Ta có $\Delta DCE$ là tam giác vuông cân gọi $F$ là trung điểm của $DC$ Gọi $d$ qua $F$ và song song $SA$==> $d$ là trục đường tròn ngoại tiếp tam giácGị $I\in d$ lsao cho $IF=x$ $I$ là tâm mặt cầu nội tiếp$\Leftrightarrow IS^{2}=IC^{2}$$\Leftrightarrow (SA^{\rightarrow }+AF^{\rightarrow }+FI^{\rightarrow })^{2}=(IF^{\rightarrow }+FC^{\rightarrow })^{2}$

Ta có $\Delta DCE$ là tam giác vuông cân gọi $F$ là trung điểm của $DC$ Gọi $d$ qua $F$ và song song $SA$==> $d$ là trục đường tròn ngoại tiếp tam giácGị $I\in d$ lsao cho $IF=x$ $I$ là tâm mặt cầu nội tiếp$\Leftrightarrow IS^{2}=IC^{2}$$\Leftrightarrow (SA^{\rightarrow }+AF^{\rightarrow }+FI^{\rightarrow })^{2}=(IF^{\rightarrow }+FC^{\rightarrow })^{2}$$|Leftrightarrow a^{2}+x^{2}

Lời giải của nguyenlinhkhang1995Ta có$(\sqrt{a}+\sqrt{b})^{2}\leq2(a+b)=1 ==>\sqrt{a}+\sqrt{b} \leq 1 (*)$xét vế trái của bất đảng thức$VT=\frac{1}{a^{2}+b^{2}}+\frac{4}{\sqrt{a}}+\frac{4}{sqrt{b}} +6\left ( \frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{b}} \right )(**)$cô-si cho 3 số đầu của$(**)$ và từ $(*)$ ta có$VT\geq 3\sqrt[3]{\frac{16}{(a^{2}+b^{2}).\sqrt{ab}}} +\frac{6}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}$$\Leftrightarrow VT\geq 3\sqrt[3]{\frac{16}{(\frac{1}{4}-2ab)\sqrt{ab}}} +24$ Ta cần chứng minh $\left ( \frac{1}{4} -2ab\right )\sqrt{ab}\leq \frac{1}{32}$ có $a+b=1/2\geq 2\sqrt{ab} ==>\sqrt{ab}\leq 1/4$Xét $f(t)=(1/4-2t^{2}).t$$f'(t)=-6t^{2}+1/4 $luôn âm với mọi t thuộc từ 0;1/4==>$f_max=1/32$ ==> điều phải cứng minh

Lời giải của nguyenlinhkhang1995Ta có$(\sqrt{a}+\sqrt{b})^{2}\leq2(a+b)=1 ==>\sqrt{a}+\sqrt{b} \leq 1 (*)$xét vế trái của bất đảng thức$VT=\frac{1}{a^{2}+b^{2}}+\frac{4}{\sqrt{a}}+\frac{4}{\sqrt{b}} +6\left ( \frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{b}} \right )(**)$cô-si cho 3 số đầu của$(**)$ và từ $(*)$ ta có$VT\geq 3\sqrt[3]{\frac{16}{(a^{2}+b^{2}).\sqrt{ab}}} +\frac{6}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}$$\Leftrightarrow VT\geq 3\sqrt[3]{\frac{16}{(\frac{1}{4}-2ab)\sqrt{ab}}} +24$ Ta cần chứng minh $\left ( \frac{1}{4} -2ab\right )\sqrt{ab}\leq \frac{1}{32}$ có $a+b=1/2\geq 2\sqrt{ab} ==>\sqrt{ab}\leq 1/4$Xét $f(t)=(1/4-2t^{2}).t$$f'(t)=-6t^{2}+1/4 $luôn âm với mọi t thuộc từ 0;1/4==>$f_max=1/32$ ==> điều phải chứng minh

Lời giải của nguyenlinhkhang1995Ta có$(\sqrt{a}+\sqrt{b})^{2}\leq2(a+b)=1 ==>\sqrt{a}+\sqrt{b} \leq 1 (*)$xét vế trái của bất đảng thức$VT=\frac{1}{a^{2}+b^{2}}+\frac{4}{\sqrt{a}}+\frac{4}{sqrt{b}} +6\left ( \frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{b}} \right )(**)$cô-si cho 3 số đầu của$(**)$ và từ $(*)$ ta có$VT\geq 3\sqrt[3]{\frac{16}{(a^{2}+b^{2}).\sqrt{ab}}} +\frac{6}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}$$\Leftrightarrow VT\geq 3\sqrt[3]{\frac{16}{(\frac{1}{4}-2ab)\sqrt{ab}}} +24$ Ta

Lời giải của nguyenlinhkhang1995Ta có$(\sqrt{a}+\sqrt{b})^{2}\leq2(a+b)=1 ==>\sqrt{a}+\sqrt{b} \leq 1 (*)$xét vế trái của bất đảng thức$VT=\frac{1}{a^{2}+b^{2}}+\frac{4}{\sqrt{a}}+\frac{4}{sqrt{b}} +6\left ( \frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{b}} \right )(**)$cô-si cho 3 số đầu của$(**)$ và từ $(*)$ ta có$VT\geq 3\sqrt[3]{\frac{16}{(a^{2}+b^{2}).\sqrt{ab}}} +\frac{6}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}$$\Leftrightarrow VT\geq 3\sqrt[3]{\frac{16}{(\frac{1}{4}-2ab)\sqrt{ab}}} +24$ Ta cần chứng minh $\left ( \frac{1}{4} -2ab\right )\sqrt{ab}\leq \frac{1}{32}$ có $a+b=1/2\geq 2\sqrt{ab} ==>\sqrt{ab}\leq 1/4$Xét $f(t)=(1/4-2t^{2}).t$$f'(t)=-6t^{2}+1/4 $luôn âm với mọi t thuộc từ 0;1/4==>$f_max=1/32$ ==> điều phải cứng minh

Lời giải của nguyenlinhkhang1995Ta có$(\sqrt{a}+\sqrt{b})^{2}\leq2(a+b)=1 ==>\sqrt{a}+\sqrt{b} \leq 1 (*)$xét vế trái của bất đảng thức$VT=\frac{1}{a^{2}+b^{2}}+\frac{4}{\sqrt{a}}+\frac{4}{sqrt{b}} +6\left ( \frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{b}} \right )$

Lời giải của nguyenlinhkhang1995Ta có$(\sqrt{a}+\sqrt{b})^{2}\leq2(a+b)=1 ==>\sqrt{a}+\sqrt{b} \leq 1 (*)$xét vế trái của bất đảng thức$VT=\frac{1}{a^{2}+b^{2}}+\frac{4}{\sqrt{a}}+\frac{4}{sqrt{b}} +6\left ( \frac{1}{\sqrt{a}}+\frac{1}{\sqrt{b}} \right )(**)$cô-si cho 3 số đầu của$(**)$ và từ $(*)$ ta có$VT\geq 3\sqrt[3]{\frac{16}{(a^{2}+b^{2}).\sqrt{ab}}} +\frac{6}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}$$\Leftrightarrow VT\geq 3\sqrt[3]{\frac{16}{(\frac{1}{4}-2ab)\sqrt{ab}}} +24$ Ta

Bài 2.Từ số 0,1,2,3,4,5,6 $+ abc$( số có 3 hữ số không cần khác nhau) a có 6 cách chọn(6số trên trừ số 0), b có 7 cách chọn, c có 4(các số chẵn) cách chọnsuy ra có 168 số $+ abcde$ $.$ nếu $e=0$, a có 6 cách chọn, b có 5 cách, c có 4 cách, d có 3 cách suy ra có360 số $.$ nếu $e\neq 0$ thì e có 3 cách, a có 5 cách, b có 5 cách, c có 4 cách, d có 3 cách suy ra có 900 sốVậy có 1260 số

Bài 2.Từ số 0,1,2,3,4,5,6 $+ abc$( số có 3 chữ số không cần khác nhau) a có 6 cách chọn(6số trên trừ số 0), b có 7 cách chọn, c có 4(các số chẵn) cách chọnsuy ra có 168 số $+ abcde$ $.$ nếu $e=0$, a có 6 cách chọn, b có 5 cách, c có 4 cách, d có 3 cách suy ra có360 số $.$ nếu $e\neq 0$ thì e có 3 cách, a có 5 cách, b có 5 cách, c có 4 cách, d có 3 cách suy ra có 900 sốVậy có 1260 số

Bài 2. $+ abc$ a có 6 cách chọn, b có 7 cách chọn, c có 4 cách chọnsuy ra có 168 số $+ abcde$ $.$ nếu $e=0$, a có 6 cách chọn, b có 5 cách, c có 4 cách, d có 3 cách suy ra có360 số $.$ nếu $e\neq 0$ thì e có 3 cách, a có 5 cách, b có 5 cách, c có 4 cách, d có 3 cách suy ra có 900 sốVậy có 1260 số

Bài 2.Từ số 0,1,2,3,4,5,6 $+ abc$( số có 3 hữ số không cần khác nhau) a có 6 cách chọn(6số trên trừ số 0), b có 7 cách chọn, c có 4(các số chẵn) cách chọnsuy ra có 168 số $+ abcde$ $.$ nếu $e=0$, a có 6 cách chọn, b có 5 cách, c có 4 cách, d có 3 cách suy ra có360 số $.$ nếu $e\neq 0$ thì e có 3 cách, a có 5 cách, b có 5 cách, c có 4 cách, d có 3 cách suy ra có 900 sốVậy có 1260 số

Câu3, chia hết cho 10 số có dạng $abcd0$a có 8 cách, b có 7, c có 6, d có 5 vậy 1680 số

Câu3,Có 5 chữ số chia hết cho 10 số có dạng $abcd0$trong 9 chữ số tự nhiên 0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,0 ta dùng số 0 rồi nên abcd chỉ được dùng 8 số còn lạia có 8 cách, b có 7( 7số còn lại khác a), c có 6(khác a,b), d có 5(khác a,b,c) vậy có 8.7.6.5=1680 số