Lời giải:

Gọi hai số lần lượt là $a,b$. Theo bài ra ta có:

$a+b=25$

$2a-3b=5$

$\Rightarrow 3(a+b)+(2a-3b)=25.3+5$

$\Rightarrow 5a=80$

$\Rightarrow a=80:5=16$

$b=25-16=9$

Vậy hai số cần tìm là $16$ và $9$

a) \(n\left(\Omega\right)=48\)

Gọi A là biến cố: "Bạn được chọn thích bóng chuyền hoặc bóng bàn."

Áp dụng công thức bù trừ, ta có:

\(n\left(A\right)=19+13-8=24\)

\(\Rightarrow P\left(A\right)=\dfrac{n\left(A\right)}{n\left(\Omega\right)}=\dfrac{24}{48}=\dfrac{1}{2}\)

b) Xác suất là \(1-\dfrac{1}{2}=\dfrac{1}{2}\)

Ta có \(SA\perp\left(ABC\right)\) nên \(SA\perp BC\)

Lại có \(BC\perp AB\) nên \(CB\perp\left(SAB\right)\)

Do đó \(\widehat{SC,\left(SAB\right)}=\widehat{CSB}\)

Mặt khác, \(CB\perp\left(SAB\right)\Rightarrow CB\perp SB\) \(\Rightarrow\Delta SBC\) vuông tại B

Có \(SC=\sqrt{SA^2+AC^2}=\sqrt{a^2+\left(2a\right)^2}=a\sqrt{5}\)

\(CB=AC.\cos30^o=2a.\dfrac{\sqrt{3}}{2}=a\sqrt{3}\)

\(\Rightarrow\sin\widehat{CSB}=\dfrac{CB}{CS}=\dfrac{a\sqrt{3}}{a\sqrt{5}}=\sqrt{\dfrac{3}{5}}\)

\(\Rightarrow\widehat{CSB}=arc\sin\left(\sqrt{\dfrac{3}{5}}\right)\approx50,768^o\)

Vậy \(\widehat{SC,\left(SAB\right)}\approx50,768^o\)

 Mình gửi đáp án rồi đó nhưng vì có hình nên nó chưa duyệt lên được. Bạn vào trang cá nhân của mình xem nhé.

\(y'=-sin\sqrt{2x+1}.\left(\sqrt{2x+1}\right)'=\dfrac{-sin\sqrt{2x+1}}{\sqrt{2x+1}}\)

 Trước tiên ta có một bổ đề sau:

 Bổ đề: Cho 2 số \(a,b\) sao cho cả \(a,b\) đều viết được dưới dạng tổng của 4 số chính phương. Khi đó tích \(p=ab\) cũng có thể biểu diễn được thành tổng của 4 số chính phương.

 \(\left(a_1^2+a_2^2+a_3^2+a_4^2\right)\left(b_1^2+b_2^2+b_3^2+b_4^2\right)\)

 \(=\left(a_1b_1-a_2b_2-a_3b_3-a_4b_4\right)^2+\left(a_1b_2+a_2b_1+a_3b_4-a_4b_3\right)^2\) \(+\left(a_1b_3-a_2b_4+a_3b_1+a_4b_2\right)^2+\left(a_1b_4+a_2b_3-a_3b_2+a_4b_1\right)^2\)

 Chứng minh thì bạn khai triển ra thôi.

 Ta thấy \(0=0^2+0^2+0^2+0^2\)

 \(1=0^2+0^2+0^2+1^2\)

 \(2=0^2+0^2+1^2+1^2\)

 Từ bổ đề trên, ta thấy chỉ cần chứng minh khẳng định đúng với số nguyên tố lẻ \(p\) thì coi như bài toán hoàn tất.

 (Vì mọi số tự nhiên đều có thể viết được dưới dạng \(2^n.t\) với \(t\) lẻ)

 Ta có số dư của \(a^2\) khi chia cho \(p\) luôn phân biệt khi cho \(a\) chạy từ \(0\) đến \(\dfrac{p-1}{2}\). Thật vậy, chọn \(a\) bất kì và đặt \(c=a^2modp\) \(\Rightarrow a\) là nghiệm của đa thức \(x^2-c\) trên trường \(Z/pZ\). Tương tự với \(p-a\left(\ne a\right)\). Ta biết rằng trong một trường \(K\), bất kì đa thức bậc \(n\) nào cũng chỉ có tối đa \(n\) nghiệm. Vì vậy không còn \(a\) nào khác là nghiệm của \(x^2-c\) nữa. Điều này có nghĩa là với mỗi số \(i\) trong tập hợp \(\left\{0,1,...,\dfrac{p-1}{2}\right\}\) thì tồn tại duy nhất \(a\) để \(a^2\equiv i\left[p\right]\)

 Tương tự, khi \(b\) chạy từ tập \(\left\{0,1,...,\dfrac{p-1}{2}\right\}\) thì \(-b^2-1\) phân biệt. Áp dụng nguyên lí Dirichlet, tồn tại \(a,b\) sao cho \(a^2\equiv-b^2-1\left[p\right]\) \(\Leftrightarrow a^2+b^2+1^2+0^2=np\) với \(n\inℕ\)

 Gọi \(m\) là số tự nhiên nhỏ nhất để \(mp\) là tổng của 4 số chính phương, \(x_1^2+x_2^2+x_3^2+x_4^2\). Ta chứng minh bằng phản chứng rằng \(m=1\) . Giả sử \(m\ne1\). Ta sẽ chỉ ra mâu thuẫn bằng việc chứng minh tồn tại một số tự nhiên \(r< m\) mà \(rp\) là tổng của 4 số chính phương.

 Với mỗi \(x_i\) và \(y_i\) có cùng số dư khi chia cho \(m\) và nằm giữa \(\dfrac{-m+1}{2}\) và \(\dfrac{m}{2}\), ta có \(y_1^2+y_2^2+y_3^2+y_4^2=mr\), với \(0< r< m\)

 Áp dụng bổ đề, ta có \(mpmr=z_1^2+z_2^2+z_3^2+z_4^2\). Vì \(x_i\equiv y_i\left[m\right]\) nên \(z_i⋮m\). Thật vậy:

 \(z_1=x_1y_1+x_2y_2+x_3y_3+x_4y_4\) \(\equiv x_1^2+x_2^2+x_3^2+x_4^2\) \(\equiv mp\equiv0\left[m\right]\)

\(z_2=x_1y_2-x_2y_1+x_3y_4-x_4y_3\equiv x_1x_2-x_2x_1+x_3x_4-x_4x_3\equiv0\left[m\right]\)

 Bằng cách tương tự chứng minh được \(z_3,z_4⋮m\)

 Vậy với \(w_i=\dfrac{z_i}{m}\) thì \(w_1^2+w_2^2+w_3^2+w_4^2=rp\), điều này mâu thuẫn với tính nhỏ nhất của \(m\).

 (Ta loại TH \(y_1=y_2=y_3=y_4=\dfrac{m}{2}\), khi đó \(r=m\); và TH \(y_1=y_2=y_3=y_4=0\), khi đó \(r=0\) vì cả 2 TH này đều cho ra \(mp=x_1^2+x_2^2+x_3^2+x_4^2⋮m^2\), vô lí vì \(p\) là số nguyên tố lớn hơn \(m\))

 Do vậy điều giả sử là sai \(\Rightarrow\) đpcm.