Nếu các số nguyên tố p, q, r đều khác 3 thì p, q, r chia 3 dư \(\pm1\)nên \(p^2,q^2,r^2\)chia cho 3 dư đều dư 1

Khi đó, \(p^2+q^2+r^2⋮3\), mà \(p^2+q^2+r^2>3\)nên \(p^2+q^2+r^2\)không là số nguyên tố

Do đó trong ba p, q, r số phải có là 3

\(\left(p;q;r\right)=\left(2;3;5\right)\Rightarrow p^2+q^2+r^2=38\left(l\right)\)

\(\left(p;q;r\right)=\left(3;5;7\right)\Rightarrow p^2+q^2+r^2=83\left(TM\right)\)

Vậy...

đề sai

Gỉa sử \(1\le x\le y\le z\) khi đó từ pt suy ra xyz=x+y+z \(\le\)3z => xy\(\le\)3

\(\Rightarrow x.y=\left\{1;2;3\right\}\)

Nếu xy=1 thì \(x=y=1\Rightarrow2+z=z\left(vl\right)\)

Nếu xy=2 => \(x=1;y=2;z=3\)

Nếu xy=3 => \(x=1;y=3;z=2< y\)( trái với giả sử )

Vậy x;y;z là hoán vị của (1;2;3)

@ Huy @ Sao có thể giả sử: \(1\le x\le y\le z\) ????

Nếu đề bài cho là tìm các số nguyên dương em mới đc phép làm vậy nhé!

Bài 1:

Giả sử có các số nguyên thỏa mãn các đẳng thức đã cho

Xét x³+xyz=x(x²+yz)=579 -->x lẻ.

Tương tự xét

y³+xyz=795; z³+xyz=975 ta đc: y,z là số lẻ

Vậy x³ là 1 số lẻ; xyz là 1 số lẻ, do đó x³+xyz là một số chẵn trái với đề bài

Vậy không tồn tại các số nguyên x,y,z thỏa mãn đẳng thức đã cho

Bài 2:

Ta có: VP=1984

Vì 2^x-2^y=1984>0 =>x>y

=>VT=2^x-2^y=2^y(2^x-y-1)

pt trở thành:

2^y(2^x-y-1)=2⁶*31 

\(\Rightarrow\begin{cases}2^y=2^6\left(1\right)\\2^{x-y}-1=31\left(2\right)\end{cases}\)

Từ pt (1) =>y=6

Thay y=6 vào pt (2) đc:

2^x-6-1=31 => 2^x-6=32

=>2^x-6=2⁵

=>x-6=5 <=>x=11

Vậy x=11 và y=6

Ta có:

\(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}=\frac{1}{c}\Leftrightarrow\left(a+b\right)c=ab\Leftrightarrow ab-bc-ab=0\)

Hay \(ab-bc-ab+c^2=c^2\Leftrightarrow\left(b-c\right)\left(a-c\right)=c^2\)

Nếu \(\left(b-c;a-c\right)=d\ne1\Rightarrow c^2=d^2\left(loai\right)\)

Vậy \(\left(b-c;a-c\right)=1\Rightarrow c-b;c-a\) là 2 số chính phương

Đặt \(b-c=n^2;a-c=m^2\)

\(\Rightarrow a+b=b-c+a-c+2c=m^2+n^2+2mn=\left(m+n\right)^2\) là số chính phương

cho mình hỏi tại sao ở TH1: c^2=d^2 lại loại vậy ạ