This report addresses the issues of traffic congestion, noise, and air pollution at the school's entrance, and proposes two potential solutions. 

Many parents drive their children to and from school daily, leading to long lines of private cars and motorcycles outside the school gate twice a day, five days a week. Consequently, traffic jams, noise, and air pollution have worsened, which negatively impacts the health of both students and parents as well as the surrounding environment. 

To solve this problem, we suggest two solutions. First, students should be encouraged to use public transport such as buses if they live far away from school. The school could arrange for free bus tickets to motivate students to use public transport. Second, those who live near school should be invited to join the school Cycling-to-school programme, which will help them find an experienced cycling buddy who lives nearby and knows the safe cycling routes to school.

By promoting the use of public transport and cycling to school, we can create a greener school environment and foster a green lifestyle among the youth. Therefore, it is recommended to implement these solutions as soon as possible.

Nowadays, more and more young Vietnamese people celebrate festivals like Christmas and Halloween. In my opinion, this trend has numerous positive impacts on young Vietnamese people. 

Firstly, participating in global festivals such as Christmas and Halloween encourages cultural exchange and understanding. Young people get the opportunity to learn about different traditions and customs around the world. For instance, when young people participate in Christmas, they learn about the traditions of giving and the story of Saint Nicholas, which might differ from local Vietnamese folklore.

Secondly, festivals bring fun, happiness and joy to young people. They give an opportunity for young people to relax and spend enjoyable time with their friends and family. Young people can enjoy the festive spirit by watching performances, dressing up and eating festive food.

Finally, celebrating international festivals can boost creativity and social skills. By organising and taking part in festivities, young people learn how to work together and solve problems creatively.

In conclusion, I firmly believe that celebrating festivals like Christmas and Halloween offers significant benefits to young Vietnamese people. It not only fosters cultural understanding and provides joy, but also enhances creativity and social skills among the youth. 

WALT DISNEY - THE FATHER OF MICKEY MOUSE

Walt Disney is famous around the world for his pioneering work in animation and creating beloved characters like Mickey Mouse. Born on December 5, 1901, in Chicago, Illinois, Disney showed an early interest in drawing and art. He attended McKinley High School in Chicago, where he took drawing and photography classes. Later, he studied at the Chicago Academy of Fine Arts. 

Disney was a very successful filmmaker who created iconic films such as "Snow White and the Seven Dwarfs," "Cinderella," and "Peter Pan." Apart from making films, he was also famous for founding Disneyland, the first-ever theme park, which opened in 1955. 

He had four brothers and one sister. With his wife Lillian, he had two daughters, Diane and Sharon. Walt Disney died on December 15, 1966, in Burbank, California. Even after his death, The Walt Disney Studios continues to thrive, producing films, TV shows, and theme park experiences enjoyed by millions worldwide. Disney's legacy as a visionary and creator lives on to this day.

Ta có \(4 x^{2} + 4 y^{2} + 6 x + 3 \geq 4 x y\)

\(\Leftrightarrow \left(\right. x^{2} - 4 x y + 4 y^{2} \left.\right) + 3 \left(\right. x^{2} + 2 x + 1 \left.\right) \geq 0\)

\(\Leftrightarrow \&\text{nbsp}; \left(\right. x - 2 y \left.\right)^{2} + 3 \left(\right. x \&\text{nbsp}; + 1 \left.\right)^{2} \geq 0\) (luôn đúng với mọi \(x\), \(y\)).

Vậy với mọi \(x\), \(y\) ta có \(4 x^{2} + 4 y^{2} + 6 x + 3 \geq 4 x y\).

Nếu \(n\) chia hết cho \(3\) thì \(n = 3 k\) với \(k \in \mathbb{N}\).

 Xét \(k = 2 m\) thì \(n = 6 m\) suy ra \(n \left(\right. n + 1 \left.\right) = 6 m \left(\right. 6 m + 1 \left.\right)\) chia hết cho \(6\).

 Xét \(k = 2 m + 1\) thì \(n = 3 \left(\right. 2 m + 1 \left.\right) = 6 m + 3\).

Suy ra \(n \left(\right. n + 1 \left.\right) = \left(\right. 6 m + 3 \left.\right) \left(\right. 6 m + 4 \left.\right) = 3. \left(\right. 2 m + 1 \left.\right) . 2 \left(\right. 3 m + 2 \left.\right) = 6. \left(\right. 2 m + 1 \left.\right) . \left(\right. 3 m + 2 \left.\right)\) chia hết cho \(6\).

Vậy với mọi số tự nhiên \(n\), nếu \(n\) chia hết cho \(3\) thì \(n \left(\right. n + 1 \left.\right)\) chia hết cho \(6\).

Nếu \(n\) lẻ thì \(n\) có dạng \(n = 2 k + 1\) với \(k \in \mathbb{N}\).

Do đó \(n^{3} = \left(\right. 2 k + 1 \left.\right)^{3} = 8 k^{3} + 12 k^{2} + 6 k + 1 = 2 \left(\right. 4 k^{3} + 6 k^{2} + 3 k \left.\right) + 1\).

Suy ra \(n^{3}\) lẻ.

Vậy với mọi số tự nhiên \(n\), nếu \(n\) lẻ thì \(n^{3}\) lẻ.

a) \(A = a^{2} \cdot 1 + b^{2} \cdot 0 + c^{2} \cdot \left(\right. - 1 \left.\right) = a^{2} - c^{2}\)

b) \(B = 3 - \left(\right. 1 \left.\right)^{2} + 2 \left(\left(\right. \frac{1}{2} \left.\right)\right)^{2} - 3 \left(\left(\right. \frac{\sqrt{2}}{2} \left.\right)\right)^{2} = 1\)

c) \(C = \left(sin ⁡\right)^{2} 4 5^{\circ} + 3 \left(cos ⁡\right)^{2} 4 5^{\circ} - 2 \left(\right. \left(sin ⁡\right)^{2} 5 0^{\circ} + \left(sin ⁡\right)^{2} 4 0^{\circ} \left.\right) + 4 tan ⁡ 5 5^{\circ} \cdot cot ⁡ 5 5^{\circ}\)
\(C = \left(\left(\right. \frac{\sqrt{2}}{2} \left.\right)\right)^{2} + 3 \left(\left(\right. \frac{\sqrt{2}}{2} \left.\right)\right)^{2} - 2 \left(\right. \left(sin ⁡\right)^{2} 5 0^{\circ} + \left(cos ⁡\right)^{2} 4 0^{\circ} \left.\right) + 4 = \frac{1}{2} + \frac{3}{2} - 2 + 4 = 4\)

Trong lời giải này ta quy ước diện tích của đa giác \(X\) bất kì là \(\mid X \mid\).

Gọi ba đa giác đó là \(A\), \(B\) và \(C\).

Khi đó \(\mid A \mid + \mid B \mid + \mid C \mid = 20\).

Ta có: \(\mid A \cup B \cup \&\text{nbsp}; C \mid = \mid A \mid + \mid B \mid + \mid C \mid - \left(\right. \mid A \cap B \mid + \mid B \cap C \mid + \mid C \cap A \mid \left.\right) + \mid A \cap B \cap C \mid\). (∗)

Do \(A\), \(B\) và \(C\) nằm trong hình vuông diện tích \(16\) nên \(\mid A \cup B \cup \&\text{nbsp}; C \mid \leq \&\text{nbsp}; 16\) và hiển nhiên \(\mid A \cap B \cap \&\text{nbsp}; C \mid \geq 0\), từ đó kết hợp với (∗) ta suy ra \(16 \geq \mid A \mid + \mid B \mid + \mid C \mid - \left(\right. \mid A \cap B \mid + \mid B \cap \&\text{nbsp}; C \mid + \mid C \cap \&\text{nbsp}; A \mid \left.\right)\) hay \(\mid A \cap B \mid + \mid B \cap C \mid + \mid C \cap \&\text{nbsp}; A \mid \geq \&\text{nbsp}; \mid A \mid + \mid B \mid + \mid C \mid - \&\text{nbsp}; 16 = 4\).

Do đó một trong ba số \(\mid A \cap B \mid\), \(\mid B \cap \&\text{nbsp}; C \mid\) và \(\mid C \cap \&\text{nbsp}; A \mid\) sẽ có ít nhất một số không nhỏ hơn \(\frac{4}{3}\) hay số đó sẽ lớn hơn \(1\), giả sử \(\mid A \cap B \mid > 1\).

Vậy \(A\) và \(B\) là hai đa giác thỏa mãn bài toán. Ta có điều phải chứng minh. 

Nếu \(a\), \(b\) chẵn thì \(a^{2} + b^{2}\) là hợp số. Do đó nếu tập con \(X\) của \(A\) có hai phần tử phân biệt \(a\), \(b\) mà \(a^{2} + b^{2}\) là một số nguyên tố thì \(X\) không thể chỉ chứa các số chẵn.

Suy ra \(k = 9\).

Ta chứng tỏ \(k = 9\) là giá trị nhỏ nhất cần tìm. Điều đó có nghĩa là với mọi tập con \(X\) gồm \(9\) phần tử bất kì của \(A\) luôn tồn tại hai phần tử phân biệt \(a\), \(b\) mà \(a^{2} + b^{2}\) là một số nguyên tố.

Để chứng minh khẳng định trên ta chia tập \(A\) thành các cặp hai phần tử phân biệt \(a\), \(b\) mà \(a^{2} + b^{2}\) là một số nguyên tố, ta có tất cả \(8\) cặp \(\left{\right. 1 ; 4 \left.\right}\), \(\left{\right. 2 ; 3 \left.\right}\), \(\left{\right. 5 ; 8 \left.\right}\), \(\left{\right. 6 ; 11 \left.\right}\), \(\left{\right. 7 ; 10 \left.\right}\), \(\left{\right. 9 ; 16 \left.\right}\), \(\left{\right. 12 ; 13 \left.\right}\), \(\left{\right. 14 ; 15 \left.\right}\). Theo nguyên lí Dirichlet thì \(9\) phần tử của \(X\) có hai phần tử cùng thuộc một cặp và ta có điều phải chứng minh.

Do \(A\) là tập hợp có \(6\) phần tử nên số tập hợp con khác rỗng và khác \(A\) của tập hợp \(A\) là: \(2^{6} - 2 = 62\) (tập hợp con).

Xét tập hợp \(X\) là tập con bất kì trong \(62\) tập hợp con trên và \(T \left(\right. X \left.\right)\) là tổng các phần tử của \(X\).

Tập hợp \(X\) có nhiều nhất \(5\) phần tử thuộc tập hợp \(\left{\right. 0 ; 1 ; 2 ; . . . ; 14 \left.\right}\) nên ta có:

\(0 \leq T \left(\right. X \left.\right) \leq 10 + 11 + 12 + 13 + 14 = 60\).

Như vậy với \(62\) tập hợp con của \(A\) như trên thì tồn tại \(62\) tổng không vượt quá \(60\).

Theo nguyên lí Dirichlet thì tồn tại hai tổng có giá trị bằng nhau. Điều đó chứng tỏ tồn tại hai tập hợp con \(B_{1}\), \(B_{2}\) của tập hợp \(A\) có tổng các phần tử của chúng bằng nhau.