a.

Do \(x^2;y^2\) là các số chính phương nên chia cho 4 dư 0 hoặc 1 nên  \(x^2-y^2\) chia 4 dư 0;1;3 mà  \(1998\) chia 4 dư 2 nên PT vô nghiệm.

b.

Do \(x^2;y^2\) là các số chính phương nên chia cho 4 dư 0 hoặc 1 nên \(x^2+y^2\) chia 4 dư 0;1;2 mà \(1999\) chia 4 dư 3 nên PT vô nghiệm

#)Giải :

VD1:

a) Ta thấy x²,y² chia cho 4 chỉ dư 0,1

nên x² - y² chia cho 4 có số dư là 0,1,3. Còn vế phải chia cho 4 có số dư là 2

=> Phương trình không có nghiệm nguyên

b) Ta thấy x² + y² chia cho 4 có số dư là 0,1,2. Còn vế phải 1999 chia cho 4 dư 3 

=> Phương trình không có nghiệm nguyên

\(9x+2=y^2+y\)

\(\Leftrightarrow9x+2=y\left(y+1\right)\)

Dễ thấy VT có dạng \(3k+2\) nên VP cũng có dạng \(3k+2\Rightarrow y\) có dạng \(3k+1\) với \(k\in Z\)

Thay vào PT thì ta có:

\(9x+2=\left(3k+1\right)\left(3k+2\right)\)

\(\Leftrightarrow9x+2=9k^2+9k+2\)

\(\Leftrightarrow9x=9k\left(k+1\right)\)

\(\Leftrightarrow x=k\left(k+1\right)\)

Vậy \(x=k\left(k+1\right);y=3k+1\) với k là số nguyên bất kỳ.

\(VD3,\sqrt{x+\sqrt{x}}=y\left(x\ge0\right)\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}y\ge0\\x+\sqrt{x}=y^2\end{cases}}\)

Dễ thấy x phải là số chính phương

Đặt \(x=a^2\left(a\in N\right)\)

\(\Rightarrow a^2+a=y^2\)

\(\Leftrightarrow a\left(a+1\right)=y^2\)

Vì VP là số chính phương nên \(a\left(a+1\right)\)là số chính phương

Mà a và a + 1 là 2 số tự nhiên liên tiếp và a < a + 1

Nên a = 0 (tích 2 số nguyên liên tiếp là 1 scp thì phải có 1 số bằng 0 mà a < a + 1 nên a = 0)

Khi đó x = 0 ; y = 0

Vậy pt có nghiệm nguyên (x;y)=(0;0)

VD1

<=> \(\left(\frac{3}{5}\right)^x+\left(\frac{4}{5}\right)^x=1\)

+ \(x=0;1\)không thỏa mãn

+  \(x=2\)=> \(\left(\frac{3}{5}\right)^2+\left(\frac{4}{5}\right)^2=1\)đúng

+  \(x>2\)

=> \(\left(\frac{3}{5}\right)^x< \left(\frac{3}{5}\right)^2,\left(\frac{4}{5}\right)^x< \left(\frac{4}{5}\right)^2\)

=> \(VT< 1\)(loại)

Vậy x=2

VD2 

Giả sử \(x\ge y\ge z\)do vai trò của x,y,z như nhau

=> \(2^x\ge2^y\ge2^z\)

=> \(512\le3.2^x\)

=> \(x\ge8\)

Mà \(x< 9\)do \(2^x< 512\)

=> \(x=8\)

Khi đó \(2^y+2^z=256\)

Tưởng tự \(2.2^y\ge256\)=> \(y\ge7\)

Mà \(y< 8\)do \(2^y< 256\)

=> y=7 

=> z=7

Vậy \(\left(x,y,z\right)=\left(8,7,7\right)\)và các hoán vị 

#)Giải :

VD1:

Với \(\orbr{\begin{cases}x>0\\x< -1\end{cases}}\)ta có :

\(x^3< x^3+x^2+x+1< \left(x+1\right)^3\)

\(\Rightarrow x^3< y^3< \left(x+1\right)^3\)( không thỏa mãn )

\(\Rightarrow-1\le x\le0\)

Mà \(x\in Z\Rightarrow x\in\left\{-1;0\right\}\)

Với \(\orbr{\begin{cases}x=-1\\x=0\end{cases}\Rightarrow\orbr{\begin{cases}y=0\\y=1\end{cases}}}\)

Vậy...........................

#)Giải :

VD2:

\(x^4-y^4+z^4+2x^2z^2+3x^2+4z^2+1=0\)

\(\Leftrightarrow y^4=x^4+z^4+2x^2z^2+3x^2+4z^2+1\)

\(\Leftrightarrow y^4=\left(x^2+y^2\right)+3x^2+4z^2+1\)

Ta dễ nhận thấy : \(\left(x^2+y^2\right)^2< y^4< \left(x^2+y^2+2\right)^2\)

Do đó \(y^4=\left(x^2+y^2+1\right)^2\)

Thay vào phương trình, ta suy ra được \(x=z=0\)

\(\Rightarrow y=\pm1\)

VD1:

Với x=-1 thì y=0.

Với x>0 thì \(x^3< 1+x+x^2+x^3< x^3+3x^2+3x+1.\)

\(\Leftrightarrow x^3< y^3< \left(x+1\right)^3.\), Điều này vô lí .

Với x<-1 thì \(x^3+3x^2+3x+1< 1+x+x^2+x^3< x^3\), 

\(\Leftrightarrow\left(x+1\right)^3< y^3< x^3\),Điều này vô lí.

Vậy phương trình đã cho có 2 nghiệm nguyên \(\left(x,y\right)\)là \(\left(0;1\right),\left(-1;0\right).\)

VD2:

Chuyển vế ta có:

\(y^4=x^4+z^4+2x^2z^2+3x^2+4z^2+1.\)

Nếu \(x\ne0\)hoặc \(z\ne0\)thì

\(x^4+1^4+z^4+2x^2z^2+2z^2+2x^2< x^4+z^4+2x^2z^2+3x^2+4z^2+1< x^4+y^4+2^4+2x^2y^2+\)

            \(4x^2+4z^2\)

\(\Leftrightarrow\left(x^2+z^2+1\right)^2< y^4< \left(x^2+y^2+2\right)^2\). Điều này vô lí với y nguyên

Với \(x=z=0\Rightarrow y^4=1\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}y=1\\y=-1\end{cases}}\)

Do đó phương trình đã cho có các nghiệm nguyên (x, y, z) là ( 0;1;0) ,( 0;-1;0)

phá 2 cái giữa ra,,cái đầu cái cuối ra,,rồi đặt x^2+10x+9=b,,,,nhân 2 vế vs 4 rồi....

\(VD1\)

Giả sử \(x\le y\Rightarrow\sqrt{x}\le\sqrt{y}\)

\(\Rightarrow2\sqrt{x}\le\sqrt{x}+\sqrt{y}=9\)

\(\Rightarrow\sqrt{x}\le4,5\)

\(\Rightarrow x\le4,5^2\)

\(\Rightarrow x\le20,25\)

\(\Rightarrow x\in\left\{0,1,4,9,16\right\}\)

\(\Rightarrow\sqrt{x}\in\left\{0,1,2,3,4\right\}\)

TH1 : \(x=0\Rightarrow\sqrt{x}=0\Rightarrow\sqrt{y}=9\Rightarrow y=81\)

TH2 : \(x=1\Rightarrow\sqrt{x}=1\Rightarrow\sqrt{y}=8\Rightarrow y=64\)

Th3 : \(x=4\Rightarrow\sqrt{x}=2\Rightarrow\sqrt{y}=7\Rightarrow y=49\)

Th4 : \(x=9\Rightarrow\sqrt{x}=3\Rightarrow\sqrt{y}=6\Rightarrow y=36\)

Th5 : \(x=16\Rightarrow\sqrt{x}=4\Rightarrow\sqrt{y}=5\Rightarrow y=25\)

Vì x , y có vai trò như nhau nên các trường hợp còn lại chỉ là đổi chỗ giữa x và y . ( vd y = 0 thì x = 81 )

KL....
 

VD2: Ta có:

x+y+z=xyz ( 1 )

Chia 2 vế của ( 1 ) cho xyz\(\ne\)0 ta đc:

\(\frac{1}{yz}+\frac{1}{xz}+\frac{1}{xy}=1\)

Giả sử \(x\ge y\ge z\ge1\)thì ta có:

\(1=\frac{1}{yz}+\frac{1}{xz}+\frac{1}{xy}\le\frac{1}{z^2}+\frac{1}{z^2}+\frac{1}{z^2}=\frac{3}{z^2}\)

\(\Rightarrow1\le\frac{3}{z^2}\Rightarrow z^2\le3\Leftrightarrow z=1\)

Thay z=1 vào ( 1 ) ta đc:

x+y+1=xy

\(\Leftrightarrow\)xy -x - y = 1

\(\Leftrightarrow\)x ( y - 1 ) - ( y - 1 ) = 2

\(\Leftrightarrow\)( x - 1 ) ( y - 1 ) =2

Mà \(x-1\ge y-1\)nên \(\hept{\begin{cases}x-1=2\\y-1=1\end{cases}\Rightarrow\hept{\begin{cases}x=3\\y=2\end{cases}}}\)

Vậy nghiệm dương của phương trình là các hoán vị của 1, 2, 3

Do x,y có vai trò bình đẳng như nhau,giả sử \(x\le y\le z\)

Ta có:

\(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}=z\)

\(\Rightarrow\frac{x+y}{xy}=z\)

\(\Rightarrow x+y=xyz\)

\(\Rightarrow xyz\le2y\)

\(\Rightarrow xz\le2\)

\(\Rightarrow x=1;z=2\left(h\right)x=2;z=1\)

Với \(x=1;z=2\Rightarrow y=1\left(TM\right)\)

Với \(x=2;z=1\Rightarrow y=2\left(TM\right)\)

Vậy cặp số \(\left(x;y;z\right)\) thỏa mãn là:\(\left(1;1;2\right);\left(2;2;1\right)\).

P/S:Em nghĩ câu kết luận ko cần "và các hoán vị của x,y" nữa ạ vì x=y rồi ạ.Nếu sai ở đâu mong mọi người góp ý.

sai đề rồi bạn

Theo cậu phải sửa đề ntn????

x²-y²-x-y nha