Câu hỏi:

Gọi $x, y$ lần lượt là số bông hoa loại $15000 /$ bông và loại $20000 /$ bông mà Nga mua.

Theo đề bài ta có bất phương trình $15 x+20 y \leq 200$.

Mà theo đề, $x, y$ chia hết cho 3 nên giả sử $x=3 n ; y=3 m ; m, n \in \mathbb{Z}^{+}$.

Suy ra ta có $45 n+60 m \leq 200 \Leftrightarrow 9 n+12 m \leq 40$

Vì $m, n \in \mathbb{Z}^{+}$và từ (1) ta suy ra $\left\{\begin{array}{l}1 \leq n \leq 4 \\ 1 \leq m \leq 3\end{array}\right.$.

Gọi $\left(n_0 ; m_0\right)$ là nghiệm của ( 1 ). Ta có bảng giá trị các nghiệm của ( 1 )như sau:

Dựa vào bảng trên ta nhận thấy $\left(n_0 ; m_0\right)=(3 ; 1)$ thì số tiền mua hoa là nhiều nhất: $9.15000+3.20000=195000$ đồng. Khi đó, số tiền dư ít nhất là 5000 đồng.

Do $x>0, \frac{x}{2}+\frac{y}{3}-1 \leq 0$ nên ta có $\frac{y}{3}<1 \Leftrightarrow y<3$

Do $y$ nguyên dương nên $y \in\{1 ; 2\}$.

Với $y=1$, ta có $\left\{\begin{array}{l}\frac{x}{2}+\frac{1}{3}-1 \leq 0 \\ x>0\end{array} \Leftrightarrow 0<x \leq \frac{4}{3} \Leftrightarrow x=1\right.$.

Với $y=2$, ta có $\left\{\begin{array}{l}\frac{x}{2}+\frac{2}{3}-1 \leq 0 \\ x>0\end{array} \Leftrightarrow 0<x \leq \frac{2}{3} \Leftrightarrow x \in \emptyset\right.$.

Vậy bất phương trình $\frac{x}{2}+\frac{y}{3}-1 \leq 0$ có nghiệm nguyên dương là $(1 ; 1)$.

Giả sử $x, y$ lần lượt là số lít nước cam và số lít nước táo mà mỗi đội cần pha chế.

Suy ra $30 x+10 y$ là số gam đường cần dùng;

$x+y$ là số lít nước cần dùng;

$x+4 y$ là số gam hương liệu cần dùng

Theo giả thiết ta có: $\left\{\begin{array}{c}x \geq 0 \\ y \geq 0 \\ 30 x+10 y \leq 210 \\ x+y \leq 9 \\ x+4 y \leq 24\end{array} \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{c}x \geq 0 \\ y \geq 0 \\ 3 x+y \leq 21 \\ x+y \leq 9 \\ x+4 y \leq 24\end{array}\right.\right.$

Số điểm thưởng nhận được sẽ là $P(x ; y)=60 x+80 y$.

Ta đi tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P với $\mathrm{x}, \mathrm{y}$ thỏa mãn (*)

Miền nghiệm là phần hình vẽ không tô màu ở hình trên, hay là ngũ giác OBCDE với $\mathrm{O}(0 ; 0), \mathrm{B}(0 ; 6), \mathrm{C}(4 ; 5), \mathrm{D}(6 ; 3), \mathrm{E}(7 ; 0)$.

Biểu thức $P=60 x+80 y$ đạt GTLN tại $(x ; y)$ là tọa độ một trong các đỉnh của ngũ giác.

Thay lần lượt tọa độ các điểm $O, B, C, D, E$ vào biểu thức $P(x ; y)$ ta được:

$P(0 ; 0)=0 ; P(0 ; 6)=480 ; P(4 ; 5)=640 ; P(6 ; 3)=600 ; P(7 ; 0)=420$

Ta có $\left\{\begin{array} { c } 

{ y - 2 x \leq 2 } \\

{ 2 y - x \geq 4 } \\

{ x + y \leq 5 }

\end{array} \Leftrightarrow \left\{\begin{array}{c}

y-2 x-2 \leq 0 \\

2 y-x-4 \geq 0 \\

x+y-5 \leq 0

\end{array}{ }^*\left(\begin{array}{c} 

\\

x

\end{array}\right)\right.\right.$

Trong mặt phẳng tọa độ $0 x y$ vẽ các đường thẳng

$\begin{aligned}

& d_1: y-2 x-2=0, \quad d_2: 2 y-x-4=0 \\

& d_3: x+y-5=0

\end{aligned}$

Khi đó miền nghiệm của hệ bất phương trình (*) là phần mặt phẳng (tam giác $A B C$ kể cả biên) tô màu như hình vẽ.

Xét các đỉnh của miền khép kín tạo bởi hệ (*) là

$\begin{aligned}

& A(0 ; 2), B(2 ; 3), C(1 ; 4) . \\

& \text { Ta có }\left\{\begin{array}{l}

F(0 ; 2)=2 \\

F(2 ; 3)=1 \\

F(1 ; 4)=3

\end{array}\right.

\end{aligned}$

Áp dụng định lí côsin cho tam giác $A B C$, ta có:

$\cos A=\frac{A B^2+A C^2-B C^2}{2 A B \cdot A C}=\frac{4^2+5^2-6^2}{2 \cdot 4 \cdot 5}=\frac{1}{8}$

Mà $\widehat{A}<180^{\circ}$ nên $\sin A=\sqrt{1-\cos ^2 A}=\sqrt{1-\frac{1}{64}}=\frac{3 \sqrt{7}}{8}$.

Áp dụng định lí sin, ta có:

$\frac{B C}{\sin A}=2 R \Rightarrow R=\frac{B C}{2 \sin A}=\frac{6}{2 \cdot \frac{3 \sqrt{7}}{8}} \approx 3(\mathrm{~cm})$