Gọi ( \(x^',y^',z^'\)) là 1 nghiệm thoả mãn pt với \(z^'\)là số nhỏ nhất.

Không mất tính tổng quát, giả sử \(x^'\le y^'\le z^'\)

Mặt khác xét pt bậc 2 ẩn z :

\(z^2-\left(7x'y^'-2x^'-2y^'\right)z+\left(z^'+y^'\right)^2=0\)

Hiển nhiên pt này có 1 nghiệm z'

Theo định lý Viete thì nghiệm còn lại của nó là \(\frac{\left(x^'+y^'\right)^2}{z'}\inℤ\)

Như vậy \(\left(x',y',\frac{\left(x'+y'\right)^2}{z^'}\right)\)cũng là bộ số thoả mãn pt

Nếu giả sử x'+y' < z' \(\Rightarrow\frac{\left(x'+y'\right)^2}{z'}< z'\)vô lý vì ( x',y',z') cũng là 1 bộ số thoả mãn pt và vì tính nhỏ nhất của z'

Do đó ta phải có \(z'\le x'+y'\). Khai triển pt ban đầu và chia 2 vế của nó cho y'z'x' ta được:

\(7\le\frac{x'}{y'z'}+\frac{y'}{x'z'}+\frac{z'}{x'y'}+\frac{2}{x'}+\frac{2}{y'}+\frac{2}{z'}\)

\(\le\frac{1}{z'}+\frac{1}{x'}+\frac{x'+y'}{x'y'}+\frac{2}{x'}+\frac{2}{y'}+\frac{2}{z'}=\frac{4}{x'}+\frac{3}{y'}+\frac{2}{z'}\le\frac{10}{x'}\)

\(\Rightarrow x'=1\)

Khi đó \(y'\le z'\le y'+1\)\(\Rightarrow\orbr{\begin{cases}z'=y\\z'=y'+1\end{cases}}\)

+ Nếu z'=y' thì ta có pt \(\left(1+2z'\right)^2=7z'^2\Leftrightarrow3z'^2-4z'-1=0\)\(\Leftrightarrow z'=\frac{2\pm\sqrt{7}}{3}\)(loại)

+ Nếu x'=y'+1 thì ta có pt \(\left(2+2z'\right)^2=7z'\left(z'+1\right)\Leftrightarrow3z'^2-z'-4=0\Leftrightarrow z\in\left\{-1;\frac{4}{3}\right\}\)(loại)

Vậy pt đã cho không có nghiệm nguyên ( đpcm)

Chứng minh gì bạn?

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

\(\Rightarrowđpcm\)

Ta có:

\(2^x\left(2^x+1\right)\left(2^x+2\right)\left(2^x+3\right)\left(2^x+4\right)\) là tích 5 số tự nhiên nên chia hết cho 5 

Mà 2^x không chia hết cho 5 nên

\(\left(2^x+1\right)\left(2^x+2\right)\left(2^x+3\right)\left(2^x+4\right)⋮5\)

Mà 11879 không chia hết cho 5 nên y=0

=> \(\left(2^x+1\right)\left(2^x+2\right)\left(2^x+3\right)\left(2^x+4\right)=11880=9.10.11.12\Rightarrow x=3\)

Vậy pt có nghiệm (x;y)=(3;0)

\(VT=\frac{\left(yz\right)^2}{x^2yz\left(y+z\right)}+\frac{\left(xz\right)^2}{zxy^2\left(x+z\right)}+\frac{\left(xy\right)^2}{xyz^2\left(x+y\right)}\)

\(VT=\frac{2\left(yz\right)^2}{xy+zx}+\frac{2\left(xz\right)^2}{xy+yz}+\frac{2\left(xy\right)^2}{xz+yz}\ge\frac{2\left(yz+xz+xy\right)^2}{2\left(xy+yz+zx\right)}=xy+yz+zx\)

Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=\frac{1}{\sqrt[3]{2}}\)

Xét hàm số f(x)=m(x+1)2(x−2)3+(x+2)(x−3)f(x)=m(x+1)2(x−2)3+(x+2)(x−3) xác định và liên tục trên RR

⇒f(x)⇒f(x) xác định và liên tục trên [−2;3][−2;3].

Ta có: {f(−2)=−64mf(3)=16m⇒f(−2).f(3)=−1024m2{f(−2)=−64mf(3)=16m⇒f(−2).f(3)=−1024m2.

+ Với m=0⇒f(−2)=f(3)=0m=0⇒f(−2)=f(3)=0

⇒⇒ Phương trình f(x)=0f(x)=0 có nghiệm x=−2,x=−2, x=3.x=3.

+ Với m≠0⇒f(−2).f(3)<0m≠0⇒f(−2).f(3)<0

⇒⇒ Phương trình f(x)=0f(x)=0 có ít nhất một nghiệm thuộc (−2;3)(−2;3).

Vậy phương trình f(x)=0f(x)=0 luôn có nghiệm với mọi tham số m.

Xét hàm số \(f\left(x\right)=m\left(x+1\right)^2\left(x-2\right)^3+\left(x+2\right)\left(x-3\right)\)
f(x)=m(x+1)2(x−2)3+(x+2)(x−3), \(D=ℝ\)
R⇒f(x)⇒f(x) xác định và liên tục trên [−2;3][−2;3].

Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}f\left(-2\right)=-64m\\f\left(3\right)=16m\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow f\left(-2\right).f\left(3\right)=-1024m^2\)

+ Với m=0⇒f(−2)=f(3)=0m=0⇒f(−2)=f(3)=0

⇒⇒ Phương trình f(x)=0f(x)=0 có nghiệm x=−2,x=−2, x=3.x=3.

+ Với m≠0⇒f(−2).f(3)<0m≠0⇒f(−2).f(3)<0

⇒⇒ Phương trình f(x)=0f(x)=0 có ít nhất một nghiệm thuộc (−2;3)(−2;3).

Vậy phương trình f(x)=0f(x)=0 luôn có nghiệm với mọi tham số m.