\(VD1\)

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.

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.

\(\Rightarrow x+2\sqrt{3}=y+z+2\sqrt{yz}\)

\(\Rightarrow2\sqrt{yz}=\left(x-y-z\right)+2\sqrt{3}\)

\(\Rightarrow4yz=\left(x-y-z\right)^2+12+4\sqrt{3}\left(x-y-z\right)\)

\(\Rightarrow4\sqrt{3}\left(x-y-z\right)=4yz-12-\left(x-y-z\right)^2\) (1)

\(\sqrt{3}\) là số vô tỉ nên đẳng thức xảy ra khi: \(x-y-z=0\)

Thay ngược vào (1) \(\Rightarrow yz=3\Rightarrow\left(y;z\right)=\left(1;3\right);\left(3;1\right)\)

\(\Rightarrow\sqrt{x+2\sqrt{3}}=\sqrt{4+2\sqrt{3}}\Rightarrow x=4\)

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

\(\Rightarrowđpcm\)

#)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)

1) Xét x=7k (k ∈ Z) thì x³ ⋮ 7

Xét x= \(7k\pm1\) thì x³ ⋮ 7 dư 1 hoặc 6.

Xét x=\(7k\pm2\) thì x³ ⋮ 7 dư 1 hoặc 6.

Xét x=\(7k\pm3\)\(\) thì x³ ⋮ 7 dư 1 hoặc 6.

Do vế trái của pt chia cho 7 dư 0,1,6 còn vế phải của pt chia cho 7 dư 2. Vậy pt không có nghiệm nguyên.

3) a, Ta thấy x,y,z bình đẳng với nhau, không mất tính tổng quát ta giả thiết x ≥ y ≥ z > 0 <=> \(\dfrac{1}{x}\le\dfrac{1}{y}\le\dfrac{1}{z}\) ,ta có: 

\(1=\dfrac{1}{z}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}\le\dfrac{3}{z}< =>z\le3\)

Kết luận: nghiệm của pt là ( x;y;z): (6:3:2), (4;4;2), (3;3;3) và các hoán vị của nó (pt này có 10 nghiệm).