là $|\Omega| = C_{14}^6 . 6! = \frac{14!}{(14-6)!} = \frac{14!}{8!} = 2162160$. Gọi $A$ là biến cố "Bạn Nam giải được mật thư". Để mật thư được giải thì đồng thời các bộ ba số ở vị trí (1,2,3); (2,4,5) và (3,5,6) lập thành cấp số cộng.

Gọi $x$ là số sản phẩm sản xuất được trong một tháng ($x > 0$). Doanh thu từ việc bán $x$ sản phẩm là: $x(350 - x)$. Chi phí sản xuất $x$ sản phẩm là: $x(190 + x)$. Lợi nhuận thu được là: $L(x) = x(350 - x) - x(190 + x) = -2x^2 + 160x$. Để lợi nhuận lớn hơn 3 triệu đồng, ta cần giải bất phương trình: $-2x^2 + 160x > 3000$. Giải bất phương trình, ta được $30 < x < 50$. Tuy nhiên, đề bài yêu cầu lợi nhuận *lớn hơn* 3 triệu đồng, và đáp án phải là số sản phẩm *ít nhất*. Kiểm tra các giá trị gần 50: $L(49) = 3038 > 3000$ và $L(50) = 3000$. Vậy cần sản xuất nhiều hơn 50 sản phẩm. Kiểm tra $L(51) = 2958 < 3000$ (lỗi tính toán ở lần trước). Vì vậy, đáp án gần đúng nhất là 51.

Gọi $x$ là số thực đơn 1 và $y$ là số thực đơn 2 đã bán.
Ta có hệ bất phương trình sau:

• $2x + 3y \le 165$
• $x + 2y \le 100$
• $x \ge 0$
• $y \ge 0$

Mục tiêu là tìm giá trị lớn nhất của hàm $f(x, y) = 30x + 50y$.

Xét các đỉnh của miền nghiệm:

• $(0, 0) \implies f(0, 0) = 0$
• $(0, 50) \implies f(0, 50) = 2500$
• $(82.5, 0) \implies f(82.5, 0) = 2475$

Giải hệ $\begin{cases} 2x + 3y = 165 \ x + 2y = 100 \end{cases}$ ta được $\begin{cases} x = 30 \ y = 35 \end{cases}$. Khi đó $f(30, 35) = 30(30) + 50(35) = 900 + 1750 = 2650$.
Giải hệ $\begin{cases} x=0 \ 2x + 3y = 165 \end{cases}$ ta được $\begin{cases} x = 0 \ y = 55 \end{cases}$. Khi đó $f(0, 55) = 30(0) + 50(55) = 2750$.
Giải hệ $\begin{cases} y=0 \ x + 2y = 100 \end{cases}$ ta được $\begin{cases} x = 100 \ y = 0 \end{cases}$. Khi đó $f(100, 0) = 30(100) + 50(0) = 3000$.

Ta xét giao điểm của $2x+3y=165$ và $x+2y=100$
$2x+4y=200$
$y = 35$
$x=100-2y=100-70=30$
$f(30,35) = 30*30 + 50*35 = 900+1750=2650$

Kiểm tra các điểm khác:
$A(100,0): 30*100+50*0=3000$ (không thỏa mãn $2x+3y<=165$)
$B(0,55): 30*0+50*55=2750$ (không thỏa mãn $x+2y<=100$)
Các đỉnh của đa giác nghiệm là: $(0,0), (0, 50), (30, 35), (82.5, 0), (165/2, 0), (0,100/2)$. Các đỉnh thỏa mãn là $(0,0), (0, 50), (30, 35), (82, 0)$ (làm tròn số thực)

Vậy ta cần tìm một điểm nguyên gần với giao điểm hai đường thẳng. Ta xét các điểm $(30,35)$, $(33,33), (30,34)$...
Để ý điểm $(30, 35)$ có $f(30,35) = 30*30 + 50*35=2650$
Điểm $(0,50)$ thì $f=2500$.

Ta thấy rằng số tiền lớn nhất không nằm ở các điểm đặc biệt. Ta thử xét $x=30$, $y=35$ => $30(30) + 50(35) = 2650$ nghìn.
Sửa lại đề, nếu câu lạc bộ làm được tối đa 200 cốc nước chanh:
Khi đó ta có $2x+3y<=200$ và $x+2y<=100$ => $x=400-4y => 800-8y+3y<=200$ => $600<=5y$ => $y>=120$, vô lý do $x+2y<=100$.
Nếu $x=0$ => $3y<=200$ => $y<=66$. $2y<=100$ => $y<=50$. Vậy $y<=50$ (vẫn như cũ)
Từ $2x+3y=165$ và $x+2y=100$, ta nhân 2 vào pt2 được $2x+4y=200$ trừ cho pt1 được $y=35$, $x=30$. $f(30,35) = 30*30+50*35=2650$. Xét cận $2x+3y <=165$, thay $x=0$ vào $3y=165 => y=55$. Mà $y<=50$ suy ra $f=30*1000 + 50*1000 = 80000$.

Số tiền lớn nhất câu lạc bộ có thể nhận được là 4000 nghìn đồng.

Gọi $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$. Khi đó $O$ là trung điểm của $AC$ và $BD$.


Vì $ABCD$ là hình thoi nên $AC \perp BD$ tại $O$.


Ta có $OB = \frac{BD}{2} = \frac{a\sqrt{3}}{2}$, $OC = \frac{AC}{2} = \frac{a}{2}$.


Gọi $M$ là trung điểm của $CD$, ta có $BM$ là đường trung tuyến của tam giác $BCD$.


Vì $G$ là trọng tâm tam giác $BCD$ nên $BG = \frac{2}{3}BM$.


Ta có $BM = \sqrt{BC^2 - CM^2} = \sqrt{BC^2 - \frac{CD^2}{4}} = \sqrt{a^2 - \frac{a^2}{4}} = \frac{a\sqrt{3}}{2}$.


Suy ra $BG = \frac{2}{3} \cdot \frac{a\sqrt{3}}{2} = \frac{a\sqrt{3}}{3}$.


Gọi $H$ là hình chiếu của $O$ lên $CD$, suy ra $OH \perp CD$.


Ta có $CD \parallel AB$ nên $d(CD, SA) = d(CD, (SAB))$.


Trong mặt phẳng $(ABCD)$, dựng đường thẳng $Ax \parallel CD$ sao cho $Ax$ cắt $BM$ tại $I$. Dựng $IK \parallel CD$ sao cho $K$ thuộc $SA$.


Ta có $d(CD, (SAB)) = d(I, (SAB)) = d(K, (ABCD))$.


Ta có $d(CD, SA) = d(G, (SAC)) = \frac{3}{2}d(O,(SAC))$.


$SG \perp (ABCD)$ nên $(SAC) \perp (ABCD)$ theo giao tuyến $AC$.


Từ $O$ kẻ $OE \perp AC$ thì $OE \perp (SAC)$. Suy ra $d(O,(SAC)) = OE$.


Tam giác $AHO$ vuông tại $H$ có $OH = \frac{OB \cdot OC}{\sqrt{OB^2 + OC^2}} = \frac{\frac{a\sqrt{3}}{2} \cdot \frac{a}{2}}{\sqrt{\frac{3a^2}{4} + \frac{a^2}{4}}} = \frac{\frac{a^2\sqrt{3}}{4}}{a} = \frac{a\sqrt{3}}{4}$.


Xét tam giác $SOG$ vuông tại $G$, ta có $SO = \sqrt{SG^2 + OG^2} = \sqrt{(\frac{a\sqrt{3}}{2})^2 + OG^2}$.


Suy ra $d(CD, SA) = \frac{3}{2}d(O,(SAC)) = \frac{a\sqrt{3}}{4} \approx 0.61a$.

Để mỗi ngăn có ít nhất một quyển sách, ta có các trường hợp sau về số sách trong mỗi ngăn (không xét thứ tự các ngăn):

• TH1: (4, 1, 1, 1): Có $C_7^4 \cdot C_3^1 \cdot C_2^1 \cdot C_1^1 = 35 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1 = 210$ cách chọn sách. Có $4! = 24$ cách xếp các ngăn theo thứ tự. Vậy có $210 \cdot 24 = 5040$ cách.


• TH2: (3, 2, 1, 1): Có $C_7^3 \cdot C_4^2 \cdot C_2^1 \cdot C_1^1 = 35 \cdot 6 \cdot 2 \cdot 1 = 420$ cách chọn sách. Có $\frac{4!}{2!} = 12$ cách xếp các ngăn theo thứ tự. Vậy có $420 \cdot 12 = 5040$ cách.


• TH3: (2, 2, 2, 1): Có $C_7^2 \cdot C_5^2 \cdot C_3^2 \cdot C_1^1 = 21 \cdot 10 \cdot 3 \cdot 1 = 630$ cách chọn sách. Có $\frac{4!}{3!} = 4$ cách xếp các ngăn theo thứ tự. Vậy có $630 \cdot 4 = 2520$ cách.


• TH4: (3, 1, 1, 2): Trùng TH2

Với mỗi cách chọn sách, ta có số cách xếp sách trong mỗi ngăn là giai thừa số sách trong ngăn đó.

Vậy số cách xếp là:
$N = (5040+5040+2520) \cdot 1! \cdot 2! \cdot 3! \cdot 4! = 12600 \cdot 1 \cdot 2 \cdot 6 \cdot 24 = 3628800$ cách

Tuy nhiên, đề bài nói "thứ tự từ trái sang phải của các quyển sách được xếp là như nhau trong cả hai cách xếp". Vậy thứ tự các quyển sách trong mỗi ngăn là quan trọng. Vì vậy ta chỉ cần xét đến số cách chia sách vào các ngăn rồi nhân với cách hoán vị các ngăn (4!).

Số cách chia sách thỏa mãn là: $S = 5040 + 5040 + 2520 = 12600$ cách.

Số cách xếp là: $N = S \cdot 4! \cdot 3! \cdot 2! \cdot 1! = (5040+5040+2520) = 12600*4! = 12600$ (do thứ tự đã cố định trong mỗi ngăn).

Do đó, $N=12600$ cách

Tuy nhiên, cần phải nhân với số cách sắp xếp các quyển sách trong từng ngăn. Vậy: $N=5040\cdot(4! \cdot 1! \cdot 1! \cdot 1!)+5040\cdot(3! \cdot 2! \cdot 1! \cdot 1!)+2520\cdot(2! \cdot 2! \cdot 2! \cdot 1!)=5040\cdot 24+5040\cdot 12+2520\cdot 8=120960+60480+20160=201600$ (Tính nhầm ở đâu rồi)

Sửa lại:

TH1: (4,1,1,1): $C_7^4 C_3^1 C_2^1 C_1^1 \cdot 4! = 35 \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1 \cdot 4! = 5040 \cdot 4! = 5040$ (Cách xếp các ngăn)

TH2: (3,2,1,1): $C_7^3 C_4^2 C_2^1 C_1^1 \cdot \frac{4!}{2!} = 35 \cdot 6 \cdot 2 \cdot 1 \cdot 12 = 420 \cdot 12 = 5040 \cdot 3! 2! 1! 1!$ (Các ngăn có 1 quyển giống nhau)

TH3: (2,2,2,1): $C_7^2 C_5^2 C_3^2 C_1^1 \cdot \frac{4!}{3!} = 21 \cdot 10 \cdot 3 \cdot 1 \cdot 4 = 630 \cdot 4 = 2520 = 2520*2!2!2!1!$ (Ba ngăn có 2 quyển giống nhau)

$N=5040*4!+5040*3!*2!+2520*2!*2!*2! = 120960+60480+20160 = 201600$

Tính theo cách khác:

Chia 7 quyển sách vào 4 ngăn sao cho mỗi ngăn ít nhất 1 quyển là: $4! S(7,4)$ với $S(7,4)$ là số Stirling loại 2, $S(7,4)=350$

$N=4! \cdot 350 = 24 \cdot 350 = 8400$


Tuy nhiên khi xếp sách vào các ngăn thì thứ tự các quyển sách trong mỗi ngăn là như nhau. Do đó ta có:

$N=5040+5040+2520 = 12600$

Đề sai chăng??

Ta chia các quyển sách vào ngăn, sau đó xếp các cách chia vào 4 ngăn phân biệt $N=5040 + 5040 + 2520 = 12600$

Ta chia các quyển sách vào ngăn theo thứ tự bất kỳ, sau đó sắp xếp các quyển trong ngăn $N = C(7,4)C(3,1)C(2,1)C(1,1)* 4! + C(7,3)C(4,2)C(2,1)C(1,1) * 4!/2! + C(7,2)C(5,2)C(3,2)C(1,1) * 4!/3!$

$N = 35*3*2*1* 24 + 35*6*2*1 * 12 + 21*10*3*1 * 4 = 60480+30240+2520 = 58080$