PT \(\Leftrightarrow\left(y^2-5y+6\right)+56=\left(y-2\right)x^2+\left(y-2\right)\left(y-4\right)x\)

\(\Leftrightarrow\left(y-2\right)\left(y-3\right)+56=\left(y-2\right)x^2+\left(y-2\right)\left(y-4\right)x\)

\(\Leftrightarrow\left(y-2\right)\left(x^2+yx-4x-y+3\right)=56\) 

\(\Leftrightarrow\left(y-2\right)\left(x-1\right)\left(x+y-3\right)=56\)

Ta nhận thấy x+y-3 là tổng của y-2, x-1

Đến đây ta xét lần lượt các trường hợp là ra

Xét đen-ta thử đi bạn

↔

↔

↔→

Nếu x+y+xy=-6→(x+1)(y+1)=-5(vì x,yϵ z nên x+1,y+1ϵ z)

ta có bảng:

x+1                   1                5                -1                  -5

y+1                 -5                -1                5                     1

x                       0                 4                 -2                    -6

y                     -6                  -2                 4                  0

→(x,y)ϵ

\(\left(1+x^2\right)\left(1+y^2+4xy\right)+2\left(x+y\right)\left(1+xy\right)=25\)

\(\Leftrightarrow\) \(x^2+2xy+y^2+x^2y^2+2xy.1+1+2\left(x+y\right)\left(1+xy\right)-25=0\)

\(\Leftrightarrow\) \(\left(x+y\right)^2+2\left(x+y\right)\left(1+xy\right)+\left(1+xy\right)^2-25=0\)

\(\Leftrightarrow\) \(\left(x+y+1+xy+5\right)\left(x+y+1+xy-5\right)=0\) \(\Rightarrow\) \(\left\{{}\begin{matrix}x+y+xy=-6\\x+y+xy=4\end{matrix}\right.\)

nếu \(x+y+xy=-6\Rightarrow\left(x+1\right)\left(y+1\right)=-5\) 

                                                                ( vì \(x,y\in Z\) nên \(x+1;y+1\in Z\) )

ta lập bảng :

\(\Rightarrow\) \(x;y\in\left\{\left(0,6\right);\left(4,-2\right);\left(-2,4\right);\left(-6,0\right)\right\}\)

bài 1

coi bậc 2 với ẩn x tham số y D(x) phải chính phường

<=> (2y-3)^2 -4(2y^2 -3y+2) =k^2

=> -8y^2 +1 =k^2 => y =0

với y =0 => x =-1 và -2

1)

f(x) =x^2 -(2y -3)x +2y^2 -3y+2 =0
cần x nguyên
<=> (2y-3)^2 -4(2y^2 -3y+2) =k^2
<=> 4y^2 -12y +9 -8y^2 +12y -8 =k^2
<=> -4y^2 +1 =k^2
<=> k^2 +4y^2 =1
=> y=0
với y =0 => x =-1 ; x =-2
kết luận
(x,y) =(-1;0) ; (-2;0)

2)

<=> y(xy^2 +y+4x) =6
xét g(y) =xy^2 +y+4x phải nguyên
=> $\Delta$ (y) =1 -16x^2 =k^2
k^2 +16x^2 =1
x nguyên => x =0 duy nhất
với x = 0
f(y) = y^2 =6 => vô nghiệm nguyên

<=> y(xy^2 +y+4x) =16
hệ nghiệm nguyên
y ={-16, -8,-4,-2,-1 ,1 ,2 ,4,8,16} (1)
xy^2 +y+4x ={-1,-2,-4,-8,-16,16,8,4,2, 1} (2)

từ (2) <=>xy^2 +y+4x =a
với a ={-1,-2,-4,-8,-16,16,8,4,2,1} tương ứng y ={-16, -8,-4,-2,-1 ,1 ,2 ,4,8,16}

x =`$\frac{a-y}{y^2 +4}$`
a-y = { 15 , 6, 0, -6,-15,15, 6, 0, -6,-15 }
y^2 +4 = { 260,68, 20, 8, 5, 5, 8,20, 68,260 }

a-y=0 hoặc cần |a-y| >= y^2 +4
=> có các giá tri x nguyên
x ={0, -3,3,0}
y ={-4,-1,1,4}
kết luận nghiệm
(x,y) =(0,-4) ; (-3;-1) ;(3;1); (0;4)

hì

mik lp6

nên k bít

xin lỗi ha

\(PT\Leftrightarrow\left(x^2-4xy+4y^2\right)+4x-8y+4+y^2-16=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-2y\right)^2+4\left(x-2y\right)+4+y^2=16\)

\(\Leftrightarrow\left(x-2y+2\right)^2+y^2=16\)

Vì \(\left(x+2y+2\right)^2+y^2\) là tổng hai số chính phương 

nên \(\left(\left(x+2y+2\right)^2;y^2\right)\in\left\{0;16\right\}\)xét 2 TH là ra

Tách ra \(\left(x-1\right)\left(y-2\right)\left[\left(x-1\right)+\left(y-2\right)\right]=56\)

Xét các cặp \(\left(1;7\right);\left(-8;1\right);\left(7;-8\right)\)và hoán vị

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

\(\Rightarrowđpcm\)