Lời giải:

Giả sử pt đã có nghiệm nguyên.
Ta biết rằng 1 số chính phương khi chia 4 dư $0,1$

Mà $x^2+y^2+z^2=2015\equiv 3\pmod 4$ nên $(x^2,y^2,z^2)$ chia $4$ dư $1,1,1$. Do đó $x,y,z$ đều lẻ.

Đặt $x=2m+1; y=2n+1, z=2p+1$ với $m,n,p$ nguyên

$x^2+y^2+z^2=2015$

$\Leftrightarrow (2m+1)^2+(2n+1)^2+(2p+1)^2=2015$

$\Leftrightarrow 4m(m+1)+4n(n+1)+4p(p+1)=2012$

$\Leftrightarrow m(m+1)+n(n+1)+p(p+1)=503$

Điều này vô lý vì mỗi số $m(m+1), n(n+1), p(p+1)$ đều chẵn.

Vậy điều giả sử sai, hay pt đã cho không có nghiệm nguyên.

tk nha 

là sao

a.

Do \(x^2;y^2\) là các số chính phương nên chia cho 4 dư 0 hoặc 1 nên  \(x^2-y^2\) chia 4 dư 0;1;3 mà  \(1998\) chia 4 dư 2 nên PT vô nghiệm.

b.

Do \(x^2;y^2\) là các số chính phương nên chia cho 4 dư 0 hoặc 1 nên \(x^2+y^2\) chia 4 dư 0;1;2 mà \(1999\) chia 4 dư 3 nên PT vô nghiệm

#)Giải :

VD1:

a) Ta thấy x²,y² chia cho 4 chỉ dư 0,1

nên x² - y² chia cho 4 có số dư là 0,1,3. Còn vế phải chia cho 4 có số dư là 2

=> Phương trình không có nghiệm nguyên

b) Ta thấy x² + y² chia cho 4 có số dư là 0,1,2. Còn vế phải 1999 chia cho 4 dư 3 

=> Phương trình không có nghiệm nguyên

\(9x+2=y^2+y\)

\(\Leftrightarrow9x+2=y\left(y+1\right)\)

Dễ thấy VT có dạng \(3k+2\) nên VP cũng có dạng \(3k+2\Rightarrow y\) có dạng \(3k+1\) với \(k\in Z\)

Thay vào PT thì ta có:

\(9x+2=\left(3k+1\right)\left(3k+2\right)\)

\(\Leftrightarrow9x+2=9k^2+9k+2\)

\(\Leftrightarrow9x=9k\left(k+1\right)\)

\(\Leftrightarrow x=k\left(k+1\right)\)

Vậy \(x=k\left(k+1\right);y=3k+1\) với k là số nguyên bất kỳ.

 Bài 1: Bài này số nhỏ nên chỉ cần chặn miền giá trị của \(x\) rồi xét các trường hợp thôi nhé. Ta thấy \(3^x< 35\Leftrightarrow x\le3\). Nếu \(x=0\) thì \(VT=2\), vô lí. Nếu \(x=1\) thì \(VT=5\), cũng vô lí. Nếu \(x=2\) thì \(VT=13\), vẫn vô lí. Nếu \(x=3\) thì \(VT=35\), thỏa mãn. Vậy, \(x=3\).

 Bài 2: Nếu \(x=0\) thì pt đã cho trở thành \(0!+y!=y!\Leftrightarrow0=1\), vô lí,

Nếu \(x=y\) thì pt trở thành \(2x!=\left(2x\right)!\) \(\Rightarrow\left(x+1\right)\left(x+2\right)...\left(2x\right)=2\) \(\Leftrightarrow x=1\Rightarrow y=1\)

Nếu \(x\ne y\) thì không mất tính tổng quát, giả sử \(1< y< x\) thì \(x!+y!< 2x!\le\left(x+1\right)x!=\left(x+1\right)!< \left(x+y\right)!\) nên pt đã cho không có nghiệm trong trường hợp này.

Như vậy, \(x=y=1\)

 Bài 3: Bổ sung đề là pt không có nghiệm nguyên dương nhé, chứ nếu nghiệm nguyên thì rõ ràng \(\left(x,y\right)=\left(0,19\right)\) là một nghiệm cũa pt đã cho rồi.

Giả sử pt đã cho có nghiệm nguyên dương \(\left(x,y\right)\)

Khi đó \(x,y< 19\). Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử \(1< y\le x< 19\). Khi ấy \(x^{17}+y^{17}=19^{17}\ge\left(x+1\right)^{17}=x^{17}+17x^{16}+...>x^{17}+17x^{16}\), suy ra \(y^{17}>17x^{16}\ge17y^{16}\) \(\Rightarrow y>17\). Từ đó, ta thu được \(17< y\le x< 19\) nên \(x=y=18\). Thử lại thấy không thỏa mãn. 

Vậy pt đã cho không có nghiệm nguyên dương.

Chị độc giải sau khi em biết làm thôi à.