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

\(\Rightarrowđpcm\)

\(y\left(x+1\right)^2=-x^2+2018x-1\)

\(\Leftrightarrow y=\dfrac{-x^2+2018x-1}{\left(x+1\right)^2}=-1+\dfrac{2020x}{\left(x+1\right)^2}\)

\(\Rightarrow\dfrac{2020x}{\left(x+1\right)^2}\in Z\)

Mà x và \(x\left(x+2x\right)+1\) nguyên tố cùng nhau

\(\Rightarrow2020⋮\left(x+1\right)^2\)

Ta có 2020 chia hết cho đúng 2 số chính phương là 1 và 4

\(\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}\left(x+1\right)^2=1\\\left(x+1\right)^2=4\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow x=\left\{0;1\right\}\) \(\Rightarrow y\)

b.

Từ pt đầu:

\(x^2+xy-2y^2+2\left(x-y\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)\left(x+2y\right)+2\left(x-y\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)\left(x+2y+2\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=y\\x=-2y-2\end{matrix}\right.\)

Thế xuống dưới ...

Ta có \(\left(x+y\right)\left(x+2y\right)\left(x+3y\right)\left(x+4y\right)+y^4\)

\(=\left(x+y\right)\left(x+4y\right)\left(x+2y\right)\left(x+3y\right)+y^4\)

\(=\left(x^2+5xy+4y^2\right)\left(x^2+5xy+6y^2\right)+y^4\)

\(=\left(x^2+5xy+5y^2-y^2\right)\left(x^2+5xy+5y^2+y^2\right)+y^4\)

\(=\left(x^2+5xy+5y^2\right)^2\) là số chính phương. \(\Rightarrowđpcm\)

a.Hệ thứ nhất kì quặc thật:

\(\Leftrightarrow\sqrt{y^2+xy}+\sqrt{x+y}=\sqrt{x^2+y^2}+2\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{x^2+y^2}-\sqrt{y^2+xy}=\sqrt{x+y}-2\)

\(\Leftrightarrow\dfrac{x\left(x-y\right)}{\sqrt{x^2+y^2}+\sqrt{y^2+xy}}=\dfrac{x+y-4}{\sqrt{x+y}+2}\)

\(\Rightarrow\left(x-y\right)\left(x+y-4\right)=\left(\dfrac{\sqrt{x^2+y^2}+\sqrt{y^2+xy}}{x\sqrt{x+y}+2x}\right)\left(x+y-4\right)^2\ge0\) (1)

\(2.\dfrac{x}{2}\sqrt{y-1}+2.\dfrac{y}{2}\sqrt{x-1}\le\dfrac{x^2}{4}+y-1+\dfrac{y^2}{4}+x-1\)

\(\Rightarrow\dfrac{x^2+4y-4}{2}\le\dfrac{x^2+y^2+4x+4y-8}{4}\)

\(\Leftrightarrow x^2-y^2+4y-4x\le0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-y\right)\left(x+y-4\right)\le0\) (2)

(1);(2) \(\Rightarrow\left(x-y\right)\left(x+y-4\right)=0\)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(x=y=2\)

b.

\(x^3-x^2y+2y^2-2xy=0\)

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

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

\(\Leftrightarrow y=x\) (loại \(x^2-2y=0\) do ĐKXĐ \(x^2-2y-1\ge0\))

Thế vào pt dưới

\(2\sqrt{x^2-2x-1}+\sqrt[3]{x^3-14}=x-2\)

\(\Leftrightarrow2\sqrt{x^2-2x-1}+\dfrac{x^3-14-\left(x-2\right)^3}{\sqrt[3]{\left(x^3-14\right)^2}+\left(x-2\right)\sqrt[3]{x^3-14}+\left(x-2\right)^2}=0\)

\(\Leftrightarrow\sqrt[]{x^2-2x-1}\left(2+\dfrac{6\sqrt[]{x^2-2x-1}}{\sqrt[3]{\left(x^3-14\right)^2}+\left(x-2\right)\sqrt[3]{x^3-14}+\left(x-2\right)^2}\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{x^2-2x-1}=0\)

Pt đầu chắc là sai đề (chắc chắn), bạn kiểm tra lại

Với pt sau:

Nhận thấy một ẩn bằng 0 thì 2 ẩn còn lại cũng bằng 0, do đó \(\left(x;y;z\right)=\left(0;0;0\right)\) là 1 nghiệm

Với \(x;y;z\ne0\)

Từ pt đầu ta suy ra \(y>0\) , từ đó suy ra \(z>0\) từ pt 2 và hiển nhiên \(x>0\) từ pt 3

Do đó:

\(\left\{{}\begin{matrix}y=\dfrac{2x^2}{x^2+1}\le\dfrac{2x^2}{2x}=x\\z=\dfrac{3y^3}{y^4+y^2+1}\le\dfrac{3y^3}{3\sqrt[3]{y^4.y^2.1}}=y\\x=\dfrac{4z^4}{z^6+z^4+z^2+1}\le\dfrac{4z^4}{4\sqrt[4]{z^6z^4z^2}}=z\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}y\le x\\z\le y\\x\le z\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow x=y=z\)

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi \(x=y=z=1\)

Vậy nghiệm của hệ là \(\left(x;y;z\right)=\left(0;0;0\right);\left(1;1;1\right)\)