Sau khi phân tích thì đa thức có dạng ( x² + ax + 1 )( x³ + bx² + cx + 1 )

=> x⁵ + x + 1 = ( x² + ax + 1 )( x³ + bx² + cx + 1 )

=> x⁵ + x + 1 = x⁵ + bx⁴ + cx³ + x² + ax⁴ + abx³ + acx² + ax + x³ + bx² + cx + 1

=> x⁵ + x + 1 = x⁵ + ( a + b )x⁴ + ( ab + c + 1 )x³ + ( ac + b + 1 )x² + ( c + a )x + 1

Đồng nhất hệ số ta có :

a + b = 0 ; ab + c + 1 = 0 ; ac + b  + 1 = 0 ; c + a = 1

Giải hệ này ta được : a = 1 ; b = -1 ; c = 0

=> x⁵ + x + 1 = ( x² + x + 1 )( x³ - x² + 1 )

\(x^5+x+1=\left(x^5-x^2\right)+\left(x+x^2+1\right)=x^2\left(x^3-1\right)+\left(x^2+x+1\right)=x^2\left(x-1\right)\left(x^2+x+1\right)\)

\(+\left(x^2+x+1\right)=\left(x^2+x+1\right)\left(x^3-x^2+1\right)\)

gfvfvfvfvfvfvfv555

A B C D E H M P Q F O N K

a) ta có: H đối xứng với P qua BC mà D là giao điểm của AH và BC 

suy ra                                              D là trung điểm HP.

lại có: Q đối xứng với H qua M => M là trung điểm QH

suy ra: DM là đường trung bình tam giác HPQ

=> DM // PQ hay BC // PQ.

=> DMQP là hình thang.

lại có: \(\widehat{MDP}=90^o\)(do AD\(\perp\)BC)

=> DNQP là hình thang vuông.

b) tứ giác HCQB có M là trung điểm BC (gt)

                                M là trung điểm HQ (cmt)

=> HCQB là hình bình hành.

Kéo dài CH cắt AB tại F.

Ta có H là trực tâm tam giác ABC => AH\(\perp\)AB hay AF\(\perp\)AB.

có: HCQB là hình bình hành => \(\widehat{BCQ}=\widehat{EBC}\)(slt) và \(\widehat{CBQ}=\widehat{FCB}\)(slt)

 \(\widehat{ACQ}=\widehat{ACB}+\widehat{BCQ}=\widehat{ACB}+\widehat{EBC}=90^o\)(tam giác BCE vuông tại E)

\(\widehat{ABQ}=\widehat{ABC}+\widehat{CBQ}=\widehat{ABC}+\widehat{FCB}=90^o\)(tam giác FCB vuông tại F)

c) gọi N là giao điểm của ON và AC => ON vuông góc AC tại N.

lại có tam giác AOC cân tại O (O là giao điểm các trung trực của tam giác ABC)

=> tam giác AOC cân tại O có đường cao ON đồng thời là đường trung tuyến ứng với cạnh AC

=> N là trung điểm AC

mà ON // CQ (cùng vuông góc với AC) => O là trung điểm AQ (định lí đường trung bình trong tam giác)

=> AO = OQ (1)

Có OM\(\perp\)BC mà BC // PQ => \(OM\perp PQ\)

gọi K là trung điểm PQ, ta có \(DM=\frac{1}{2}PQ=PK=KQ\)(do DM là đường trung bình tam giác HPQ)

=> 3 điểm O,M,K thẳng hàng.

Tam giác OPQ có đường cao OK đồng thời là đường trung tuyến => tam giác OPQ cân tại O => OP = OQ (2)

lại có: OA = OB = OC (O là giao điểm 3 trung trực tam giác ABC) (3)

từ (1), (2) và (3) => OA = OB = OC = OP = OQ 

=> O cách đều 5 điểm A,B,C,P,Q.

Bạn ơi cho mình sửa xíu ạ, mình có viết nhầm vài chỗ :D

câu a) dòng thứ 8, DMQP chứ không phải là DNQP nhé.

câu b) dòng thứ 5, "\(AH\perp AB\)hay \(AF\perp AB\)" sửa lại thành "\(CH\perp AB\)hay \(CF\perp AB\)"

a. Vận tốc sau 3s là: \(v=24-3.3=15m/s\)

b. Quãng đường vật đi được trong 4s đầu tên là: \(s=s_1+s_2+s_3+s_4=v_1t_1+v_2t_2+v_3t_3+v_4t_4=24.1+\left(24-3.1\right).1+\left(24-3.2\right).1+\left(24-3.3\right)=78m\)

Vận tốc trung bình là: \(v_{tb}=\frac{s}{t}=\frac{78}{4}=19,5m/s\)

Ta có : \(4\left(\frac{3}{4}x-1\right)+\left(12x^2-3x\right)\div\left(-3x\right)-\left(2x-1\right)\)

\(=3x-4+\left[12x^2\div\left(-3x\right)\right]-\left[-3x\div\left(-3x\right)\right]-2x+1\)

\(=x-3-4x+1\)

\(=-3x-2\)

Tại x = 3 => Giá trị biểu thức = -3.3 - 2 = -9 - 2 = -11

Hình thang ABCD có 2 đáy AB và CD là hình bình hành khi:

A.AD=BC 

B.AC=BD 

C.AB=CD

D. AB//CD

=> C 

Thank you