Điều kiện: \(x\ge1,y\ge-2\)

Đặt \(a=xy+3x-4y;b=4x-1;c=y+2\). Khi đó phương trình trở thành: \(a+\sqrt{b}=\sqrt{c}\).

\(\Rightarrow a^2+2a\sqrt{b}+b=c\).

*Nếu \(a=0\Rightarrow b=c\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}4x-1=y+2\\xy+3x=4y\end{matrix}\right.\Rightarrow\left(4x-3\right)\left(x-4\right)+3x=0\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}x=1\\x=3\end{matrix}\right.\Rightarrow\left(x,y\right)=\left(1,1\right);\left(3,9\right)\)

*Nếu \(a\ne0\), ta có: \(\sqrt{b}=\dfrac{c-b-a^2}{2a}\).

Nếu b không là số chính phương thì \(b+a^2=c\Rightarrow\sqrt{b}=0\Rightarrow4x-1=0\left(loại\right)\).

Vậy b là số chính phương, khi đó c cũng là số chính phương.

Đặt \(4x-1=m^2;y+2=n^2\left(m,n\ge0\right)\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=\dfrac{m^2+1}{4}\\y=n^2-2\end{matrix}\right.\).

Phương trình ban đầu tương đương: \(\dfrac{\left(m^2+1\right)\left(n^2-2\right)}{4}+\dfrac{3}{4}\left(m^2+1\right)+m=n+4\left(n^2-2\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(m^2+1\right)\left(n^2-2\right)+3\left(m^2+1\right)+4m=4n+16\left(n^2-2\right)\)

\(\Leftrightarrow m^2n^2+m^2+n^2+1=4\left(n-m\right)+16\left(n^2-2\right)\)

\(\Leftrightarrow\left(m^2-15\right)n^2-4n+m^2+4m+33=0\left(1\right)\)

*Nếu \(m^2\ge15\), xét đa thức \(f\left(n\right)=\left(m^2-15\right)n^2-4n+m^2+4m+33\).

Ta có: \(\Delta_f=16-\left(m^2-15\right)\left(m^2+4m+33\right)< 0\), nên f(n) vô nghiệm, mâu thuẫn.

Vậy \(m^2\le15\Rightarrow m\in\left\{1;2;3\right\}\).

*Với \(m=3\). Từ (1) ta có: \(-6n^2-4n+54=0\Rightarrow n\notin Z\), loại.

*Với \(m=2\). Từ (1) ta có: \(-11n^2-4n+45=0\Rightarrow n\notin Z\), loại.

*Với \(m=1\). Từ (1) ta có: \(-14n^2-4n+45=0\Rightarrow n\notin Z\), loại.

Vậy \(\left(x,y\right)=\left(1,1\right);\left(3,9\right)\)

Không mất tính tổng quát, giả sử \(y\ge x>0\)

\(1+\sqrt{x+y+3}=\sqrt{x}+\sqrt{y}\)

\(\Rightarrow\left(1+\sqrt{x+y+3}\right)^2=\left(\sqrt{x}+\sqrt{y}\right)^2\)

\(\Rightarrow2+\sqrt{x+y+3}=\sqrt{xy}\)

\(\Rightarrow\sqrt{x+y+3}=\sqrt{xy}-2\)

\(\Rightarrow x+y+3=xy-4\sqrt{xy}+4\)

\(\Rightarrow4\sqrt{xy}=\left(x-1\right)\left(y-1\right)\left(\cdot\right)\)

\(\Rightarrow16xy=\left(x-1\right)^2\left(y-1\right)^2\left(1\right)\)

Từ (1), ta suy ra x,y không thể cùng chẵn, và dễ thấy \(x\ne y\Rightarrow y\ge x+1\Rightarrow y-1\ge x\).

- Nếu y chẵn. Từ (1) ta có: \(16xy⋮\left(y-1\right)^2\Rightarrow16x⋮\left(y-1\right)^2\) (do \(\left(y,y-1\right)=1\)).

\(\Rightarrow x⋮\left(y-1\right)^2\) (do \(\left(16,\left(y-1\right)^2\right)=1\) \(\Rightarrow x\ge\left(y-1\right)^2\ge\left(x-1\right)^2\Rightarrow x\in\left\{1;2\right\}\).

*Nếu \(x=1\), từ (1) suy ra \(y=0\), loại.

*Nếu \(x=2\), từ (1) suy ra \(32y=\left(y-1\right)^2\Rightarrow y\notin Z\), loại.

Vậy y lẻ. Xét x lẻ, khi đó \(\left(x-1\right)\left(y-1\right)⋮4\), nên \(\left(1\right)\Rightarrow xy=\left[\dfrac{\left(x-1\right)\left(y-1\right)}{4}\right]^2\).

Vậy xy là một số chính phương (2). Đặt \(d=\left(x,y\right)\). Nếu d>1, tồn tại số nguyên tố p là ước chung của x,y. Từ (1) ta có: \(\left(x-1\right)^2\left(y-1\right)^2⋮p^2\Rightarrow\left(x-1\right)\left(y-1\right)⋮p\Rightarrow\left[{}\begin{matrix}\left(x-1\right)⋮p\\\left(y-1\right)⋮p\end{matrix}\right.\). Mặt khác, \(\left\{{}\begin{matrix}\left(x,x-1\right)=1\\\left(y,y-1\right)=1\end{matrix}\right.\), nên \(p=1\), vô lý. Vậy \(d=1\), kết hợp với (2), ta suy ra x,y là các số chính phương lẻ.

Từ (1) ta có \(16xy⋮\left(y-1\right)^2\Rightarrow16x⋮\left(y-1\right)^2\Rightarrow16x\ge\left(y-1\right)^2\ge x^2\Rightarrow x\le16\). Do x là số chính phương lẻ và dễ thấy \(x\ne1\), nên \(x=9\). Từ (*) suy ra \(y=4\), loại do \(y\ge x\).

Vậy x chẵn, y lẻ. Từ (1) ta có: \(16xy⋮\left(x-1\right)^2\Rightarrow16y⋮\left(x-1\right)^2\Rightarrow y⋮\left(x-1\right)^2\Rightarrow y\ge\left(x-1\right)^2\).

Mặt khác \(16x\ge\left(y-1\right)^2\), nên \(16xy\ge\left(x-1\right)^2\left(y-1\right)^2\).

Đẳng thức xảy ra khi \(\left\{{}\begin{matrix}16x=\left(y-1\right)^2\\y=\left(x-1\right)^2\end{matrix}\right.\Rightarrow16=x\left(x-2\right)^2\Rightarrow x=4\Rightarrow y=9\).

Mà \(16xy=\left(x-1\right)^2\left(y-1\right)^2\), nên x=4;y=9.

Vậy \(\left(x,y\right)=\left(4,9\right);\left(9,4\right)\)

C₁: \(a\left(b+c\right)\left(b^2-c^2\right)+b\left(c+a\right)\left(c^2-a^2\right)+c\left(a+b\right)\left(a^2-b^2\right)\)

\(=a\left(b+c\right)\left(b^2-a^2-c^2+a^2\right)+b\left(c+a\right)\left(c^2-a^2\right)+c\left(a+b\right)\left(a^2-b^2\right)\)

\(=\left(a^2-b^2\right)\left(ac+bc-ab-ac\right)+\left(c^2-a^2\right)\left(bc+ab-ab-ac\right)\)

\(=\left(a-b\right)\left(a+b\right)b\left(c-a\right)+\left(c-a\right)\left(c+a\right)c\left(b-a\right)\)

\(=\left(a-b\right)\left(c-a\right)\left(ab+b^2-c^2-ac\right)=\left(a-b\right)\left(b-c\right)\left(c-a\right)\left(a+b+c\right)\)

C₂: Giả sử \(a\ne b\ne c\)

Xét đa thức \(f\left(a\right)=a\left(b+c\right)\left(b^2-c^2\right)+b\left(c+a\right)\left(c^2-a^2\right)+c\left(a+b\right)\left(a^2-b^2\right)\). Dễ thấy \(degf\left(a\right)=3\) (bậc bằng 3) và hệ số cao nhất của f(a) là \(c-b\).

Ta có: \(f\left(b\right)=b\left(b+c\right)\left(b^2-c^2\right)+b\left(c+b\right)\left(c^2-b^2\right)+c\left(b+b\right)\left(b^2-b^2\right)=0\). Tương tự \(f\left(c\right)=0\).

Do f(a) là đa thức bậc 3 nên chỉ nhận tối đa 3 nghiệm. Theo định lí Bezout ta có:

\(f\left(a\right)=\left(c-b\right)\left(a-b\right)\left(a-c\right)\left(a+x\right)\). Đồng nhất hệ số ta được \(x=b+c\).

Bài 5: Đặt \(a=x+\sqrt{24}\in Z\Rightarrow x=a-\sqrt{24}\).

\(\Rightarrow\dfrac{1}{x}-\sqrt{24}=\dfrac{1}{a-\sqrt{24}}-\sqrt{24}\in Z\)

\(\Rightarrow\dfrac{25-a\sqrt{24}}{a-\sqrt{24}}\in Z\)

\(\Rightarrow\dfrac{\left(25-a\sqrt{24}\right)\left(a+\sqrt{24}\right)}{a^2-24}\in Z\)

\(\Rightarrow\left(25-a\sqrt{24}\right)\left(a+\sqrt{24}\right)\in Z\)

\(\Rightarrow25-24a-\sqrt{24}\left(a^2-25\right)\in Z\)

\(\Rightarrow2\sqrt{6}\left(a^2-25\right)\in Z\Rightarrow\sqrt{6}\left(a^2-25\right)\in Z\)

\(\Rightarrow a^2=25\Rightarrow a=\pm5\)

Bài 4: Ta có: \(\sqrt{2}\left(x+y+1\right)=x+4y-4\).

Nếu \(x+y+1\ne0\) thì \(\sqrt{2}=\dfrac{x+4y-4}{x+y+1}\in Q\), vô lý.

Vậy \(\left\{{}\begin{matrix}x+y+1=0\\x+4y-4=0\end{matrix}\right.\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=-\dfrac{8}{3}\\y=\dfrac{5}{3}\end{matrix}\right.\)

Cảm ơn anh ạ :)

Dạ em cảm ơn góp ý của anh ạ. Nhân tiện, cho em xin lỗi về chuyện hồi trước được không ạ .-., lúc đó em phát biểu "ngôn lù" quá ạ ;-; (bây giờ em cũng không muốn nhìn lại đoạn chat đó vì em sợ bị trầm cảm mất).

"bạn 2k8 như này là siêu r nha"----> em không nghĩ em giỏi đến thế đâu, em nghĩ về phần toán thường thì em học ok rồi, nhưng về phần toán chuyên thì đối với nhiều người, mấy bài này "dành cho trẻ con" thôi ạ .-. (em còn đang mất gốc phần Đa thức, Tổ hợp, Phương trình hàm, Dãy số này o_o).

Trước hết ta có bổ đề: Cho a,b là các số nguyên dương và n,s là các số nguyên dương và \(\left(a,b\right)=1\). Khi đó nếu \(ab=n^s\) thì \(\left\{{}\begin{matrix}a=c^s\\b=d^s\end{matrix}\right.\)

Chứng minh:

Giả sử a,b có phân tích thành tích các thừa số nguyên tố như sau (sở dĩ ta có điều này là do Định lí cơ bản về Số học):

\(\left\{{}\begin{matrix}a=\prod\limits^k_{i=1}p_i^{\alpha_i}\\b=\prod\limits^l_{j=1}q_j^{\beta_j}\end{matrix}\right.\), với \(p_i,q_j\) là các số nguyên tố đôi một khác nhau, và \(\alpha_i,\beta_j\) là các số nguyên dương, \(i=\overline{1,k};j=\overline{1,l}\).

Do \(ab=n^s\), nên \(\alpha_i,\beta_j⋮s\), do đó a,b là các luỹ thừa bậc s. Ta có điều phải chứng minh.

Quay lại bài toán, phương trình ban đầu tương đương: \(x^3=\left(2y-1\right)\left(2y+1\right)\). Dễ thấy nếu \(\left(x_0,y_0\right)\) là một nghiệm của phương trình thì \(\left(x_0,-y_0\right)\) cũng là một nghiệm khác, do đó ta có thể giả sử \(y\ge0\). Ta để ý rằng \(\left(2y-1,2y+1\right)=1\), nên 2y-1, 2y+1 là 2 số lập phương của 2 số nguyên. Từ đó đặt \(\left\{{}\begin{matrix}2y-1=a^3\\2y+1=b^3\end{matrix}\right.\), rồi trừ 2 vế --->giải phương trình ước số là xong.