1/ Ta chứng minh với \(x>6\)thì \(10.2^x>13x^2\) cái này dùng quy nạp chứng minh được:

Từ đây ta xét với \(x>6\)thì

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}10.2^6-13x^2>0\\10-3x< 0\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\)Phương trình vô nghiệm.

Giờ chỉ cần kiểm tra \(x=1;2;3;4;5;6\) xem cái nào thỏa mãn nữa là xong.

2/ \(3^x+1=\left(y+1\right)^2\)

\(\Leftrightarrow3^x=y\left(y+2\right)\)

Với \(y=1\)

\(\Rightarrow x=1\)

Với \(y>1\)

Với \(y⋮3\)\(\Rightarrow y+2⋮̸3\)

Với \(y+2⋮3\)\(\Rightarrow y⋮̸3\)

Vậy \(x=1,y=1\)

3/ Với \(z=1\)giải bình thường

Với \(z\ge2\)

\(\Rightarrow2\left(x+y\right)\ge2xy-2\)

\(\Leftrightarrow x+y\ge xy-1\)

\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)\left(y-1\right)\le2\)

Để cho tích của 2 cái đó không lớn hơn 2 thì e xét \(x-1=0;y-1=0\)\(;\hept{\begin{cases}x-1=1\\y-1=2\end{cases}}\)\(;\hept{\begin{cases}x-1=1\\y-1=1\end{cases}}\)\(;\hept{\begin{cases}x-1=2\\y-1=1\end{cases}}\)

Ta có \(\left(x-y\right)^3+\left(y-z\right)^3+\left(z-x\right)^3\)

\(=\left(x-y\right)^3+\left(y-x+x-z\right)^3+\left(z-x\right)^3\\ =\left(x-y\right)^3+\left(y-x\right)^3+3\left(y-x\right)\left(x-z\right)\left(y-x+x-z\right)+\left(x-z\right)^3+\left(z-x\right)^3\\ =\left(x-y\right)^3-\left(x-y\right)^3+\left(x-z\right)^3-\left(x-z\right)^3+3\left(y-x\right)\left(x-z\right)\left(y-z\right)\\ =3\left(y-x\right)\left(x-z\right)\left(y-z\right)\)

Thay vào pt

\(\Leftrightarrow\left(y-x\right)\left(x-z\right)\left(y-z\right)=10\)

Dễ thấy \(y-z\) là tổng của \(y-x;x-z\)

Mà \(Ư\left(10\right)=\left\{-10;-5;-2;-1;1;2;5;10\right\}\) và ko có số nào là tổng 2 số còn lại có tích bằng 10

Vậy pt vô nghiệm

y8 nha

Kết quả là ra y8 nha bạn 

kết quả là y8 đó bạn

câu a)

nhân cả 3 phương trình

ta được

\(x^2y^2z^2=6\left(x+y-z\right)\left(x-y+z\right)\left(y-x+z\right)\)

Vế trái là 1 số chính phương nên Vp cũng là số chính phương

6 không phải là số chính phương nên

\(\left(x+y-z\right)\left(x-y+z\right)\left(y-x+z\right)\)=6

lập bảng 

đặt x+y-z=1 ; x-y+z=2; y-x+z=3 giải ra và tương tự xét các cái còn lại (hơi lâu) nhớ xét thêm cái âm nữa

câu b)

từ hpt =>5y+3=11z+7

<=>\(y=\frac{11z+4}{5}\)>0 với mọi y;z thuộc R

y  nguyên dương nên (11z+4)thuộc bội(5) và z_min

=> z=1 

=> y=3

=> x =18 (t/m)

câu c)

qua pt (1) =>x=20-2y-3z

thay vao 2) <=> y+5z=23

y;z là nguyên dương mà 5z chia hêt cho 5 

=> z={1;2;3;4}

=> y={18;13;8;3}

=> x={-19;-12;-5;2} đoạn này bạn làm từng GT của z nhé

chọn x=2; y=3; z=4 (t/m)

Nếu có sai sót hãy báo lại qua gmail: tiendung230103@gmail.com

Bạn giải nốt giùm mình câu a được ko?

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

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

Do \(VT>3\Rightarrow z>3\Rightarrow z\) lẻ đồng thời z không chia hết cho 3

Nếu \(x;y\) đều lẻ hoặc đều chẵn \(\Rightarrow VT\) chẵn (không thỏa mãn)

\(\Rightarrow\) x và y có đúng 1 số chẵn, do vai trò của x; y như nhau, giả sử y chẵn \(\Rightarrow y=2\)

\(\Rightarrow x^2+2^x+9\left(x+2\right)\left(x+1\right)=z\)

- Nếu \(x>3\Rightarrow x^2\) chia 3 dư 1, đồng thời do x lẻ \(\Rightarrow x=2k+1\)

\(\Rightarrow2^x=2^{2k+1}=2.4^k\) chia 3 dư 2

\(\Rightarrow x^2+2^x\) chia hết cho 3 \(\Rightarrow VT\) chia hết cho 3 (không thỏa mãn)

\(\Rightarrow x\le3\Rightarrow x=3\Rightarrow z=197\)  (thỏa mãn)

Vậy \(\left(x;y;z\right)=\left(3;2;197\right)\)

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

\(\Rightarrowđpcm\)