a)Giời chớm hè. Cây cối um tùm. Cả làng thơm. Cây hoa lan nở hoa trắng xóa. Hoa đẻ từng chùm mảnh dẻ. Hoa móng rồng bụ bẫm thơm như mùi mít chín ở góc vườn ông Tuyên. Ong vàng, ong vò vẽ, ong mật đánh lộn nhau để hút mật ở hoa. Chúng đuổi cả bướm. Bướm hiền lành bỏ chỗ lao xao. Từng đàn rủ nhau lặng lẽ bay 

đầy đủ 

Xác định các phép tu từ và nêu tác dụng của chúng trong 2 đoạn sau:

a) Giời chớm hè. Cây cối um tùm. Cả làng thơm. Cây hoa lan nở hoa trắng xóa. Hoa đẻ từng chùm mảnh dẻ. Hoa móng rồng bụ bẫm thơm như mùi mít chín ở góc vườn ông Tuyên. Ong vàng, ong vò vẽ, ong mật đánh lộn nhau để hút mật ở hoa. Chúng đuổi cả bướm. Bướm hiền lành bỏ chỗ lao xao. Từng đàn rủ nhau lặng lẽ bay đi.

Xác định phép tu từ được sử dụng trong đoạn :
- So sánh :

+ Hoa móng rồng … thơm như mùi mít chín

+ Liệt kê : Hoa lan, hoa giẻ, hoa móng rồng, ong vàng, ong vò vẽ, ong mật
+ Nhân hoá : Hoa giẻ từng chùm mảnh dẻ; Hoa móng rồng bụ bẫm; Ong vàng, ong vò vẽ, ong mật đánh lộn nhau; Bướm hiền lành … rủ nhau …

Tác dụng của các biện pháp tu từ :
- Đoạn văn sử dụng rất nhiều biện pháp tu từ gợi lên một bức tranh làng quê đầu hè đầy sức sống nên thơ.
+ Hình ảnh so sánh và thủ pháp liệt kê có tác dụng gợi lên một không gian nồng nàn hương thơm, tươi tắn nhiều màu sắc, rộn rịp những hoạt động của thế giới loài vật.
+ Với thủ pháp nhân hoá, cảnh vật hiện lên rất có hồn, sống động, đáng yêu
- Thể hiện niềm say mê, tình yêu thiên nhiên, tình yêu tổ quốc của tác giả.
- Gợi dậy ở người đọc cảm xúc náo nức, yêu mến, tự hào cảnh đẹp quê hương.

\(\frac{260abc}{626}=abc\) 

\(\frac{260000+abc}{626}=abc\)    

\(260000+abc=626\cdot abc\) 

\(260000=625\cdot abc\) 

\(abc=416\)

Ta có : 260abc : 626 = abc

=> 260 000 + abc = abc.626

=> 260 000 = 625.abc

=> abc = 416

Vậy abc = 416

x + 4131 : 3⁵ = 5.3²

x+17=45

x=45-17

x=28

x+4131:3⁵=5 x 3²

x+17=45

       x=45+17

       x=62

HOK TỐT

dùng thủ thuật giống một bài toán lớp 3

Cho m=n=0 ta được \(f\left(0\right)=2f^2\left(0\right)\Rightarrow f\left(0\right)=0\)

Cho m=1; n=0 ta được \(\orbr{\begin{cases}f\left(1\right)=0\\f\left(1\right)=1\end{cases}}\). Ta xét trường hợp f(1)=1, với f(1)=0 ta xét tương tự, với f(1)=1 ta lần lượt tính được

\(\hept{\begin{cases}f\left(2\right)=f\left(1^2+1^2\right)=f^2\left(1\right)+f^2\left(1\right)=2\\f\left(4\right)=f\left(2^2+0^2\right)=f^2\left(2\right)+f^2\left(0\right)=4\\f\left(5\right)=f\left(2^2+1^2\right)=f^2\left(2\right)+f^2\left(1\right)=5\end{cases}}\)

áp dụng thủ thuật của một bài toán lớp 3. Ta không tính trực tiếp f(3) nhưng ta lại có \(f^2\left(5\right)=f\left(25\right)=f\left(3^2+4^2\right)=f^2\left(4\right)+f^2\left(3\right)\)từ đó ta tính được f(3)=3

Tương tự như vậy ta có thể tính được f(6) nhờ vào đẳng thức 6²+8²=10² trong đó \(f\left(8\right)=f\left(2^2+2^2\right)=2f^2\left(2\right)=8;f\left(10\right)=f\left(3^2+1^2\right)=f^2\left(3\right)+f^2\left(1\right)=10\)

Tiếp tục để tính f(7) ta để ý 7²+1²=50 =5²+5², từ đó f(7)=7. Cũng như thế do đó 11²+2²=10²+5² nên suy ra f(11)=11

Cách làm này có thể tổng quát hóa như thế nào? Ý tưởng là \(m^2+n^2=p^2+q^2\left(1\right)\)thì \(f^2\left(m\right)+f^2\left(n\right)=f^2\left(q\right)+f^2\left(p\right)\)do đó nếu tính được \(f\left(n\right);f\left(q\right);f\left(p\right)\)thì f(m) cũng sẽ tính được

Làm thế nào để có những đẳng thức dạng (1) dưới dạng tổng quát, cho phép ta chứng minh f(n)=n với mọi n bằng quy nạp? Chú ý rằng (1) có thể viết lại thành (m-p)(m+p)=(q-n)(q+n)=N. Do đó nếu chọn 2 số N có 2 cách phân tích thành tích của những số cùng tính chẵn hoặc lẻ, ta sẽ tìm được nghiệm cho (1). Chọn N=8k=4k.2=4.2k và N=16k=4k.4=2k.8 ta được hệ 

\(\hept{\begin{cases}m-p=2;m+p=4k;q-n=4;q+n=2k\\m-p=4;m+p=4k;q-n=8;q+n=2k\end{cases}}\)

Từ đó được các hằng đẳng thức tương ứng

\(\hept{\begin{cases}\left(2k+1\right)^2+\left(k-2\right)^2=\left(2k-1\right)^2+\left(k+2\right)^2\\\left(2k+2\right)^2+\left(k-4\right)^2=\left(2k-2\right)^2+\left(k+4\right)^2\end{cases}}\)

Từ hai đẳng thức này với chú ý f(n)=n với n=1;2;3;4;5;6 ta dễ dàng chứng minh quy nạp được rằng f(n)=n với mọi n thuộc N

Trường hợp f(1)=0 cũng bằng cách lý luận trên ta nêu ra f(n)=0 với mọi n thuộc N

Đặt A = \(\frac{n+1}{n+2}\)

=> \(\frac{1}{A}=\frac{n+2}{n+1}\)

=> \(\frac{1}{A}-1=\frac{n+2-n-1}{n+1}=\frac{1}{n+1}\)

Đặt B = \(\frac{n+3}{n+4}\)

=> \(\frac{1}{B}=\frac{n+4}{n+3}\)

=> \(\frac{1}{B}-1=\frac{n+4-n-3}{n+3}=\frac{1}{n+3}\)

Vì \(\frac{1}{n+1}>\frac{1}{n+3}\Rightarrow\frac{1}{A}-1>\frac{1}{B}-1\Rightarrow\frac{1}{A}>\frac{1}{B}\Rightarrow A< B\)

Vậy \(\frac{n+1}{n+2}< \frac{n+3}{n+4}\)

Đặt \(A=\frac{n+1}{n+2}\)

\(\Rightarrow\frac{1}{A}=\frac{n+2}{n+1}\)

\(\Rightarrow\frac{1}{A}-1=\frac{n+2-n+1}{n+1}=\frac{1}{n+1}\)

Đặt \(B=\frac{n+3}{n+4}\)

\(\Rightarrow\frac{1}{B}=\frac{n+4}{n+3}\)

\(\Rightarrow\frac{1}{B}-1=\frac{n+4-n-3}{n+3}=\frac{1}{n+3}\)

Vì \(\frac{1}{n+1}>\frac{1}{n+3}\Rightarrow\frac{1}{A}-1>\frac{1}{B}-1\Rightarrow\frac{1}{A}>\frac{1}{B}\Rightarrow A< B\)

Vậy \(\frac{n+1}{n+2}< \frac{n+3}{n+4}\)

\(M=\left(n+1\right)\left(n+4\right)\left(n+2\right)\left(n+3\right)+1\)    

\(=\left(n^2+5n+4\right)\left(n^2+5n+6\right)+1\)     ( 1 ) 

Đặt \(t=n^2+5n+4\)    

\(\Rightarrow\left(1\right)=t\left(t+2\right)+1\)                                                          

\(=t^2+2t+1\)    

\(=\left(t+1\right)^2\)    

Vậy M là bình phương của 1 số nguyên 

\(M=\left(n+1\right)\left(n+2\right)\left(n+3\right)\left(n+4\right)+1\)

\(=\left[\left(n+1\right)\left(n+4\right)\right]\left[\left(n+2\right)\left(n+3\right)\right]+1\)

\(=\left(a^2+5a+4\right)\left(a^2+5a+6\right)+1\)

Đặt \(a^2+5a+4=x\)

ta có:\(M=x\left(x+2\right)+1\)

             \(=x^2+2x+1=\left(x+1\right)^2\)

            Thay \(x=a^2+5a+4\)Ta được:

\(M=\left(a^2+5a+5\right)^2\)

Vì \(a\in Z\)nên \(a^2+5a+5\in Z\)

Do đó\(M=\left(a^2+5a+5\right)^2\)là bình phương của 1 số nguyên

a) \(n\left(n+3\right)-\left(n-1\right)\left(n+2\right)\)

\(=n^2+3n-n^2-n+2\)

\(=2n+2=2\left(n+1\right)\) chỉ có thể CM luôn chia hết cho 2 với mọi n nguyên thôi nhé

b) \(\left(n+2\right)\left(n^2-3n+1\right)-n\left(n^2-n\right)+3\)

\(=n^3-n^2-5n+2-n^3+n^2+3\)

\(=-5n+5=5\left(1-n\right)\) chia hết cho 5 với mọi n nguyên

n( n + 3 ) - ( n - 1 )( n + 2 )

= n² + 3n - ( n² + n - 2 )

= n² + 3n - n² - n + 2

= 2n + 2 = 2( n + 1 ) chia hết cho 2 thôi -..- ( mà cấy ni còn tùy cơ :D )

( n + 2 )( n² - 3n + 1 ) - n( n² - n ) + 3

= n³ - n² - 5n + 2 - n³ + n² + 3

= -5n + 5 = -5( n - 1 ) chia hết cho 5 ( đpcm )