Giả sử (x;y) là cặp số nguyên dương cần tìm. Khi đó ta có: 
(xy-1) I (x^3+x) => (xy-1) I x.(x^2+1) (1) 
Do (x; xy-1) =1 ( Thật vậy: gọi (x;xy-1) =d => d I x => d I xy => d I 1). 
Nên từ (1) ta có: 
(xy-1) I (x^2+1) 
=> (xy-1) I (x^2+1+xy -1) => (xy-1) I (x^2+xy) => (xy-1) I x.(x+y) => (xy-1) I (x+y) 
Điều đó có nghĩa là tồn tại z ∈ N* sao cho: 
x+y = z(xy-1) <=> x+y+z =xyz (2) 

[Đây lại có vẻ là 1 bài toán khác] 
Do vai trò bình đẳng nên ta giả sử: x ≥ y ≥ z. 
Từ (2) ta có: x+y+z ≤ 3x => 3x ≥ xyz => 3 ≥ yz ≥ z^2 => z=1 
=> 3 ≥ y => y ∈ {1;2;3} 
Nếu y=1: x+2 =x (loại) 
Nếu y=2: (2) trở thành x+3 =2x => x=3 
Nếu y=3: x+4 = 3x => x=2 (loại vì ta có x≥y) 
Vậy khi x ≥ y ≥ z thì (2) có 1 nghiệm (x;y;z) là (3;2;1) 
Hoán vị vòng quanh được 6 nghiệm là: .....[bạn tự viết nhé] 

Vậy bài toán đã cho có 6 nghiệm (x;y) là : .... [viết y chang nhưng bỏ z đi]

 Giả sử (x;y) là cặp số nguyên dương cần tìm. Khi đó ta có: 
(xy-1) I (x^3+x) => (xy-1) I x.(x^2+1) (1) 
Do (x; xy-1) =1 ( Thật vậy: gọi (x;xy-1) =d => d I x => d I xy => d I 1).
Nên từ (1) ta có: 
(xy-1) I (x^2+1) 
=> (xy-1) I (x^2+1+xy -1) => (xy-1) I (x^2+xy) => (xy-1) I x.(x+y) => (xy-1) I (x+y) 
Điều đó có nghĩa là tồn tại z ∈ N* sao cho: 
x+y = z(xy-1) <=> x+y+z =xyz (2) 

[Đây lại có vẻ là 1 bài toán khác] 
Do vai trò bình đẳng nên ta giả sử: x ≥ y ≥ z. 
Từ (2) ta có: x+y+z ≤ 3x => 3x ≥ xyz => 3 ≥ yz ≥ z^2 => z=1 
=> 3 ≥ y => y ∈ {1;2;3} 
Nếu y=1: x+2 =x (loại) 
Nếu y=2: (2) trở thành x+3 =2x => x=3 
Nếu y=3: x+4 = 3x => x=2 (loại vì ta có x≥y) 
Vậy khi x ≥ y ≥ z thì (2) có 1 nghiệm (x;y;z) là (3;2;1) 
Hoán vị vòng quanh được 6 nghiệm là: .....[bạn tự viết nhé] 

Vậy bài toán đã cho có 6 nghiệm (x;y) là : .... [viết y chang nhưng bỏ z đi]

Xét x= 1 => \(\dfrac{2}{y-1}\in\mathbb N\), từ đó có \(y=2\vee y=3\)

Xét y=1 => \(\dfrac{x^3+x}{x-1}=x^2+x+2+\dfrac{2}{x-1}\in\mathbb N\), từ đó có \(x=2\vee x=3\)

Xét \(x\ge 2\) hoặc \(y\ge 2\) . Ta có : \((x,xy-1)=1\). Do đó :

\(xy-1|x^3+x\Rightarrow xy-1|x^2+1\Rightarrow xy-1|x+y\)

=> \(x+y\ge xy-1\Rightarrow (x-1)(y-1)\le 2\). Từ đó có \((x-1)(y-1)=1\ \vee (x-1)(y-1)=2\) 

=> x = y = 2 ( loại ) hoặc x = 2 ; y = 3 hoặc x = 3 ; y= 2

Vậy các cặp số ( x;y ) thỏa mãn là (1;2),(2;1),(1;3),(3;1),(2;3),(3;2)

Xét điểm M(a;b) bất kì nằm trog ( tính cả biên ) của hình tròn ( \(C_n\)) : \(x^2+y^2\le n^2\)

Mỗi điểm M như vậy tương ứng với 1 và chỉ 1 hình vuông đơn vị S(M) mà M là đỉnh ở goc trái , phía dưới 

Từ đó suy ra \(S_n\)= số hình vuông S (M) = tổng diện tích của S(M) với \(M\in\left(C_n\right)\)

Rõ ràng các hình vuông S(M) , với \(M\in\left(C_{ }_n\right)\)đều nằm trog hình tròn \(\left(C_{n+\sqrt{2}}\right):x^2+y^2\le\left(n+\sqrt{2}\right)^2\)

Do đó : \(S_n\le\pi\left(n+\sqrt{2}\right)^2\)(1) 

Tương tự như vậy , ta thấy các hình vuông S(M) , với \(M\in\left(C_n\right)\)phủ kín hình tròn

\(\left(C_{n-\sqrt{2}}\right):x^2+y^2\le\left(n-\sqrt{2}\right)^2\)vì thế \(S_n\ge\pi\left(n-\sqrt{2}\right)^2\)(2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\sqrt{\pi}\left(n-\sqrt{2}\right)\le\sqrt{S_n}\le\sqrt{\pi}\left(n+\sqrt{2}\right)\)

suy ra \(\sqrt{\pi}\left(1-\frac{\sqrt{2}}{n}\right)\le\frac{\sqrt{S_n}}{n}\le\sqrt{\pi}\left(1+\frac{\sqrt{2}}{n}\right)\)

Mà lim \(\sqrt{\pi}\left(1-\frac{\sqrt{2}}{n}\right)\)= lim\(\sqrt{\pi}\left(1+\frac{\sqrt{2}}{n}\right)=\sqrt{\pi}\)nên lim \(\sqrt{\frac{S_n}{n}}=\sqrt{\pi}\)

@ Huy @ Bài làm đánh đẹp lắm. Nhưng cô cũng không hiểu được rõ  ràng là toán 6 sao có lim, phương trình đường tròn;...                      ( lớp 11 , 12 ) ở đây.

 Lần sau chú ý giải Toán 6 không cần dùng kiến thức quá cao nhé.

Tuy nhiên đề bài bạn thiếu. Lần sau em có thể sửa lại đề bài trước rồi hẵng làm nha.

Giả sử (x;y) là cặp số nguyên dương cần tìm. Khi đó ta có:
(xy-1) I (x^3+x) => (xy-1) I x.(x^2+1) (1)
Do (x; xy-1) =1 ( Thật vậy: gọi (x;xy-1) =d => d I x => d I xy => d I 1).
Nên từ (1) ta có:
(xy-1) I (x^2+1)
=> (xy-1) I (x^2+1+xy -1) => (xy-1) I (x^2+xy) => (xy-1) I x.(x+y) => (xy-1) I (x+y)
Điều đó có nghĩa là tồn tại z ∈ N* sao cho:
x+y = z(xy-1) <=> x+y+z =xyz (2)

[Đây lại có vẻ là 1 bài toán khác]
Do vai trò bình đẳng nên ta giả sử: x ≥ y ≥ z.
Từ (2) ta có: x+y+z ≤ 3x => 3x ≥ xyz => 3 ≥ yz ≥ z^2 => z=1
=> 3 ≥ y => y ∈ {1;2;3}
Nếu y=1: x+2 =x (loại)
Nếu y=2: (2) trở thành x+3 =2x => x=3
Nếu y=3: x+4 = 3x => x=2 (loại vì ta có x≥y)
Vậy khi x ≥ y ≥ z thì (2) có 1 nghiệm (x;y;z) là (3;2;1)
Hoán vị vòng quanh được 6 nghiệm là: .....[bạn tự viết nhé]

Vậy bài toán đã cho có 6 nghiệm (x;y) là : .... [viết y chang nhưng bỏ z đi]

Xét x= 1 => , từ đó có y=2∨y=3

Xét y=1 => , từ đó có x=2∨x=3

Xét x≥2 hoặc y≥2 . Ta có : (x,xy−1)=1. Do đó :

xy−1|x³+x⇒xy−1|x²+1⇒xy−1|x+y

=> x+y≥xy−1⇒(x−1)(y−1)≤2. Từ đó có  

=> x = y = 2 ( loại ) hoặc x = 2 ; y = 3 hoặc x = 3 ; y= 2

Vậy các cặp số ( x;y ) thỏa mãn là (1;2),(2;1),(1;3),(3;1),(2;3),(3;2)

Trên mạng làm sai, cái này mk đọc rồi, sai đó

x(3y+1)+y=13

3x(3y+1)+3y=39

3x(3y+1)+3y+1=39+1
(3x+1)(3y+1)=40

vì 3x+1 và 3y+1 chi 3 dư 1 nên ta có bảng sau:

Kết luận là ok

- Với \(x=1\) ko thỏa mãn

- Với \(x=2\Rightarrow\dfrac{2}{2y+2}\in Z\Rightarrow\dfrac{1}{y+1}\in Z\Rightarrow y=\left\{-2;0\right\}\) ko thỏa mãn

- Với \(x\ge3\)

\(x^2-2⋮xy+2\Rightarrow x\left(xy+2\right)-y\left(x^2-2\right)⋮xy+2\)

\(\Rightarrow2\left(x+y\right)⋮xy+2\)

\(\Rightarrow\left(x-2\right)\left(y-2\right)\le2\)

\(\Rightarrow y-2\le\dfrac{2}{x-2}\le\dfrac{2}{3-2}=2\Rightarrow y\le4\)

\(\Rightarrow y=\left\{1;2;3;4\right\}\)

Lần lượt thay 3 giá trị của y vào pt biểu thức ban đầu

Ví dụ: \(y=1\Rightarrow\dfrac{x^2-2}{x+2}\in Z\Rightarrow x-2+\dfrac{2}{x+2}\in Z\)

\(\Rightarrow x+2=Ư\left(2\right)\Rightarrow\) ko tồn tại x nguyên dương t/m

Tương tự...