Gửi nhầm à bạn

Để chứng minh a+c=2b khi P(x) là đa thức có hệ số nguyên và P(a)=1, P(b)=2, P(c)=3, ta sử dụng tính chất của đa thức có hệ số nguyên.

Tính chất: Nếu P(x) là đa thức có hệ số nguyên, thì với mọi số nguyên m,n, ta có (m−n) là ước của (P(m)−P(n)).

Áp dụng tính chất này:

1. Với cặp (b,a): P(b)−P(a) chia hết cho (b−a). 2−1 chia hết cho (b−a). 1 chia hết cho (b−a). Vì b−a là số nguyên và 1 chia hết cho b−a, nên b−a có thể là 1 hoặc −1.
2. • Trường hợp 1: b−a=1⟹b=a+1.
   • Trường hợp 2: b−a=−1⟹b=a−1.
3. Với cặp (c,b): P(c)−P(b) chia hết cho (c−b). 3−2 chia hết cho (c−b). 1 chia hết cho (c−b). Vì c−b là số nguyên và 1 chia hết cho c−b, nên c−b có thể là 1 hoặc −1.
4. • Trường hợp 3: c−b=1⟹c=b+1.
   • Trường hợp 4: c−b=−1⟹c=b−1.

Bây giờ ta xét các trường hợp có thể xảy ra từ các kết hợp trên:

• Kết hợp Trường hợp 1 và Trường hợp 3: b=a+1 và c=b+1. Thay b=a+1 vào c=b+1, ta được c=(a+1)+1=a+2. Khi đó, a+c=a+(a+2)=2a+2. Và 2b=2(a+1)=2a+2. Vậy a+c=2b (thỏa mãn).
• Kết hợp Trường hợp 1 và Trường hợp 4: b=a+1 và c=b−1. Thay b=a+1 vào c=b−1, ta được c=(a+1)−1=a. Khi đó, a+c=a+a=2a. Và 2b=2(a+1)=2a+2. Ta có 2a=2a+2⟹0=2 (vô lý). Vậy trường hợp này không xảy ra.
• Kết hợp Trường hợp 2 và Trường hợp 3: b=a−1 và c=b+1. Thay b=a−1 vào c=b+1, ta được c=(a−1)+1=a. Khi đó, a+c=a+a=2a. Và 2b=2(a−1)=2a−2. Ta có 2a=2a−2⟹0=−2 (vô lý). Vậy trường hợp này không xảy ra.
• Kết hợp Trường hợp 2 và Trường hợp 4: b=a−1 và c=b−1. Thay b=a−1 vào c=b−1, ta được c=(a−1)−1=a−2. Khi đó, a+c=a+(a−2)=2a−2. Và 2b=2(a−1)=2a−2. Vậy a+c=2b (thỏa mãn).

Trong cả hai trường hợp thỏa mãn (b=a+1,c=a+2 hoặc b=a−1,c=a−2), ta đều có a+c=2b. Điều này chứng tỏ a,b,c là ba số nguyên liên tiếp hoặc có khoảng cách đều nhau.

Vậy, ta đã chứng minh được a+c=2b.

Để chứng minh rằng x và y chia hết cho 19 khi x,y∈Z và x2+y2 chia hết cho 19, ta sẽ sử dụng phương pháp xét số dư modulo 19.

Giả sử x2+y2≡0(mod19).

Ta lập bảng bình phương các số dư khi chia cho 19: 02≡0(mod19) 12≡1(mod19) 22≡4(mod19) 32≡9(mod19) 42≡16(mod19) 52≡25≡6(mod19) 62≡36≡17(mod19) 72≡49≡11(mod19) 82≡64≡7(mod19) 92≡81≡5(mod19)

Lưu ý rằng k2≡(19−k)2(mod19), nên ta chỉ cần xét đến 92. Tập hợp các số dư của bình phương một số nguyên khi chia cho 19 là S={0,1,4,5,6,7,9,11,16,17}.

Ta cần tìm cặp (a,b)∈S×S sao cho a+b≡0(mod19). Các trường hợp có thể xảy ra:

• Nếu x2≡0(mod19) thì y2≡0(mod19). Nếu x2≡0(mod19), thì x chia hết cho 19 (vì 19 là số nguyên tố và x2 chia hết cho 19). Nếu y2≡0(mod19), thì y chia hết cho 19.
• Nếu x2≡0(mod19). Ta xét các cặp tổng bằng 19 hoặc bội của 19:
• • 1+18 (18 không có trong S)
  • 4+15 (15 không có trong S)
  • 5+14 (14 không có trong S)
  • 6+13 (13 không có trong S)
  • 7+12 (12 không có trong S)
  • 9+10 (10 không có trong S)
  • 11+8 (8 không có trong S)
  • 16+3 (3 không có trong S)
  • 17+2 (2 không có trong S)
  • Các số khác không thể tạo ra tổng bằng 0 modulo 19 trừ trường hợp cả hai số đều bằng 0.

Trong tập hợp các số dư S, chỉ có một trường hợp mà tổng của hai số dư là 0 modulo 19, đó là khi cả hai số dư đều là 0. Tức là x2≡0(mod19) và y2≡0(mod19).

Vì 19 là số nguyên tố, nếu x2 chia hết cho 19 thì x phải chia hết cho 19. Tương tự, nếu y2 chia hết cho 19 thì y phải chia hết cho 19.

Do đó, nếu x2+y2 chia hết cho 19, thì x và y đều phải chia hết cho 19.

1. Mô tả thí nghiệm quan sát chuyển động Brown trong không khí:

• Kính hiển vi: Dùng để quan sát chuyển động của hạt phấn hoa.
• Nắp đậy thủy tinh: Giữ cho không khí trong buồng thí nghiệm ổn định.
• Khói: Được tạo ra bằng cách đốt cháy một ít chất hữu cơ (như nhang).
• Hạt khói: Thực hiện chuyển động Brown trong không khí.
• Ánh sáng: Chiếu sáng để quan sát rõ hơn chuyển động của hạt khói.

2. Cách tiến hành thí nghiệm:

• Chuẩn bị thí nghiệm theo sơ đồ.
• Đốt cháy chất hữu cơ để tạo ra khói.
• Quan sát chuyển động của hạt khói dưới kính hiển vi.

3. Đặc điểm chuyển động của hạt khói:

• Quỹ đạo zigzag: Hạt khói liên tục va chạm với các phân tử không khí, làm thay đổi hướng chuyển động.
• Chuyển động không ngừng: Hạt khói không bao giờ di chuyển theo đường thẳng.
• Điều này chứng tỏ chuyển động zigzag của hạt khói là do va chạm với các phân tử không khí chuyển động hỗn loạn. Nếu các phân tử không khí đứng yên, hạt khói sẽ di chuyển theo đường thẳng.

4. Phân biệt chuyển động Brown và chuyển động của hạt bụi trong ánh nắng:

• Chuyển động của hạt bụi trong ánh nắng không phải là chuyển động Brown.
• Lý do: Chuyển động Brown là do va chạm của các hạt với các phân tử môi trường. Còn chuyển động của hạt bụi trong ánh nắng là do dòng đối lưu trong không khí, ánh sáng tác động lên hạt bụi (hiệu ứng quang điện).

Câu văn nói về sự giàu có của biển ở Trường Sa trong bài tập đọc "Khám phá đáy biển ở Trường Sa" là: "Biển Đông có nhiều loại hải sản quý như tôm hùm, cá ngừ, các loại ốc và ngọc trai."

Vua Hùng đã ra lệnh cho thợ rèn một con ngựa sắt, một thanh gươm sắt, một áo giáp sắt và một nón sắt cho Thánh Gióng để đánh giặc Ân.

1. Tìm số lớn nhất: Để tạo ra số lớn nhất, chúng ta sắp xếp các chữ số theo thứ tự giảm dần. Các chữ số là 8, 3, 2. Số lớn nhất là 832.
2. Tìm số bé nhất: Để tạo ra số bé nhất, chúng ta sắp xếp các chữ số theo thứ tự tăng dần. Các chữ số là 2, 3, 8. Số bé nhất là 238.
3. Tính tổng: Tổng của số lớn nhất và số bé nhất là: 832+238=1070.

Vậy, tổng của số lớn nhất và số bé nhất được lập từ 3 chữ số 3, 2, 8 là 1070.

45 phút

• Ta có \(\angle P A Q = 9 0^{\circ}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
• Xét tứ giác \(O A B Q\), ta có \(\angle O B A + \angle O Q A = \left(\right. 9 0^{\circ} - \angle A O B \left.\right) + \left(\right. 9 0^{\circ} - \angle A O Q \left.\right) = 18 0^{\circ} - \left(\right. \angle A O B + \angle A O Q \left.\right) = 18 0^{\circ} - \angle B O Q\).
• Vì \(\angle P A Q = 9 0^{\circ}\), nên \(\angle O B A + \angle O Q A = 18 0^{\circ} - 9 0^{\circ} = 9 0^{\circ}\).
• Suy ra \(\angle O B A + \angle O Q A = 9 0^{\circ}\).
• Vậy tứ giác \(O A B Q\) nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng \(18 0^{\circ}\)).

• Xét \(\triangle A M C\) và \(\triangle Q M C\), ta có \(\angle M A C = \angle M Q C\) (cùng chắn cung \(A Q\)).
• \(\angle A M C\) chung.
• Suy ra \(\triangle A M C sim \triangle Q M C\) (g.g).
• Do đó \(\frac{M C}{M Q} = \frac{M A}{M C}\), suy ra \(M C^{2} = M A \cdot M Q\).
• Vì \(M , Q\) cố định nên \(M Q\) không đổi. Mà \(M C \cdot M A = R^{2}\) (hằng số).
• Vậy \(M C \cdot M A\) không đổi khi \(A\) di chuyển trên cung nhỏ \(P N\).

• Gọi \(R\) là bán kính đường tròn. Vì \(M N \bot P Q\) tại \(O\) nên \(O M = O N = O P = O Q = R\).
• Vì \(O A\) là phân giác \(\angle M O P\) nên \(\angle M O A = 4 5^{\circ}\).
• Xét \(\triangle O N A\) vuông tại \(O\), ta có \(O A = O N = R\), suy ra \(\triangle O N A\) vuông cân tại \(O\).
• Do đó \(A N = R \sqrt{2}\).
• Ta có \(\angle O A E = \angle O A I = 4 5^{\circ}\).
• Xét \(\triangle A E N\) và \(\triangle A I N\), ta có \(\angle A E N = \angle A I N = 9 0^{\circ}\), \(A N\) chung, \(\angle E A N = \angle I A N = 4 5^{\circ}\).
• Suy ra \(\triangle A E N = \triangle A I N\) (g.c.g).
• Do đó \(E N = I N\).
• Vậy \(I N = \sqrt{2} E N\).

• Diện tích tam giác \(A C E\) là \(S_{A C E} = \frac{1}{2} A C \cdot C E \cdot sin ⁡ \angle A C E\).
• Để \(S_{A C E}\) lớn nhất thì \(A C \cdot C E\) lớn nhất (vì \(\angle A C E\) không đổi).
• Ta có \(A C \cdot C E \leq \frac{\left(\right. A C + C E \left.\right)^{2}}{4}\).
• \(A C + C E = A E\).
• Vậy \(S_{A C E}\) lớn nhất khi \(A C = C E\), tức là \(A\) là điểm chính giữa cung \(P N\).

• Tứ giác \(O A B Q\) nội tiếp.
• \(M C \cdot M A\) không đổi khi \(A\) di chuyển trên cung nhỏ \(P N\).
• \(I N = \sqrt{2} E N\).
• Diện tích tam giác \(A C E\) đạt giá trị lớn nhất khi \(A\) là điểm chính giữa cung \(P N\).