Không mất tính tổng quát, giả sử $a\leq b\leq c$. Nếu $b=0$ thì $\sqrt{1-ab}+\sqrt{1-bc}+\sqrt{1-ca}=2+\sqrt{1-ca}$. Ta có $ca\leq \frac{a^2+c^2}{2}=\frac{1}{2}$ suy ra: $2+\sqrt{1-ca}\geq 2+\frac{\sqrt{2}}{2}>\sqrt{6}$. Vậy bài toán đúng với trường hợp $b=0$. Xét trường hợp $b>0$. Ta sẽ chứng minh bài toán bằng phản chứng. Giả sử $\sqrt{1-ab}+\sqrt{1-bc}+\sqrt{1-ca}<\sqrt{6}$ ta có: $\sqrt{1-ac}+\sqrt{1-bc}<\sqrt{6}-\sqrt{1-ab}$. Ta sẽ chứng minh tồn tại số $t_0$ sao cho: $\sqrt{1-at_0}+\sqrt{1-bt_0}=\sqrt{6}-\sqrt{1-ab}$. Thật vậy, xét hàm số $f(t)=\sqrt{1-at}+\sqrt{1-bt}$ trên $D=\left[ 0,\frac{1}{b}\right]$. Ta có: $f’(t)=-\frac{1}{2}\left( \frac{a}{\sqrt{1-at}}+\frac{b}{\sqrt{1-bt}}\right)<0,\forall t \in D$. Do đó hàm số $f(t)$ nghịch biến trên $D$. Với giả thiết $a\leq b\leq c$ ta có $c^2\geq \frac{1}{3}$ hay $a^2+b^2\leq \frac{2}{3}$. Từ đó suy ra: $ab\leq \frac{1}{3} \Leftarrow \sqrt{6}-\sqrt{1-ab}<2$. Như vậy $f(0)=2>\sqrt{6}-\sqrt{1-ab}$. Để ý rằng $bc\leq c^2\leq 1$ nên $c\in D$. Mà $f(c)<\sqrt{6}-\sqrt{1-ab}$ nên tồn tại $t_0 \in (0,c)$ sao cho $f(t_0)=\sqrt{6}-\sqrt{1-ab}$, nghĩa là: $\sqrt{1-ab}+\sqrt{1-at_0}+\sqrt{1-bt_0}=\sqrt{6}$. Ta suy ra $6=(\sqrt{1-ab}+\sqrt{1-at_0}+\sqrt{1-bt_0})^2\leq 3(3-ab-at_0-bt_0)$, dẫn đến$ab+at_0+bt_0\geq 1$, suy ra$a^2+b^2+t_{0}^{2}\geq 1$. Vì $t_0<c$ nên $a^2+b^2+c^2>1$ (mâu thuẫn với điều kiện ban đầu). Vậy giả thiết phản chứng là sai, bài toán được chứng minh. Normal 0 false false false EN-US X-NONE X-NONE

Không mất tính tổng quát, giả sử $a\leq b\leq c$. Nếu $b=0$ thì $\sqrt{1-ab}+\sqrt{1-bc}+\sqrt{1-ca}=2+\sqrt{1-ca}$. Ta có $ca\leq \frac{a^2+c^2}{2}=\frac{1}{2}$ suy ra: $2+\sqrt{1-ca}\geq 2+\frac{\sqrt{2}}{2}>\sqrt{6}$. Vậy bài toán đúng với trường hợp $b=0$. Xét trường hợp $b>0$. Ta sẽ chứng minh bài toán bằng phản chứng. Giả sử $\sqrt{1-ab}+\sqrt{1-bc}+\sqrt{1-ca}<\sqrt{6}$ ta có: $\sqrt{1-ac}+\sqrt{1-bc}<\sqrt{6}-\sqrt{1-ab}$. Ta sẽ chứng minh tồn tại số $t_0$ sao cho: $\sqrt{1-at_0}+\sqrt{1-bt_0}=\sqrt{6}-\sqrt{1-ab}$. Thật vậy, xét hàm số $f(t)=\sqrt{1-at}+\sqrt{1-bt}$ trên $D=\left[ 0,\frac{1}{b}\right]$. Ta có: $f’(t)=-\frac{1}{2}\left( \frac{a}{\sqrt{1-at}}+\frac{b}{\sqrt{1-bt}}\right)<0,\forall t \in D$. Do đó hàm số $f(t)$ nghịch biến trên $D$. Với giả thiết $a\leq b\leq c$ ta có $c^2\geq \frac{1}{3}$ hay $a^2+b^2\leq \frac{2}{3}$. Từ đó suy ra: $ab\leq \frac{1}{3} \Rightarrow \sqrt{6}-\sqrt{1-ab}<2$. Như vậy$f(0)=2>\sqrt{6}-\sqrt{1-ab}$. Để ý rằng$bc\leq c^2\leq 1$nên$c\in D$. Mà$f(c)<\sqrt{6}-\sqrt{1-ab}$nên tồn tại$t_0 \in (0,c)$sao cho$f(t_0)=\sqrt{6}-\sqrt{1-ab}$, nghĩa là:$\sqrt{1-ab}+\sqrt{1-at_0}+\sqrt{1-bt_0}=\sqrt{6}$. Ta suy ra$6=(\sqrt{1-ab}+\sqrt{1-at_0}+\sqrt{1-bt_0})^2\leq 3(3-ab-at_0-bt_0)$, dẫn đến$ab+at_0+bt_0\geq 1$, suy ra$a^2+b^2+t_{0}^{2}\geq 1$. Vì$t_0<c$nên$a^2+b^2+c^2>1$ (mâu thuẫn với điều kiện ban đầu). Vậy giả thiết phản chứng là sai, bài toán được chứng minh.

Phương trình đã cho tương đương với:$e^{x^2+mx+2}+x^2+mx+2=e^{2x^2+4mx+2+m}+2x^2+4mx+2+m. (1)$Xét hàm số $f(t)=e^t+t$ trên $R$ thì phương trình $(1)$ có dạng $f(x^2+2mx+2)=f(2x^2+4mx+2+m)$.Ta có $f'(t)=e^t+1>0,\forall t$ nên $f(t)$ đồng biến trên $R$. Từ đó suy ra:$(1) \Leftrightarrow x^2+2mx+2=2x^2+4mx+2+m$$\Leftrightarrow x^2+2mx+m=0. (2)$Bài toán trở về dạng: Tìm $m$ để phương trình $(2)$ có nghiệm, tương đương với $\Delta ' \geq 0$ hay $m^2-m\geq 0$. Ta thu được kết quả $m\leq 0$ hoặc $m\geq 1$.

Phương trình đã cho tương đương với:$e^{x^2+mx+2}+x^2+2mx+2=e^{2x^2+4mx+2+m}+2x^2+4mx+2+m. (1)$Xét hàm số$f(t)=e^t+t$trên$R$thì phương trình$(1)$có dạng$f(x^2+2mx+2)=f(2x^2+4mx+2+m)$.Ta có$f'(t)=e^t+1>0,\forall t$nên$f(t)$đồng biến trên$R$. Từ đó suy ra:$(1) \Leftrightarrow x^2+2mx+2=2x^2+4mx+2+m$$\Leftrightarrow x^2+2mx+m=0. (2)$Bài toán trở về dạng: Tìm $m$ để phương trình $(2)$ có nghiệm, tương đương với $\Delta ' \geq 0$ hay $m^2-m\geq 0$. Ta thu được kết quả $m\leq 0$ hoặc $m\geq 1$.

Theo khai triển nhị thức Newton ta có:$(1+2x-x^2)^{4} = \sum_{i=0}^{4}{C^{i}_{4}(2x-x^2)^{i}}=\sum_{i=0}^{4}{C^{i}_{4}\sum_{k=0}^{i}{C^{k}_{i}(2x)^{k}(-x^2)^{i-k}}}$Hệ số của $x^7$ trong khai triển trên ứng với các số $k\leq i\leq 4$ thỏa mãn $k+2(i-k)=7$ hay $2i-k=7$.Ta suy ra $(i,k)=(4,1)$. Vậy hệ số của$x^7$ trong khai triển đã cho là:\( C^{4}_{4}.C^{1}_{4}.2.(-1)^{3}=-8\).

Theo khai triển nhị thức Newton ta có:$(1+2x-x^2)^{4} = \sum_{i=0}^{4}{C^{i}_{4}(2x-x^2)^{i}}=\sum_{i=0}^{4}{C^{i}_{4}\sum_{k=0}^{i}{C^{k}_{i}(2x)^{k}(-x^2)^{i-k}}}$Hệ số của $x^7$ trong khai triển trên ứng với các số $k\leq i\leq 4$ thỏa mãn $k+2(i-k)=7$ hay $2i-k=7$.Ta suy ra $i=4,k=1$. Vậy hệ số của$x^7$ trong khai triển đã cho là:\( C^{4}_{4}.C^{1}_{4}.2.(-1)^{3}=-8\).