ta có \(5\left(x^2+xy+y^2\right)=7\left(x+2y\right)\)

zì 5 , 7 là 2 số nguyên tố cùng nhau . Nên

\(\hept{\begin{cases}x+2y=5m\\x^2+xy+y^2=7m\end{cases}m\inℤ}\)

từ \(x+2y=5m=>5m-2y=x.\)thay zô \(x^2+xy+y^2=7m\)zà rút gọn ta được

\(\left(5m-2y\right)^2+\left(5m-2y\right)y+y^2=7m\Leftrightarrow3y^2-15my+25m^2-7m=0\left(1\right)\)

=>\(3\left(y^2-5my\right)+25m^2-7m=0=>3\left(y-\frac{5m}{2}\right)^2-\frac{75m^2}{4}=7m-25m^2\)

=>\(3\left(y-\frac{5m}{2}\right)^2=\frac{1}{4}\left(-25m^2+28m\right)\)

zì \(3\left(y-\frac{5m}{2}\right)^2\ge0\forall m,y\)

=>\(\frac{1}{4}\left(-25m^2+28m\right)\ge0\Leftrightarrow25m^2-28m\le0\Leftrightarrow m\left(m-\frac{28}{25}\right)\le0\Leftrightarrow0\le m\le\frac{28}{25}\)

mà \(m\inℤ\)nên \(m\in\left\{0,1\right\}\)

zới m=0 thay zô (1) ta được y=0. từ đó tính đc x=0

zới m =1 thây zô (1) ta được \(3y^2-15y+18=0=>y^2-5y+6=0=>\orbr{\begin{cases}y=2\\y=3\end{cases}}\)

zới y=2 , m=1 thì ta tính đc x=1

zới y=3 , m=1 thì ta tính đc x=-1

zậy \(\left(x,y\right)\in\left\{\left(0,0\right);\left(1,2\right)\left(-1,3\right)\right\}\)

↔

↔

↔→

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 :

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

\(PT\Leftrightarrow5x^2+x\left(5y-7\right)+5y^2-14y=0\)

\(\Delta=\left(5y-7\right)^2-4.5.\left(5y^2-14y\right)\)

   \(=196-3\left(5y-7\right)^2\)

Để phương trình có nghiệm thì \(\Delta\ge0\Rightarrow\left(5y-7\right)^2\le65\)

Mặt khác \(5y-7\equiv3\left(mod5\right)\)

\(\Rightarrow\left(5y-7\right)^2\equiv4\left(mod5\right)\)

do đó \(\left(5y-7\right)^2\in\left\{4,9,14,19,24,29,34,39,44,49,54,59,64\right\}\)

mà (5y-7)² là số chính phưng nên \(\left(5y-7\right)^2\in\left\{4,9,64\right\}\)

Từ đó tính ra

\(5\left(x^2+xy+y^2\right)=7\left(x+2y\right)\)

\(\Leftrightarrow5x^2+5xy+5y^2-7x-14y=0\)

\(\Leftrightarrow5x^2+x\left(5y-7\right)+5y^2-14y=0\)

\(\Rightarrow\Delta_x=\left(5y-7\right)^2-4\cdot5\cdot\left(5y^2-14y\right)\)

\(=-75y^2+210y+49\)

\(=196-3\left(25y^2-2\cdot5y\cdot7+79\right)\ge0\)

\(=196-3\left(5y-7\right)^2\ge0\)

Để phương trình có nghiệm nguyên thì \(\Delta_x\ge0\Leftrightarrow\left(5y-7\right)^2\le65\)

Nhận thấy \(5y-7\equiv3\left(mod5\right)\Rightarrow\left(5y-7\right)^2\equiv4\left(mod5\right)\)

Do đó \(\left(5y-7\right)^2\in\left\{4;9;14;19;24;29;34;39;44;49;54;59\right\}\)

Mà \(\left(5y-7\right)^2\)chinh phương nên \(\left(5y-7\right)^2\in\left\{4;9;49\right\}\)

Đến đây ta xét trường hợp là ra.

Trl :

Bạn kia làm đúng rồi nhé !

Học tốt nhé bạn @

Ta có \(VP=y\left(y+3\right)\left(y+1\right)\left(y+2\right)\)

\(VP=\left(y^2+3y\right)\left(y^2+3y+2\right)\)

\(VP=\left(y^2+3y+1\right)^2-1\)

\(VP=t^2-1\) (với \(t=y^2+3y+1\ge0\))

pt đã cho trở thành:

\(x^2=t^2-1\)

\(\Leftrightarrow t^2-x^2=1\)

\(\Leftrightarrow\left(t-x\right)\left(t+x\right)=1\)

Ta xét các TH:

Xét TH \(\left(t,x\right)=\left(1,0\right)\) thì \(y^2+3y+1=1\) \(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}y=0\\y=-3\end{matrix}\right.\) (thử lại thỏa)

Xét TH \(\left(t,x\right)=\left(-1;0\right)\) thì \(y^2+3y+1=-1\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}y=-1\\y=-2\end{matrix}\right.\) (thử lại thỏa).

 Vậy các bộ số nguyên (x; y) thỏa mãn bài toán là \(\left(0;y\right)\) với \(y\in\left\{-1;-2;-3;-4\right\}\)

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

\(\Rightarrowđpcm\)