Bir sınav görevlisinin 8 soruya 30 puan ataması, herhangi bir soruya en az 2 puan vermesidir.

Cevap:

#259459200#

Açıklama:

Bunu doğru okuyorsam, sınav görevlisi yalnızca 2'nin katlarında işaret atayabilirse, bu, 30 işaretten sadece 15 seçeneğin bulunduğu anlamına gelir. #30/2 = 15#

Sonra 8 soruya dağıtılmış 15 seçeneğimiz var.

Permütasyonlar için formülü kullanma:

# (n!) / ((n - r)!) #

Nerede # N # nesne sayısıdır (Bu durumda 2'li gruplar içindeki işaretler).

Ve # R # bir seferde kaç tane alındığı (Bu durumda 8 soru)

Böylece sahibiz:

#(15!)/((15 - 8)!) = (15!)/(7!) = 259459200#

Cevap:

Var # "" _ 21C_14 # (veya 116,280) yoludur.

Açıklama:

Vermek için "banka" da 30 markla başlıyoruz. Tüm soruların en az 2 puan olması gerektiğinden, biz # 2 x x 8 = 16 # gelen işaretleri #30# ve onları eşit olarak dağıtın. Şimdi her soru 2 (şimdiye kadar) ve "banka" ile kaldı #30-16=14# mark.

Şimdi, 8 soru arasında kalan 14 puanı atlamanın yollarını bulmamız gerekiyor. İlk başta, bu çok zor görünebilir, ancak onu daha sezgisel hale getiren bir numara var.

Bir an için işleri basitleştirelim. Ya sadece 2 sorumuz ve aralarında ayrılacak 14 işaretimiz varsa? Bunu kaç yolla yapabiliriz? Peki, işaretleri 14 + 0 ya da 13 + 1 ya da 12 + 2, vb … ya da 1 + 13 ya da 0 + 14 olarak bölebiliriz. Başka bir deyişle, yalnızca 1 bölmeyi eklememiz gerektiğinde (2 soru arasında), bunu yapmak için 15 yol alıyoruz.

Bu, “Arka arkaya 14 sarı mermer (işaretler) ve 1 mavi mermer (soru ayırıcı) olarak kaç benzersiz yol ayarlayabiliriz?” Sorusuyla aynı. Bunun cevabı, 15 mermerin tümünün permütasyon sayısını hesaplayarak bulunur. #15!#), ardından her iki sarı mermere izin verme yollarına bölünerek #(14!)# ve mavi mermer #(1!)#çünkü her bir düzenleme içinde, aynı mermerlerin hangi sırada göründüğü önemli değildir.

Yani 14 sarı mermer (işaret) ve 1 mavi mermer (soru bölücü) olduğunda,

# (15!) / (14! Xx1!) = (15xxcancel (14!)) / (İptal (14!) XX1) = 15/1 = 15 #

Mermerleri yerleştirmenin 15 yolu (işaretleri bölme). Not: Bu eşittir # "" _ 15C_14 #.

Başka bir mavi mermer daha tanıtalım - yani, işaretleri vermek için ikinci bir bölünme veya üçüncü bir soru. Şimdi toplam 16 mermere sahibiz ve bunları ne kadar farklı şekilde ayarlayabileceğimizi bilmek istiyoruz. Öncekine benzer #16!# Tüm mermerleri düzenlemenin yolları, ardından sarı olanların ikisine de izin verme yollarına bölün #(14!)# ve mavi olanlar #(2!)#:

# (16!) / (14! Xx2!) = (16xx15xxcancel (14!)) / (İptal (14!) Xx2xx1) = (16xx15) / (2) = 120 #

Dolayısıyla 3 soru arasında 14 işareti ayırmanın 120 yolu var. Bu da eşittir # "" _ 16C_14 #.

Şimdi, nereye gittiğimizi fark edebilirsiniz. Solundaki sayı # C # ayırdığımız puan sayısına eşittir (sarı mermer) artı bölücülerin sayısı (mavi mermer). Ayırıcı sayısı her zaman bir daha az soru sayısı. Sağındaki sayı # C # işaretlerin sayısını korur.

Böylece, kalan 14 işareti 8 sorunun tümüne (7 bölücü gerektiren) ayırmak için hesaplarız.

# "" _ (14 + 7) C_14 = "" _ 21C_14 #

#color (beyaz) ("" _ (14 + 7) C_14) = (21!) / (7! xx14!) #

#color (beyaz) ("" _ (14 + 7) C_14) = "116.280" #

Dolayısıyla 8 soruya 30 puan atamanın 116.280 yolu vardır, burada her soru en az 2 puandır.

Hangi üsle herhangi bir sayının gücü 0 olur? Bizim bildiğimiz gibi (herhangi bir sayı) ^ 0 = 1, o zaman x in (herhangi bir sayı) ^ x = 0 değeri ne olur?

Aşağıya bakınız z, z = rho e ^ {i phi} yapısına sahip karmaşık bir sayı olsun, rR> 0, RR'de rho ve phi = arg (z) bu soruyu sorabiliriz. RR'deki n'nin değerleri için z ^ n = 0 olur? Biraz daha fazla geliştirme z ^ n = rho ^ ne ^ {in phi} = 0-> e ^ {in phi} = 0 çünkü hipotez rho> 0. Böylece Moivre kimliğini kullanarak e ^ {in phi} = cos (n phi ) + i sin (n phi) sonra z ^ n = 0-> cos (n phi) + i sin (n phi) = 0-> n phi = pi + 2k pi, k = 0, pm1, pm2, pm3, cdots Sonunda, n = (pi + 2k pi) / phi, k = 0, pm1, pm2, pm3 için, cdots z ^ n = 0 olsun

Matematik öğretmeniniz size bir sonraki sınavın 100 puan olduğunu ve 38 problem içerdiğini söylüyor. Çoktan seçmeli sorular 2 puan, kelime problemleri 5 puandır. Her bir soru türünden kaç tanesi var?

Eğer x'in çoktan seçmeli soruların sayısını varsayarsak, ve y kelime problemlerinin sayısı ise, şöyle bir denklem sistemi yazabiliriz: {(x + y = 38), (2x + 5y = 100):} ilk denklemi -2 ile çarpın: {(-2x-2y = -76), (2x + 5y = 100):} Şimdi her iki denklemi de eklersek, yalnızca 1 bilinmeyenli (y) olan denklemi elde ederiz: 3y = 24 => y = 8 Hesaplanan değeri aldığımız ilk denklemle değiştirmek: x + 8 = 38 => x = 30 Çözüm: {(x = 30), (y = 8):} şu anlama gelir: Test 30 çoktan seçmeli sorular ve 8 kelime problemi.

Cebir sınavlarınızda en az% 90 ortalama almak istiyorsunuz. Şimdiye kadar, sınavlarınızda% 93,% 97,% 81 ve% 89 puan kazandınız. Eğer sadece bir sınav daha eklenirse, sınav ortalamanızı% 97'ye yükseltmek mümkün mü? Açıklamak?

Bunu karşılayan bir denklem yazın: (93 + 97 + 81 + 89 + x) / 5 = 97 Çöz: (360 + x) / 5 = 97 360 + x = 485 x = 125 Bu yüzden teknik olarak bonus puanlarıyla mümkün, ama hayır, 100 üzerinden yapılan düzenli bir testte, öyle değil.