\(\left(x^2+4z\right)^2=17\left(x^4+z^2\right)\)

\(x^4+8x^2z+16z^2=17x^4+17z^2\)

\(t^4-2t^2z+z^2=\left(t^2-z\right)^2=0\)

Nghiệm duy nhất: \(t^2=z\Rightarrow t^2=y^2+7\Rightarrow\hept{\begin{cases}t=4\Rightarrow x=2\\y=3\end{cases}}\)KL (x,y)=(2,3)

Dịt cụ mày

mày bị ngáo ak. đã xấu còn bị điên. đã bị điên cò học dốt

y^2+7=z

\(\Leftrightarrow x^2+4z=17\left(x^4+z^2\right)\)Hiển nhiên \(VP\ge VT\) đẳng thức chỉ xẩy ra khi x=z=0

với z=0=> y^2+7=0 vô nghiệm

KL vô nghiệm nguyên

Ta có :

\(\left(x^2+4y^2+28\right)^2=17\left(x^4+y^4+14y^2+49\right)\)

\(\Leftrightarrow\left[x^2+4\left(y^2+7\right)\right]^2=17\left[x^4+\left(y^2+7\right)^2\right]\)

\(\Leftrightarrow16x^4-8x^2\left(y^2+7\right)+\left(y^2+7\right)^2=0\)

\(\Leftrightarrow\left[4x^2-\left(y^2+7\right)\right]^2=0\Leftrightarrow4x^2-y^2-7=0\)

\(\Leftrightarrow\left(2x+y\right)\left(2x-y\right)=7\)

Vì x , y nguyên dương nên \(2x+y>0\)và \(2x+y>2x-y\)

Do đó \(2x+y=7\)và \(2x-y=1\). Vậy \(x=2,y=3\)

Ta có :

\(\left(x^2+4y^2+28\right)^2=17\left(x^4+y^4+14y^2+49\right)\)

\(\Leftrightarrow\left[x^2+4\left(y^2+7\right)\right]^2=17\left[x^4+\left(y^2+7\right)^2\right]\)

\(\Leftrightarrow16x^4-8x^2\left(y^2+7\right)+\left(y^2+7\right)^2=0\)

\(\Leftrightarrow\left[4x^2-\left(y^2+7\right)\right]^2=0\)

\(\Leftrightarrow4x^2-y^2-7=0\)

\(\Leftrightarrow\left(2x+y\right)\left(2x-y\right)=7\)

Vì x , y nguyên dương nên \(2x+y>0\) và \(2x+y>2x-y\)

Do đó : \(\left[\begin{array}{nghiempt}2x+y=7\\2x-y=1\end{array}\right.\) \(\Rightarrow x=2;y=3\)

\(16y^4+\left(8x^2+244\right)y^2+x^4+56x^2+784+17x^4+833\)

\(-17y^4+16y^4-238y^2+\left(8x^2+224\right)y^2-4=0\)

\(-\left[y^4+\left(8x^2+14\right)y^2+16x^4-56x^2+4\right]\)

\(\Leftrightarrow\text{[}x^2+4\left(y^2+7\right)\text{]}^2=17\text{[}x^4+\left(y^2+7\right)^2\text{]}\)

\(\Leftrightarrow\)
[x⁴+8(y²+7)+16(y²+7)²=17[x⁴+17(y²+7)²]
\(\Leftrightarrow\)16x⁴-8(y²+7)+(y²+7)²=0

\(\Leftrightarrow\)4x²-(y²+7)=0
\(\Leftrightarrow\)
(2x-y)(2x+y)=7                (1)
Do x. y là các số tự nhiên nên 2x+y>2x-y>0 nên từ (1) \(\Rightarrow\)\(\begin{cases}2x-y=1\\2x+y=7\end{cases}\Leftrightarrow\begin{cases}x=2\\y=3\end{cases}}\)

\(\Leftrightarrow-\left(4x^2-y^2-7\right)^2=0\)

SURPRISE MOTHERFUKA !!

\(\left(x^2+4y^2+28\right)^2=17\left(x^4+y^4+14y^2+49\right)\)

đặt \(z=y^2+7;y\in N;z\in Z;z\ge7\)

\(\Leftrightarrow\left(x^2+4z\right)^2=17\left(x^4+z^2\right)\)

\(\Leftrightarrow x^4+8x^2z+16z^2=17x^4+17z^2\)

\(\Leftrightarrow16x^4-8x^2z+z^2=0\Leftrightarrow\left(4x-z\right)^2=0\)

\(\Leftrightarrow4x^2=z\Leftrightarrow y^2+7=4x^2\Leftrightarrow\left(2x\right)^2-y^2=7\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left(2x\right)^2=16\\y^2=9\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow x,y,\in N;\left(x;y\right)=\left(2;3\right)\)

sửa \(x^4+y^4+14y^2+49\)

$(x^2+4y^2+28)^2=17(x^4+y^4+14y^2+49)$ - Số học - Diễn đàn Toán học

Trả lời

~Hok tốt~

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

\(\Rightarrowđpcm\)