Do số $a$ nhỏ hơn số $c$ một đơn vị nên ta có $a = c - 1\,\,\,\left( 1 \right)$.

Theo đề, ta có $x = \frac{1}{2}$ là một nghiệm của đa thức $P\left( x \right)$, suy ra $P\left( {\frac{1}{2}} \right) = 0$.

Khi đó $P\left( {\frac{1}{2}} \right) = \frac{1}{4}a + \frac{1}{2}b + c = 0$, do đó $b =  - \frac{1}{2}a - 2c\,\,\,\left( 2 \right)$.

Thay $\left( 1 \right)$ vào $\left( 2 \right)$ ta được: $b =  - \frac{1}{2}\left( {c - 1} \right) - 2c =  - \frac{5}{2}c + \frac{1}{2}\,\,\,\left( 3 \right)$

Do $P\left( x \right)$ chia hết cho $x - 3$ nên $P\left( x \right) = \left( {x - 3} \right).Q\left( x \right)$ với $Q\left( x \right)$ là thương của phép chia $P\left( x \right)$ cho $x - 3$.

Ta có $P\left( 3 \right) = \left( {3 - 3} \right).Q\left( x \right) = 0$, hay $P\left( 3 \right) = 0$.

Khi đó $9a + 3b + c = 0\,\,\,\left( * \right)$

Thế $a = c - 1$ và $b =  - \frac{5}{2}c + \frac{1}{2}$ vào $\left( * \right)$, ta được:

$$9\left( {c - 1} \right) + 3\left( { - \frac{5}{2}c + \frac{1}{2}} \right) + c = 0$$.

Suy ra $\frac{5}{2}c = \frac{{15}}{2}$, do đó $c = 3$.

Với $c = 3$, ta có $a = 3 - 1 = 2$ và $b =  - \frac{5}{2}.3 + \frac{1}{2} =  - 7$.

Vậy $a = 2$; $b =  - 7$ và $c = 3$.

Lưu ý: Với dữ kiện đa thức $P\left( x \right)$ chia hết cho $x - 3$, ta cũng có thể suy ra điều kiện $\left( * \right)$ bằng cách đặt tính chia đa thức $P\left( x \right)$ cho đa thức $x - 3$ như sau:

Để đa thức $P\left( x \right)$ chia hết cho $x - 3$,  thì $9a + 3b + c = 0\,\,\,\left( * \right)$.

a) Xét $\Delta OAE$ và $\Delta OBF$, có:

$\widehat {OAE} = \widehat {OBF} = 90^\circ$;

$OA = OB$ (giả thiết);

$\widehat {AOB}$ là góc chung.

Do đó $\Delta OAE = \Delta OBF$ (cạnh góc vuông – góc nhọn kề)

Suy ra $OE = OF$ (cặp cạnh tương ứng).

b) Áp dụng bất đẳng thức tam giác cho $\Delta EIF$, ta được: $EF < EI + IF$.

Mà $2EM = EF$ (do $M$ là trung điểm của $EF$).

Suy ra $2EM < EI + IF$.

Vậy $EM < \frac{{EI + IF}}{2}$.

c) Xét $\Delta OEF$ có hai đường cao $FB$ và $AE$ cắt nhau tại $I$.

Suy ra $I$ là trực tâm của $\Delta OEF$.

Do đó $OI \bot EF\,\,\,\left( 1 \right)$

Xét $\Delta OEM$ và $\Delta OFM$, có:

$OM$ là cạnh chung;

$ME = MF$ (do $M$ là trung điểm của $EF$);

$OE = OF$ (câu a).

Do đó $\Delta OEM = \Delta OFM\left( {{\rm{c}}{\rm{.c}}{\rm{.c}}} \right)$.

Suy ra $\widehat {OME} = \widehat {OMF}$ (cặp góc tương ứng).

Mà $\widehat {OME} + \widehat {OMF} = 180^\circ$ (hai góc kề bù).

Khi đó $\widehat {OME} = \widehat {OMF} = 90^\circ$ hay $OM \bot EF\,\,\,\left( 2 \right)$

Từ $\left( 1 \right),\left( 2 \right)$, suy ra ba điểm $O$, $I$, $M$ thẳng hàng.

Gọi $$a$$, $b$, $c$ (quyển vở) lần lượt là số quyển vở lớp $7A$, $7B$, $7C$ quyên góp được.

Theo đề, ta có tổng số quyển vở lớp $7A$ và $7B$ quyên góp được nhiều hơn lớp $7C$ là 62 quyển, suy ra $a + b - c = 62$.

Do số quyển vở mỗi lớp quyên góp được tỉ lệ thuận với số học sinh của lớp đó nên:

$\frac{a}{{32}} = \frac{b}{{35}} = \frac{c}{{36}}$.

Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta được:

 $\frac{a}{{32}} = \frac{b}{{35}} = \frac{c}{{36}} = \frac{{a + b - c}}{{32 + 35 - 36}} = \frac{{62}}{{31}} = 2$.

Suy ra $a = 32.2 = 64$; $b = 35.2 = 70$; $c = 36.2 = 72$.

Vậy số quyển vở lớp $7A$, $7B$, $7C$ quyên góp được lần lượt là 64 quyển vở; 70 quyển vở và 72 quyển vở.

a) $A\left( x \right) = \frac{3}{4}{x^3} - 1 + \frac{3}{5}x + 4{x^2} + \frac{5}{4}{x^3} - \frac{8}{5}x + 4 + 7{x^2}$

             $= \left( {\frac{3}{4} + \frac{5}{4}} \right){x^3} + \left( {4 + 7} \right){x^2} + \left( {\frac{3}{5} - \frac{8}{5}} \right)x - 1 + 4$

             $= 2{x^3} + 11{x^2} - x + 3$.

b) Bậc của đa thức $A\left( x \right)$ là 3.

Hệ số cao nhất của đa thức $A\left( x \right)$ là 2.

c) Ta có $B\left( x \right) - C\left( x \right) = A\left( x \right)$.

Suy ra $C\left( x \right) = B\left( x \right) - A\left( x \right)$

                    $= 2{x^3} + 12{x^2} - 3x + 3 - \left( {2{x^3} + 11{x^2} - x + 3} \right)$

                    $= 2{x^3} + 12{x^2} - 3x + 3 - 2{x^3} - 11{x^2} + x - 3$

                    $= {x^2} - 2x$.

Để tìm nghiệm của đa thức $C\left( x \right)$, ta cho $C\left( x \right) = 0$

Do đó ${x^2} - 2x = 0$

           $x\left( {x - 2} \right) = 0$

Suy ra $x = 0$ hoặc $x = 2$.

Vậy nghiệm của đa thức $C\left( x \right)$ là $x \in \left\{ {0;2} \right\}$.

Ta thực hiện đặt tính chia đa thức như sau:

Do đó $\frac{{2{n^2} - n}}{{n + 1}} = 2n - 3 + \frac{3}{{n + 1}}$ (với $$n + 1 \ne 0$$).

Với $n \in \mathbb{Z}$ để $2{n^2} - n$ chia hết cho $n + 1$ thì $$3 \vdots \left( {n + 1} \right)$$

Điều này xảy ra khi và chỉ khi $$n + 1 \in$$ Ư$$\left( 3 \right) = \left\{ { - 1;1; - 3;3} \right\}$$

a) Xét $\Delta ADB$ và $\Delta AEC$ có:

$\widehat {ADB} = \widehat {AEC} = 90^\circ$;

$AB = AC$ (do $\Delta ABC$ cân tại $A$);

$\widehat {BAC}$ là góc chung.

Do đó $\Delta ADB = \Delta AEC$ (cạnh huyền – góc nhọn).

Suy ra $AD = AE$ (hai cạnh tương ứng).

Mà $AB = AC$ (chứng minh trên)

Nên $AB - AE = AC - AD$ hay $BE = CD$.

b) Do $\Delta ADB = \Delta AEC$ (câu a) nên $\widehat {ABD} = \widehat {ACE}$ (hai góc tương ứng)

Xét $\Delta BHE$ và $\Delta CHD$ có:

$\widehat {BEH} = \widehat {CDH} = 90^\circ$;

$BE = CD$ (chứng minh câu a);

$\widehat {EBH} = \widehat {DCH}$(chứng minh trên).

Do đó $\Delta BHE = \Delta CHD$ (cạnh góc vuông – góc nhọn kề)

Suy ra $HB = HC$ (hai cạnh tương ứng)

Tam giác $HBC$ có $HB = HC$ nên là tam giác cân tại $H$.

Xét $\Delta HDC$ vuông tại $D$ có $HC$ là cạnh huyền nên là cạnh có độ dài lớn nhất.

Do đó $HC > HD$.

Mà $HB = HC$ (chứng minh trên) nên $HB > HD.$

c) Gọi $$P$$ là giao điểm của $$HI$$ và $$BC$$.

$\Delta HBC$ có hai đường trung tuyến $$BM$$ và $$CN$$ cắt nhau tại $$I$$.

Do đó $$I$$ là trọng tâm của $\Delta HBC$ nên $$HP$$ là đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh $$H$$ của tam giác.

Mà $\Delta HBC$ cân tại $H$ nên đường trung tuyến $$HP$$ đồng thời là đường cao của tam giác.

Suy ra $HP \bot BC$ hay $HI \bot BC\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)$

• $\Delta ABC$ có $$H$$ là giao điểm của hai đường cao $$BD$$ và $$CE$$ nên $$H$$ là trực tâm của $\Delta ABC$.

Do đó $AH \bot BC\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)$

Từ $\left( 1 \right)$ và $\left( 2 \right)$ suy ra ba điểm $A,H,I$ cùng nằm trên một đường thẳng vuông góc với $$BC$$ tại $P$.

Hay ba điểm $A,H,I$ thẳng hàng.

Gọi số tiền lãi ba công ty $A,B,C$ nhận được lần lượt là $x,y,z$ (triệu đồng).

Do số tiền lãi nhận được chia theo tỉ lệ góp vốn mà số tiền góp vốn của ba công ty $A,B,C$ lần lượt tỉ lệ với ba số $$7;9;8$$ nên $\frac{x}{7} = \frac{y}{9} = \frac{z}{8}$.

Tổng số tiền lãi ba công ty có là $1,2$ tỉ đồng (1 200 triệu đồng) nên $x + y + z = 1\,\,200$

Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có:

$\frac{x}{7} = \frac{y}{9} = \frac{z}{8} = \frac{{x + y + z}}{{7 + 9 + 8}} = \frac{{1200}}{{24}} = 50$

Suy ra $$\left\{ \begin{array}{l}x = 7.50 = 350\\y = 9.50 = 450\\z = 8.50 = 400\end{array} \right.$$

Vậy số tiền lãi ba công ty $A,B,C$ nhận được lần lượt là 350 triệu đồng, 450 triệu đồng, 400 triệu đồng.

a) $$A\left( x \right) = {x^3} - 3{x^2} - x - 4 + 4{x^2} - x$$

              $= {x^3} + \left( { - 3{x^2} + 4{x^2}} \right) + \left( { - x - x} \right) - 4$

              $= {x^3} + {x^2} - 2x - 4$.

$$B\left( x \right) = {x^4} + 2{x^2} - 5x - {x^2} + 6 + {x^3} - {x^4}$$

         $= \left( {{x^4} - {x^4}} \right) + {x^3} + \left( {2{x^2} - {x^2}} \right) - 5x + 6$

         $= {x^3} + {x^2} - 5x + 6$.

b) Đa thức $A\left( x \right)$ có bậc là 3 và hệ số cao nhất là 1.

c) $M\left( x \right) = A\left( x \right) - B\left( x \right)$

$M\left( x \right) = \left( {{x^3} + {x^2} - 2x - 4} \right) - \left( {{x^3} + {x^2} - 5x + 6} \right)$

          $= {x^3} + {x^2} - 2x - 4 - {x^3} - {x^2} + 5x - 6$

          $= \left( {{x^3} - {x^3}} \right) + \left( {{x^2} - {x^2}} \right) + \left( { - 2x + 5x} \right) + \left( { - 4 - 6} \right)$

          $= 3x - 10$

Ta có $M\left( x \right) = 0$ tức là $3x - 10 = 0$, suy ra $x = \frac{{10}}{3}$.

Vậy đa thức $M\left( x \right)$ có nghiệm là $x = \frac{{10}}{3}$.