\(hpt\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}m\left(m+1\right)x+2my=4m-2m^2\\\left(2-m\right)x+my=1\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}\left(m^2+2m-2\right)x=-2m^2+4m-1\\\left(2-m\right)x+my=1\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=\frac{-2m^2+4m-1}{m^2+2m-2}\\y=\frac{1-\left(2-m\right)x}{m}\end{cases}}\)

Vì phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(x_1,x_2\) nên theo hệ thức VI-ét ta có:

\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=m+5\\x_1x_2=3m+6\end{matrix}\right.\)

Mà \(x_1,x_2\) là độ dài của hai cạnh góc vuông của một tam giác vuông có độ dài cạnh huyền bằng 5  nên ta có:\(\Rightarrow x_1^2+x_2^2=25\Rightarrow\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2=25\Rightarrow\left(m+5\right)^2-2\left(3m+6\right)=25\Leftrightarrow m^2+10m+25-6m-12=25\Leftrightarrow m^2+4m-12=0\Leftrightarrow m^2-2m+6m-12=0\Leftrightarrow\left(m-2\right)\left(m+6\right)=0\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}m=2\\m=-6\end{matrix}\right.\) b Vì phương trình có 2 nghiệm phân biệt \(x_1,x_2\) nên theo hệ thức Vi-ét ta có:

\(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=2m-6\\x_1x_2=2m-2\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow T=\left(x_1+x_2\right)^2-2x_1x_2=\left(2m-6\right)^2-2\left(2m-2\right)=4m^2-24m+36-4m+4=4m^2-28m+40=4m^2-28m+49-9=\left(2m-7\right)^2-9\ge-9\) Dấu = xảy ra \(\Leftrightarrow m=\dfrac{7}{2}\)

thông điệp nhỏ:

hay kkhi ko muốn k

a/ Đặt \(\hept{\begin{cases}\frac{x+1}{x-2}=a\\\frac{x+1}{x-4}=b\end{cases}}\) thì có

\(a^2+b-\frac{12b^2}{a^2}=0\)

\(\Leftrightarrow\left(a^2-3b\right)\left(a^2+4b\right)=0\)

b/ \(2x^2+3xy-2y^2=7\)

\(\Leftrightarrow\left(2x-y\right)\left(x+2y\right)=7\)

Ta có :

\(\left(x^2-2014\right)\left(x^2-2015\right)\left(x^2-2016\right)\)\(=0\)

\(\Leftrightarrow\)\(\hept{\begin{cases}x^2-2014=0\\x^2-2015=0\\x^2-2016=0\end{cases}}\)

Giải (1) :

    \(x^2-2014=0\)

     \(\hept{\begin{cases}x=\sqrt{2014}\\x=-\sqrt{2014}\end{cases}}\)

Giải (2) :

     \(x^2-2015=0\)

        \(\hept{\begin{cases}x=\sqrt{2015}\\x=-\sqrt{2015}\end{cases}}\)

Giải (3) :

   \(x^2-2016=0\)

    \(\hept{\begin{cases}x=\sqrt{2016}\\x=-\sqrt{2016}\end{cases}}\)

Vậy nghiệm nhỏ nhất của phương trình là \(x=-\sqrt{2016}\)

Chú ý : \(x^2-2014=0\)(1)

            \(x^2-2015=0\)(2)

            \(x^2-2016=0\)(3)

\(\left(n^2-8\right)^2+36\)

\(=n^4-16n^2+64+36\)

\(=\left(n^4+20n^2+100\right)-36n^2\)

\(=\left(n^2+10\right)^2-\left(6n\right)^2\)

\(=\left(n^2+10-6n\right)\left(n^2+10+6n\right)\)

Để n là số nguyên tố thì \(\orbr{\begin{cases}n^2+10-6n=1\\n^2+10+6n=1\end{cases}}\)

Mà do \(n\in N\Rightarrow n^2+10-6n=1\)

\(\Leftrightarrow n^2-6n+9=0\)

\(\Leftrightarrow\left(n-3\right)^2=0\)

\(\Leftrightarrow n-3=0\)

\(\Leftrightarrow n=3\)

Vậy n=3.

Bài 2: Ta có:

\(\left(2x+5y+1\right)\left(2020^{\left|x\right|}+y+x^2+x\right)=105\) là số lẻ

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}2x+5y+1\\2020^{\left|x\right|}+y+x^2+x\end{matrix}\right.\) đều lẻ

\(\Rightarrow y⋮2\)\(\Rightarrow2020^{\left|x\right|}⋮̸2\Leftrightarrow\left|x\right|=0\Leftrightarrow x=0\).

Thay vào tìm được y...

Lúc nãy bận thi online nên giờ mới làm tiếp được, bạn thông cảm.

Bài 4:

Do p; q; r là các SNT nên \(p^q+q^p>2^2+2^2=8\Rightarrow r>8\) nên r là SNT lẻ

Mà r lẻ thì trong 2 số \(p^q;q^p\) phải có 1 số lẻ, một số chẵn.

Do vai trò p; q như nhau nên không mất tính tổng quát ta giả sử p lẻ, q chẵn

\(\Rightarrow q=2\). Lúc này ta có:

\(p^2+2^p=r\)

+Xét p=3\(\Rightarrow p^2+2^p=r=17\left(tm\right)\) (Do p lẻ nên loại TH p=2)

+Xét p>3. Ta có:

\(\left\{{}\begin{matrix}p^2\equiv1\left(mod3\right)\\2^p\equiv\left(-1\right)^p\equiv-1\left(mod3\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow p^2+2^p\equiv1+\left(-1\right)\equiv0\left(mod3\right)\)

\(\Rightarrow\left(p^2+2^p\right)⋮3\) mà \(p^2+2^p>3\) nên là hợp số

\(\Rightarrow r\) là hợp số, không phải SNT, loại.

Vậy ta có \(\left(p;q;r\right)\in\left\{\left(3;2;17\right);\left(2;3;17\right)\right\}\) tm đề bài

Bài 6: Ta có 1SCP lẻ chia cho 4 dư 1.

Nếu 2n-1 là SCP thì ta có

\(2n-1\equiv1\left(mod4\right)\Leftrightarrow2n+1\equiv3\left(mod4\right)\)

Do đó 2n+1 không là SCP

\(\Rightarrowđpcm\)

a) Hai bất phương trình bài cho là bất phương trình bậc nhất hai ẩn.

b) (1; 1) là một nghiệm chung của hai BPT (1) và (2) vì:

Thay x=1;y=1 vào (1) ta được: 1-1<3 (Luôn đúng)

Thay x=1; y=1 vào (2) ta được: 1+2.1>-2 (Luôn đúng)