a) $\frac{\sin B}{\sin A}=2\cos C$
$\Leftrightarrow \frac{b}{a}=\frac{a^2+b^2-c^2}{ab}$
$\Leftrightarrow a^2=c^2$ hay $\Delta ABC$ cân tại B.

b) Từ giả thiết dễ thấy $\sin A,\sin B,\cos A,\cos B>0$ suy ra $A,B<90^0$
Giả thiết tương đương với:
$\frac{\sin A}{\sin B}=\frac{\cos ^3A}{\cos ^3B}    (*)$
Nếu $A>B$ thì $\sin A>\sin B$ và $\cos A<\cos B$ (mâu thuẫn với $(*)$. Vậy $A\leq B.$
Tương tự $B\leq A$ nên $A=B$ hay $\Delta ABC$ cân tại C.

Giả sử $\Delta ABC$ nội tiếp $(O,R)$, $I$ là trung điểm cung $BC$ chứa điểm $A$ và đặt $\widehat{BAC}=\alpha$.

Trên tia đối của tia $AB$ đựng điểm $D$ sao cho $AD=AC$. Khi đó $\widehat{BDC}=\frac{\alpha }{2}=\frac{1}{2}\widehat{BIC}$, suy ra $D\in (I,IB)$.
Ta suy ra: $AB+AC=BD\leq 2BI$. Khi đó:
$S_{ABC}=\frac{1}{2}AB.AC\sin \alpha \leq \frac{1}{2}BI^2\sin \alpha=2R^2\cos ^2\frac{\alpha }{2}\sin \alpha=4R^2\cos ^3\frac{\alpha }{2}\sin \frac{\alpha}{2}$.
Ta có $\cos ^3\frac{\alpha }{2}\sin \frac{\alpha}{2} \leq \frac{3\sqrt{3}}{16}$. Dấu $=$ xảy ra khi và chỉ khi $\alpha =60^0$.
Tóm lại $\Delta ABC$ đạt diện tích lớn nhất khi và chỉ khi $\Delta ABC$ đều.

a) Trước hết ta chứng minh dãy sau hội tụ:
$u_n=1+\frac{1}{2}+...+\frac{1}{n}-\ln n,\forall n\in N$.
Thật vậy, xét hàm số $f(x)=x-\ln (1+x)$ với $x>0$.
Ta có $f'(x)=1-\frac{1}{1+x}>0$ nên $f(x)$ đồng biến.
Ta có $\lim_{x\to 0}{f(x)}=0$ nên $f(x)>0$ hay $x>\ln (1+x),\forall x>0.$ Khi dó:
$u_n=1+\frac{1}{2}+...+\frac{1}{n}-\ln n>\ln 2+\ln \frac{3}{2}+...+\ln \frac{n+1}{n} -\ln n=\ln \frac{n+1}{n}>0,\forall n$
Ta sẽ chứng minh dãy $(u_n)$ là dãy giảm.
Xét hiệu $u_{n+1}-u_n=\frac{1}{n+1}-\ln \frac{n+1}{n}$.
Xét hàm số $g(x)=\frac{x}{1+x}-\ln (1+x)$ với $x\geq 0$.
Có $g'(x)=-\frac{x}{(x+1)^2}\leq 0,\forall x\geq 0$ nên $g(x)$ nghịch biến.
Vì $g(0)=0$ nên $g(x)\leq 0,\forall x\geq 0$.
Thay $x=\frac{1}{n}$ ta được $u_{n+1}<u_n,\forall n$ hay dãy $(u_n)$ giảm.
Vậy tồn tại $\lim u_n=\alpha$.
Trở lại bài toán, ta có:
$\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+...+\frac{1}{2n}=u_{2n}-u_n+\ln 2$.
Vì $\lim u_{2n}=\lim u_n=\alpha$ nên $\lim \left( \frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+...+\frac{1}{2n}\right)=\ln 2$.

$\Delta AA'C$ có đường cao $CD$ đồng thời là đường trung tuyến nên $\Delta AA'C$ cân tại $C$. Do đó $CD$ là phân giác $\widehat{ACA'}$. Mà $CD$ là phân giác $\widehat{ACB}$ nên tia $CA'$ và tia $CB$ trùng nhau hay $A' \in CB$.

Ta có:
$a(1-2\cos A)=a(1-\frac{b^2+c^2-a^2}{bc})=\frac{1}{abc}(abc-ab^2-ac^2+a^3)$
Giả thiết trở thành $a^3+b^3+c^3+3abc=\sum{a(b^2+c^2)}$
$$\Leftrightarrow \sum{(b+c-a)(b-c)^2}=0$$
$$\Leftrightarrow a=b=c$$
Vậy $\Delta ABC$ đều.

Ta chứng minh BĐT: $\sqrt[n]{a}+\sqrt[n]{b}\leq 2\sqrt[n]{\frac{a+b}{2}},\forall a,b\geq0$ .
Để cho gọn, ta đặt $\sqrt[n]{a}=x,\sqrt[n]{b}=y,\sqrt[n]{\frac{a+b}{2}}=t$ và giả sử $a\leq b$ thì $x\leq t\leq y$.
BĐT trên tương đương với: $y-t\leq t-x    (1)$.
Nếu $a=b$ thì $(1)$ hiển nhiên đúng.
Nếu $a<b$ thì $(1)$ tương đương với:
$$\frac{y^n-t^n}{y^{n-1}+y^{n-2}t+...+t^{n-1}}\leq \frac{t^n-x^n}{t^{n-1}+t^{n-2}x+...+x^{n-1}}$$
Dễ thấy BĐt trên đúng vì $y^n-t^n=t^n-x^n\geq 0$ và $y>t>x$.
Vậy $\sqrt[n]{a}+\sqrt[n]{b}\leq 2\sqrt[n]{\frac{a+b}{2}},\forall a,b\geq0$ .
 Thiết lập 2 BĐt tương t ta có đpcm.

Ta có:
$\tan \frac{A}{2}=\frac{\sin \frac{A}{2}}{\cos \frac{A}{2}}=\frac{2\sin ^2\frac{A}{2}}{2\sin \frac{A}{2}\cos \frac{A}{2}}=\frac{1-\cos A}{\sin A}=\frac{1-\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}}{\frac{2S}{bc}}=\frac{2bc-b^2-c^2+a^2}{4S}$
Do đó:
$\tan \frac{A}{2}+\tan \frac{B}{2}+\tan \frac{C}{2}=\frac{2(ab+bc+ca)-(a^2+b^2+c^2)}{4S}$
Giả thiết bài toán tương đương với $9R^2=2(ab+bc+ca)-(a^2+b^2+c^2)$, suy ra $9R^2\leq ab+bc+ca.$
Áp dụng các công thức $S=\frac{abc}{4R}=\frac{1}{4}\sqrt{(a+b+c)(b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)}$:
$9R^2=\frac{9a^2b^2c^2}{(a+b+c)(b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)}\geq \frac{9abc}{a+b+c}$.
Do đó: $9abc\geq (a+b+c)(ab+bc+ca)\geq 9abc$
Dấu $=$ xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$ hay $\Delta ABC$ đều.

a) Gọi $\overline{abcdef}$ là số có 6 chữ số thỏa mãn bài toán.
Có 6 cách đặt số 1 vào các vị trí $a,b,c,d,e,f$.
Có $C_5^2$ cách đặt 2 số 2 vào các vị trí còn lại sau khi đặt số 1.
Có $6^3$ cách đặt các số 3, 4, 5, 6, 7, 8 vào các vị trí còn lại sau khi đặt số 2.
Vậy có tất cả 12960 số thỏa mãn.

b) Gọi $\overline{abcdef}$ là số có 6 chữ số thỏa mãn bài toán.
Có $C_8^2$ cách chọn 2 chữ số là $x,y$ trong 8 chữ số 1, 2, ..., 8.
Có 6 cách đặt $x$ vào các vị trí $a,b,c,d,e,f$.
Có $C_5^3$ cách đặt 3 chữ số $y$ vào các vị trí còn lại sau khi đặt $x$.
Có $6^2$ cách đặt các chữ số khác $x,y$ vào các vị trí còn lại sau khi đặt $y$.
Vậy có tất cả 60480 số thỏa mãn.

c) Có 2.7!=10080 số có 8 chữ số phân biệt mà các chữ số là 1,2, ..., 8 trong đó 1 và 2 đứng cạnh nhau.
Có 2.2.6!=2880 số có 8 chữ số phân biệt mà các chữ số là 1, 2, ..., 8 trong đó 1 và 2 đứng cạnh nhau, 7 và 8 đứng cạnh nhau.
Vậy có tất cả 7200 số có 8 chữ số thỏa mãn.

Gọi số hoa vàng, trắng, đỏ trong số 7 bông được chọn là $v,t,d$ tương ứng thì $v+t+d=7$
a) $v,d\geq 1$ và $t\geq 3$. Ta có các trường hợp:
Nếu $t=3$ thì $v=1,d=3$ hoặc $v=2,d=4$ hoặc $v=3,d=1$. Có $C_{4}^{3}\left( C_{6}^{1}.C_{5}^3+C_6^2.C_5^2+C_6^3.C_5^1 \right) =1240$ cách chọn.
Nếu $t=4$ thì số cách chọn là $C_4^4\left(  C_6^1.C_5^2+C_6^2.C_5^1\right) =135$.
Vậy có tất cả 1375 cách chọn.

b) $v\geq 2$ và $d\geq 3$ suy ra $t\leq 2$.
Số cách chọn là:
$$C_4^1\left( C_6^2.C_5^4+C_6^3.C_5^3\right) +C_4^2.C_6^2.C_5^3=1320.$$