\(\Leftrightarrow x^2+y^2+2xy+2x+2y+1=x^2y^2+2xy+1-1\)

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

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

\(\Leftrightarrow\left(xy+x+y+2\right)\left(xy-x-y\right)=1\)

Phương trình ước số cơ bản

bạn ơi đề khó nhìn vậy  

\(\hept{\begin{cases}x^2-2x\sqrt{y}+2y=x\\y^2-2y\sqrt{z}+2z=y\\z^2-2z\sqrt{x}+2x=z\end{cases}}\)

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

\(\Leftrightarrow\left(x-\sqrt{y}\right)^2+\left(y-\sqrt{z}\right)^2+\left(z-\sqrt{x}\right)^2=0\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}x-\sqrt{y}=0\\y-\sqrt{z}=0\\z-\sqrt{x}=0\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}x=\sqrt{y}\\y=\sqrt{z}\\z=\sqrt{x}\end{cases}}}\)

\(\Rightarrow\orbr{\begin{cases}x=y=z=0\\x=y=z=1\end{cases}}\)

Đáp án: C

Bài 1:
$x^2y+4y=x+6$

$\Leftrightarrow y(x^2+4)=x+6$

$\Leftrightarrow y=\frac{x+6}{x^2+4}$

Để $y$ nguyên thì $\frac{x+6}{x^2+4}$ nguyên

$\Rightarrow x+6\vdots x^2+4(1)$

$\Rightarrow x^2+6x\vdots x^2+4$

$\Rightarrow (x^2+4)+(6x-4)\vdots x^2+4$

$\RIghtarrow 6x-4\vdots x^2+4(2)$

Từ $(1); (2)\Rightarrow 6(x+6)-(6x-4)\vdots x^2+4$

$\Rightarrow 40\vdots x^2+4$

$\Rightarrow x^2+4\in\left\{4; 5; 8; 10; 20;40\right\}$ (do $x^2+4$ là số nguyên $\geq 4$)

$\Rightarrow x\in\left\{0; \pm 1; \pm 2; \pm 4; \pm 6\right\}$

Đến đây thay vào tìm $y$ thôi.

Bài 2:
 

Lấy PT(1) trừ PT (2) theo vế thu được:

$3x=5y-2$
$\Leftrightarrow x=\frac{5y-2}{3}$

Thay vào PT(1) thì:

$(2.\frac{5y-2}{3}+1)(y+2)=9$

$\Leftrightarrow 10y^2+19y-29=0$

$\Leftrightarrow (y-1)(10y+29)=0$

$\Rightarrow y=1$ hoặc $y=\frac{-29}{10}$

Với $y=1\Rightarrow x=\frac{5y-2}{3}=1$

Với $y=\frac{-29}{10}\Rightarrow x=\frac{5y-2}{3}=\frac{-11}{2}$

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

\(\Rightarrowđpcm\)

a. Bạn tự giải

b. Hệ có nghiệm khi \(m\ne2\) , khi đó hệ tương đương:

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}\left(m-2\right)y=-2\\x+2y=3\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}y=\dfrac{-2}{m-2}\\x=3-2y\end{matrix}\right.\)

Do \(x=3-2y\Rightarrow\) nếu \(y\in Z\) thì \(x\in Z\)

Mà \(y=\dfrac{-2}{m-2}\Rightarrow y\in Z\) khi \(m-2=Ư\left(2\right)\)

\(\Rightarrow m-2=\left\{-2;-1;1;2\right\}\)

\(\Rightarrow m=\left\{0;1;3;4\right\}\)

Thay tọa độ của M vào 4 đáp án ta thấy cả 4 đáp án đều không thỏa mãn

Kết luận: 4 đáp án đều sai

mọi người ơi mik đang cần gấp mong mn giúp đỡ