Gọi T là giao điểm của EF và BC. Gọi J là trung điểm DT. Khi đó vì \(\widehat{TKD}=90^o\) nên \(K\in\left(J,JD\right)\). Đặt \(JB=b,JC=c,JD=JT=d\). 

 Dễ thấy \(AE=AF,BF=BD,CD=CE\) nên \(\dfrac{FA}{FB}.\dfrac{DB}{DC}.\dfrac{EC}{EA}=1\)

 Hơn nữa, áp dụng định lý Menelaus cho tam giác ABC với cát tuyến EFT, ta có: \(\dfrac{FA}{FB}.\dfrac{TB}{TC}.\dfrac{EC}{EA}=1\) 

 Từ đó suy ra \(\dfrac{DB}{DC}=\dfrac{TB}{TC}\)

 \(\Leftrightarrow\dfrac{JD-JB}{JC-JD}=\dfrac{JB+JT}{JC+JT}\)

 \(\Leftrightarrow\dfrac{d-b}{c-d}=\dfrac{b+d}{c+d}\)

 \(\Leftrightarrow\left(d-b\right)\left(c+d\right)=\left(c-d\right)\left(b+d\right)\)

 \(\Leftrightarrow cd+d^2-bc-bd=bc+cd-bd-d^2\)

 \(\Leftrightarrow2d^2=2bc\)

 \(\Leftrightarrow JD^2=JB.JC=JK^2\) \(\left(vìJD=JK\right)\)

 \(\Leftrightarrow\dfrac{JK}{JC}=\dfrac{JB}{JK}\)

 Xét tam giác JBK và JKC, có: 

 \(\dfrac{JK}{JC}=\dfrac{JB}{JK}\) và \(\widehat{J}\) chung nên 

\(\Delta JBK\sim\Delta JKC\left(c.g.c\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{KB}{KC}=\dfrac{JB}{JK}=\dfrac{JB}{JD}=\dfrac{b}{d}\)

Lại có \(d^2=bc\) 

\(\Leftrightarrow d^2-bd=bc-bd\)

\(\Leftrightarrow d\left(d-b\right)=b\left(c-d\right)\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{b}{d}=\dfrac{d-b}{c-d}\)

 Như vậy \(\dfrac{KB}{KC}=\dfrac{b}{d}=\dfrac{d-b}{c-d}=\dfrac{JD-JB}{JC-JD}=\dfrac{DB}{DC}\)

 Do đó theo tính chất đường phân giác trong tam giác, KD là phân giác \(\widehat{BKC}\) (đpcm)

 Dạng tổng quát của pt này là \(x^2-dy^2=-1\)     (1) với \(d\) là số nguyên dương không chính phương. 

 Khi đó xét pt liên kết với (1) là \(x^2-dy^2=1\)    (2). Gọi \(\left(a,b\right)\) là nghiệm nguyên dương nhỏ nhất của (2). 

 Xét hệ pt \(\left\{{}\begin{matrix}a=x^2+dy^2\\b=2xy\end{matrix}\right.\)  (3). Nếu hệ (3) có nghiệm nguyên dương thì (1) cũng có nghiệm nguyên dương. Gọi \(\left(u,v\right)\) là nghiệm nguyên dương duy nhất của (3) thì xét dãy số nguyên dương \(\left\{x_n\right\},\left\{y_n\right\}\) xác định bởi: 

 \(\left\{{}\begin{matrix}x_0=a,x_1=u^3+3duv^2,x_{n+2}=2ax_{n+1}-x_n\\y_0=b,y_1=dv^3+3u^2v,y_{n+2}=2ay_{n+1}-y_n\end{matrix}\right.\) với \(n\inℕ\)

Khi đó \(\left(x_n,y_n\right)\) là tất cả các nghiệm nguyên dương của pt đã cho.

Đây là phương trình Pell loại 2 nhé bạn.

\(x^2-5y^2=-1\)    (1)

Xét phương trình liên kết với pt đã cho là \(x^2-5y^2=1\)     (2)

Ta thấy \(\left(9,4\right)\) là nghiệm nguyên dương nhỏ nhất của pt (2)

Xét hệ phương trình: \(\left\{{}\begin{matrix}9=x^2+5y^2\\4=2xy\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x^2+5y^2=9\\xy=2\end{matrix}\right.\)   (3). Hệ (3) có nghiệm nguyên dương duy nhất là \(\left(2,1\right)\)

Xét các dãy số nguyên dương \(\left\{x_n\right\},\left\{y_n\right\}\) xác định bởi:

\(\left\{{}\begin{matrix}x_0=2,x_1=38,x_{n+2}=18x_{n+1}-x_n\\y_0=1,y_1=17,y_{n+2}=18y_{n+1}-y_n\end{matrix}\right.\) với \(n\inℕ\)

Khi đó mọi cặp số \(\left(x_n,y_n\right)\) đều là nghiệm của pt đã cho.

VD: Chọn \(n=0\) thì \(\left(x_n,y_n\right)=\left(x_0;y_0\right)=\left(2,1\right)\). Thử lại: \(2^2-5.1^2=-1\) (thỏa mãn) 

 Chọn \(n=1\) thì \(\left(x_n;y_n\right)=\left(x_1;y_1\right)=\left(38;17\right)\). Thử lại:

\(38^2-5.17^2=-1\) (thỏa mãn)

Ta có \(A=n^2\left(n^4-n^2+2n+2\right)\)

\(A=n^2\left(n^4+n^3-n^3-n^2+2n+2\right)\)

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

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

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

\(A=n^2\left(n+1\right)\left(n^2\left(n+1\right)-2\left(n^2-1\right)\right)\)

\(A=n^2\left(n+1\right)\left(n^2\left(n+1\right)-2\left(n-1\right)\left(n+1\right)\right)\)

\(A=n^2\left(n+1\right)^2\left(n^2-2n+2\right)\)

Do đó, để A là số chính phương thì \(n^2-2n+2\) phải là số chính phương.

\(\Leftrightarrow n^2-2n+2=k^2\left(k\inℕ,k\ge1\right)\)

\(\Leftrightarrow k^2-n^2+2n-1=1\)

\(\Leftrightarrow k^2-\left(n-1\right)^2=1\)

\(\Leftrightarrow\left(k+n-1\right)\left(k-n+1\right)=1\)

\(\Leftrightarrow k+n-1=k-n+1=1\)

\(\Leftrightarrow k=n=1\)

Thử lại: Với \(n=1\), ta thấy \(A=1^2-1^4+2.1^3+2.1^2=4\) là SCP.

Vậy \(n=1\) là số tự nhiên duy nhất thỏa mãn đề bài.

\(A=sin^210+sin^220+sin^245+sin^270+sin^280\)

\(A=sin^210+sin^220+sin^245+cos^220+cos^210\)

\(A=\left(sin^210+cos^210\right)+\left(sin^220+cos^220\right)+sin^245\)

\(A=1+1+\left(\dfrac{\sqrt{2}}{2}\right)^2\)

\(A=\dfrac{5}{2}\)

Sửa lại đề bài là cm \(\dfrac{1}{DI^2}+\dfrac{1}{DK^2}=\dfrac{1}{a^2}\) nhé.

Qua D kẻ đường thẳng vuông góc với DE cắt BC tại F.

Khi đó \(\widehat{DAI}=\widehat{CDF}\) (vì cùng phụ với \(\widehat{IDC}\))

Tứ giác ABCD là hình vuông nên \(DA=DC\)

Xét tam giác ADI và CDF, ta có:

\(\widehat{DAI}=\widehat{DCF}=90^o;DA=DC;\widehat{ADI}=\widehat{CDF}\)

\(\Rightarrow\Delta ADI=\Delta CDF\left(g.c.g\right)\)

\(\Rightarrow DI=DF\)

Tam giác DKF vuông tại D có đường cao DC \(\left(C\in KF\right)\) nên:

\(\dfrac{1}{DF^2}+\dfrac{1}{DK^2}=\dfrac{1}{DC^2}\) (hệ thức lượng trong tam giác vuông)

\(\Rightarrow\dfrac{1}{DI^2}+\dfrac{1}{DK^2}=\dfrac{1}{a^2}\) (do \(DI=DF,DC=a\))

Ta có đpcm.

 Gọi T là giao điểm của 2 tiếp tuyến tại A và B của (O). Qua N kẻ đường thẳng song song với AM cắt AB tại C. Gọi I là giao điểm của AB và MN.

 Khi đó, theo tính chất của 2 tiếp tuyến cắt nhau, ta có \(TA=TB\) \(\Rightarrow\Delta TAB\) cân tại T \(\Rightarrow\widehat{TBA}=\widehat{TAB}\)

 Vì NC//TA nên \(\widehat{NCB}=\widehat{TAB}\) (2 góc đồng vị) 

 Từ đó \(\Rightarrow\widehat{TBA}=\widehat{NCB}\) \(\Rightarrow\Delta NCB\) cân tại N 

 \(\Rightarrow NC=NB\)

 Mà \(NB=MA\) nên \(NC=MA\)

 Do đó tứ giác NAMC là hình bình hành (vì có NC//MA và \(NC=MA\))

 \(\Rightarrow\) MN và AC cắt nhau tại trung điểm I của mỗi đoạn

 \(\Rightarrow\) I là trung điểm MN

 \(\Rightarrow\) AB chia đôi MN (đpcm)

 Hai lực cân bằng là hai lực có cùng phương, ngược chiều, cùng độ lớn và có cùng điểm đặt (tác động vào cùng một điểm).

 Nếu biểu diễn bằng vector thì 2 vector này cùng phương, ngược chiều, có độ dài bằng nhau và có chung điểm gốc.