Với P = ab(a+b) +2 chia hết cho 3.

=> ab(a+b) chia 3 dư 1.

Trường hợp 1: Nếu ab chia hết cho 3 thì ab(a+b) chia hết cho 3 (mâu thuẫn).

Trường hợp 2: Nếu ab không chia hết cho 3:

- Nếu a chia 3 dư 1 và b chia 3 dư 2 thì a + b chia hết cho 3.

=> ab(a+b) chia hết cho 3 (mâu thuẫn).

- Nếu a chia 3 dư 2 và b chia 3 dư 1. Tương tự trường hợp này không thỏa mãn.

- Nếu a chia 3 dư 1 và b chia 3 dư 1:

Đặt a = 3m + 1 và b = 3n +1 (m, n nguyên).

=> ab(a+b) = (3m+1)(3n+1)(3m+1+3n+1) chia 3 dư 1.1.2 = 2 (mâu thuẫn).

- Nếu a chia 3 dư 2 và b chia 3 dư 2 (*):

Đặt a = 3m+2 và b = 3n+2 (m, n nguyên).

=> ab(a+b) = (3m+2)(3n+2)(3m+3n+4), do đó ab(a+b) chia 3 dư 2.2.4 = 16 => ab(a+b) chia 3 dư 1 (thỏa mãn).

Tiếp theo, với a và b ở (*) thì ab(a+b) = (9mn+6m+6n+4)(3m+3n+4) chia 9 dư (6m+6n+4)(3m+3n+4).

Do (6m+6n+4)(3m+3n+4) = 18(m+n)^2+36(m+n) + 16 chia 9 dư 7 => ab(a+b) chia 9 dư 7.

=> ab(a+b)+2 chia hết cho 9 hay P chia hết cho 9.

Sửa lại:

Thử lại \(a=6\) không thỏa mãn. Do \(a+b+c+d+e=29\) và \(b,c,d,e\le6\) nên trong 4 số \(b,c,d,e\) có 3 số bằng \(6\) , một số bằng \(5\) . Lập luận để suy ra được không có đội nào có số điểm bằng 5 (nếu không giả sử có một đội như vậy thì phải cần ít nhất 2 trận hòa, vô lí vì có 1 trận hòa).

\(a\in\left\lbrace7;9;10;12\right\rbrace\) vẫn thỏa mãn bằng cách chỉ ra trường hợp thỏa mãn.

Ta thấy rằng nếu 2 đội A và B đấu nhau mà hòa thì tổng điểm của 2 đội đó là \(2\) và nếu không hòa (giả sử A thắng B, tương tự với A thua B) thì tổng điểm của A và B là \(3\) (A được 3 điểm còn B được 0 điểm) \(\left(1\right)\) .

Do có 5 đội đấu nhau nên có tất cả 10 trận đấu nên gọi \(x\) là số trận không hòa giữa \(10\) trận đó (Ví dụ \(\)trận mà đội A thắng đội B tính là 1 trận không hòa). và \(y\) là số trận hòa

\(\Rightarrow x+y=10\) và \(3x+2y=29\) (do ta có \(\left(1\right)\) ).

\(\Rightarrow x=9\) và \(y=1\) .

Vậy có tất cả \(9\) trận không hòa và \(1\) trận hòa của 2 đội nào đó trong tổng 10 trận đấu trên.

Gọi \(a,b,c,d,e\) lần lượt là tổng điểm của đội \(A,B,C,D,E\)

\(\Rightarrow a+b+c+d+e=29\) .

Giả sử \(A\) là đội vô địch nên \(A\) có tổng số điểm nhiều nhất \(\Rightarrow a\ge b,c,d,e\) .

\(\Rightarrow29\le5a\Rightarrow a\ge6\) (do \(a\in N^{\star}\) )

Do \(A\) đấu với 4 đội khác và \(a\ge6\) nên ta sẽ có :

1) Đội \(A\) có 1 trận hòa, 2 trận thắng, 1 trận thua \(\Rightarrow a=2.3+1+0=7\)

2) Đội \(A\) có 1 trận hòa, 3 trận thắng \(\Rightarrow a=1+3.3=10\)

3) Đội \(A\) thắng cả 4 đội \(\Rightarrow a=3.4=12\) .

4)Đội \(A\) có\(\) 2 trận thắng và 2 trận thua \(\Rightarrow a=3.2+0.2=6\) .

5) Đội \(A\) có 3 trận thắng, 1 trận thua\(\Rightarrow a=3.3+0=9\) .

Cuối cùng là kiểm tra lại xem các trường hợp trên có thỏa mãn không bằng cách chỉ ra trường hợp cụ thể. Kết quả cả 5 trường hợp trên thoả mãn.

Vậy đội vô địch có thể đạt \(6,7,9,10,12\) điểm.

a) Sau khi giảm chiều dài và chiều rộng đi \(x\) (m) (\(0 ) thì khi đó hình chữ nhật có chiều rộng là \(10-x\) (m) và chiều dài là \(20-x\) (m).

\(\Rightarrow\) Chu vi hình chữ nhật là: \(y=\left(10-x\right)+\left(20-x\right)=30-2x\) (m).

Do đó \(y\) là hàm bậc nhất theo biến \(x\) .

b) Theo câu a), cho \(x=5\) ta được \(y=30-2.5=20\left(m\right)\) .

Đặt √(\(a^2+b^2\) ) \(=x\) , √(\(b^2+c^2\) )\(=y\) , √(\(c^2+a^2\) )\(=z\) .

\(\Rightarrow x+y+z=\) √\(2021\) ,\(x,y,z>0\)

\(a^2=\)(\(\frac{x^2+z^2-y^2}{2}\) ), \(b^2=\) (\(\frac{x^2+y^2-z^2}{2}\) ), \(c^2=\) (\(\frac{y^2+z^2-x^2}{2}\) ).

Ta có:

\(b+c\le\) √(\(2\) (\(b^2+c^2\) ))\(=\)√ \(2\) . \(y\)

\(c+a\le\) √\(2\) . \(z\) ; \(a+b\le\) √\(2\) .\(x\)

Do đó ta cần chứng minh:

\(\frac{x^2+y^2-z^2}{z}+\frac{y^2+z^2-x^2}{x}+\frac{z^2+x^2-y^2}{y}\ge\) √\(2021\)

\(\Leftrightarrow T=\frac{x^2+y^2}{z}+\frac{y^2+z^2}{x}+\frac{z^2+x^2}{y}\ge x+y+z+\) √\(2021\) \(=2\left(x+y+z\right)\)

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki, ta được:

\(T=\frac{x^2}{y}+\frac{x^2}{z}+\frac{y^2}{x}+\frac{y^2}{z}+\frac{z^2}{x}+\frac{z^2}{y}\ge\frac{\left(x+x+y+y+z+z\right)^2}{y+z+x+z+x+y}=2\left(x+y+z\right)\)

Dấu bằng xảy ra khi \(a=b=c\) .

2) Theo tính chất tiếp tuyến AB lên (O) thì ta có:

Góc ABE = góc EDB hay góc ADB.

Mà BD // AC nên góc EDB = góc EAM => Góc ABE = Góc EAM.

Do đó ta thu được △MAE ~ △MBA (g.g)

=> \(\frac{MA}{ME}=\frac{MB}{MA}\) hay \(AM^2=EM.BM\) .

3) Theo tính chất tiếp tuyến của MC lên (O) ta lại có góc MCE = góc MBC.

=> △MEC ~△MCB (g.g)

=> \(\frac{ME}{MC}=\frac{MC}{MB}\Rightarrow CM^2=ME.MB\)

Từ phần a) ta thu được \(CM^2=AM^2\Rightarrow CM=AM\) hay M là trung điểm AC.