Vì $x$, $y$ nguyên nên từ phương trình $(1)$ suy ra $x$ là số lẻ.

Thay $x=2k+1\ (k\in \mathbb{Z})$ vào $(1)$ ta được

$4k^2 +4k +1 -2y^2 =5 \Leftrightarrow 2(k^2 + k -1) = y^2 \Rightarrow y$ là số chẵn.

Đặt $y=2t\ (t\in \mathbb{Z})$ ta có $2(k^2 +k -1) = 4t^2 \Leftrightarrow k(k+1) = 2t^2 +1$ $(*)$

Vì $k(k+1)$ là số chẵn mà $2t^2 +1$ là số lẻ nên phương trình $(*)$ vô nghiệm.

Vậy phương trình $(1)$ vô nghiệm

Ở bài này ta thấy vế trái là tích của hai số nguyên mà vế phải là số lẻ nên nó phải là tích của hai số nguyên lẻ nên ta có thể sử dụng tính chất chẵn lẻ như sau:

Vì $105$ là số lẻ nên $2x + 5y +1$, $2^{|x|} + x^2 +x +y$ là các số lẻ. Suy ra $y$ là số chẵn , mà $x^2 +x = x(x+1)$ là số chẵn nên $2^{|x|}$ là số lẻ suy ra $x=0$

Thay $x=0$ vào $(2)$ ta được $(5y+1)(y+1) = 105 \Leftrightarrow 5y^2 + 6y -104 =0\Leftrightarrow y=4$ (vì $y$ là số chẵn). Do đó $y=4$. Vậy phương trình có nghiệm nguyên là $(0;4)$.

Biến đổi phương trình $(3)$ ta được:

$1975 – 2016^x = (|19y + 5x| + 19y + 5x) – (|19x + 5y| + 19x + 5y) + 14(x-y)$.

Vì $|a| +a$ là số chẵn với mọi giá trị nguyên của $a$ nên vế phải là số chẵn do đó $1975 – 2016^x$ phải là số chẵn suy ra $2016^x$ là số lẻ suy ra $x=0$.

Thay $x=0$ vào phương trình $(3)$ ta được $|5y| + 1975 = |19y| +1 \Leftrightarrow 14|y| = 1974 \Leftrightarrow y=141$ hoặc $y=-141$.

Vậy phương trình có hai nghiệm nguyên $(x;y)$ là $(0;141)$ và $(0;-141)$.

Ta có: $(4) \Leftrightarrow 1+x+x^2 +x^3= 4y^2 +4y +1\Leftrightarrow (x+1)(x^2+1) = (2y+1)^2$ $(*)$

Dễ thấy $(2y +1)^2$ lẻ suy ra $x+1$ và $x^2 +1$ là hai số lẻ. Giả sử $(x+1, x^2 +1) = d$ suy ra $d$ lẻ.

Mặt khác $x+1 \ \vdots \ d \Rightarrow 1-x^2 \  \vdots \ d$, kết hợp với $x^2 +1 \  \vdots \ d$ ta có $1-x^2 + 1+x^2\   \vdots \ d \Rightarrow 2\  \vdots \  d\Rightarrow d=1$ (vì $d$ lẻ)

Vì $(x+1)(x^2 +1)$ là số chính phương (theo $(*)$) và $(x+1,x^2+1)=1$ nên $x+1$ và $x^2 +1$ đều là số chính phương.

Dễ thấy $x^2$ và $x^2 +1$ là 2 số tự nhiên liên tiếp mà đều là số chính phương nên $x=0$.

Khi đó theo $(4)$ thì $y=0$ hoặc $y=-1$.

Vậy nghiệm của phương trình là $(0;0)$ hoặc $(0;-1)$

Nếu $x$ là số chẵn thì $x^4 \  \vdots \ 16$.

Nếu $x$ là số lẻ thì $x^2 : 8$ dư $1$ nên $x^4 = (8k+1)^2 : 16$ dư $1$.

Như vậy mỗi số $x^4$, $y^4$, $z^4$, $t^4$, $k^4$ chia cho $16$ dư $1$ hoặc $0$ nên $x^4+y^4+z^4+t^4+k^4$ chia cho $16$ có số dư không lớn hơn $5$ còn vế phải $2015$ chia cho $16$ dư $15$.

Vậy phương trình không có nghiệm nguyên.

$(6) \Leftrightarrow\left(x^{3}-x\right)+\left(y^{3}-y\right)+\left(z^{3}-z\right)=2017$ . Vì $x^{3}-x=(x-1) x(x+1)$  là tích của $3$ số nguyên liên tiếp nên chia hết cho $6$, tương tự $y^3 -y$, $z^3 -z$ cũng chia hết cho $6$ nên vế trái chia hết cho $6$ mà $2017$ không chia hết cho $6$ nên phương trình $(6)$ vô nghiệm.

Vậy không tồn tại các số nguyên $x$; $y$; $z$ thỏa mãn $x^{3}+y^{3}+z^{3}=x+y+z+2017$

Đây là phương trình $2$ ẩn mà bậc đối với $y$ là bậc nhất nên ta dễ dàng biểu thị $y$ theo $x$ và ta có cách giải như sau:

$(7) \Leftrightarrow y=\dfrac{5 x^{2}+x+1}{x^{2}-x+1}\left( \text{do } x^{2}-x+1>0\right) \Rightarrow y=5+\dfrac{6 x-4}{x^{2}-x+1}$

Ta có $y \in \mathbb{Z}   \Leftrightarrow(6 x-4)\ \vdots \ \left(x^{2}-x+1\right) $

$\Leftrightarrow 2(3 x-2) \vdots\left(x^{2}-x+1\right) $

$\Leftrightarrow\left[\begin{array}{l} 2 \ \vdots \ \left(x^{2}-x+1\right) \\ 3 x-2 \ \vdots \ \left(x^{2}-x+1\right) \end{array}\right.$

(vì $x^{2}-x+1=x(x-1)+1$ là số lẻ).

• TH1: $2:\left(x^{2}-x+1\right)$
  $\Leftrightarrow x^{2}-x+1=\pm 1$ (vì $.x^{2}-x+1$ lẻ)

$\Leftrightarrow x=0 ; x=1$ (thỏa mãn $x$ nguyên).

$+$ Với $x=0 \Rightarrow y=1$
$+$ Với $x=1 \Rightarrow y=7$

• TH2: $(3 x-2):\left(x^{2}-x+1\right)\ (*)$
  $\Rightarrow x(3 x-2)\ \vdots \ \left(x^{2}-x+1\right)$
  $\Rightarrow\left(3 x^{2}-2 x\right)\ \vdots \ \left(x^{2}-x+1\right)$
  $\Rightarrow\left(3 x^{2}-3 x+3+x-3\right)\ \vdots \ \left(x^{2}-x+1\right)$
  $\Rightarrow(x-3) \vdots\left(x^{2}-x+1\right)$
  $\Rightarrow(3 x-9) \vdots\left(x^{2}-x+1\right) \ (**)$

Từ $(*)$ và $(**)$ ta được $7 \vdots\left(x^{2}-x+1\right)\Rightarrow x^2 -x+1$ bằng một trong các giá trị $-7$; $7$; $1$; $-1$.

Từ đây ta được các nghiệm: $(3;7)$, $(0;1)$, $(1;7)$.

Thử lại ta thấy phương trình $(7)$ có các nghiệm nguyên $(x;y)$ là $(3;7)$, $(0;1)$, $(1;7)$.

Giả sử tồn tại số nguyên $n$ thỏa mãn phương trình $n^3 + 2015n=2014^{2016} +1$, suy ra:

$$n^3 -n +2016n = 2014^{2016}+1$$

$\Leftrightarrow (n-1)n(n+1)+2016n=2014^{2016}+1$

Do $(n-1)n(n+1)$ là tích của ba số nguyên liên tiếp  nên chia hết cho $3$ và $2016\, \vdots \, 3$ nên $n^3-n+2016n \, \vdots \, 3$ hay $n^3 + 2015\, \vdots \, 3$.

Mặt khác $2014$ chia $3$ dư $1$ nên $2014^{2016}$ chia $3$ dư $1\Rightarrow 2014^{2016}$ chia $3$ dư $1\Rightarrow 2014^{2016}+1$ chia $3$ dư $2$

Từ đó ta thấy điều mâu thuẫn. Vậy không tồn tại số nguyên $n$ thỏa mãn phương trình.

Giả sử tồn tại hai số nguyên dương $a$ và $b$ thỏa mãn $a^3 + b^3 =2013$.

Ta có: $(a+b)^{3}=a^{3}+b^{3}+3 a b(a+b)$
Vì $a^{3}+b^{3}=2013\, \vdots\, 3 \Rightarrow a^{3}+b^{3}+3 a b(a+b)\, \vdots\, 3$
$\Leftrightarrow(a+b)^{3}\, \vdots\, 3 \Rightarrow a+b \, \vdots\, 3 \Rightarrow(a+b)^{3}\, \vdots\, 9$
$\Rightarrow 2013=a^{3}+b^{3}=(a+b)^{3}-3 a b(a+b)\, \vdots \, 9$ (vô lý).
Vậy không tồn tại hai số nguyên dương $a$ và $b$ thỏa mãn $a^3 + b^3 =2013$,

Ta có $(10) \Leftrightarrow x^{2}(x-y)=5(y-x)+5(x-1) \Leftrightarrow\left(x^{2}+5\right)(x-y)=5(x-1) .$
Suy ra $5(x-1)\,  \vdots\, \left(x^{2}+5\right) \Rightarrow 5\left(x^{2}+5\right)-5 x(x-1)-5(x-1)\,  \vdots\, \left(x^{2}+5\right)$ hay $30\,  \vdots\,\left(x^{2}+5\right)$
$\Rightarrow\left(x^{2}+5\right) \in\{5 ; 6 ; 10 ; 15 ; 30\}$ và $x$ là số nguyên
$\Rightarrow x \in\{0 ; \pm 1 ; \pm 5\}$.

Thử lại ta được nghiệm nguyên của phương trình là $(0 ; 1); (1 ; 1); (-5 ;-4)$.

$(11) \Leftrightarrow x^{2}=2015+2^y$.
Ta sẽ chứng minh $A=2015+2^{y}$ không phải là số chinh phương với mọi số nguyên $y$.

Thật vậy thay $y$ bằng $0 ; 1; 2$ thì $A$ lần lượt nhận các giá trị là $2016 ; 2017; 2019$ đều không phải là số chính phương. Với $y \geq 3$ thi $2^{y}$ chia hết cho $8$ , còn $2015$ chia $8$ dư $7$ nên $A$ chia $8$ dư $7$ mà số chính phương lẻ chia $8$ chỉ có thể dư $1$ do đó $A$ không phải là số chính phương.

Vậy phương trình  $(11)$ không có nghiệm nguyên.

Đặt $\sqrt[3]{2+\sqrt{b}}=x ; \sqrt[3]{2-\sqrt{b}}=y$.

Vì $b>0$ nên $x>0$. Ta có $xy = \sqrt[3]{2+\sqrt{b}} \cdot \sqrt[3]{2-\sqrt{b}}=\sqrt[3]{4-b}$; $x^3 + y^3 =4$

Do đó phương trình $(12)$ trở thành:
$\dfrac{x^{3}+y^{3}}{a}+x y=x^{2}+y^{2} \Leftrightarrow \dfrac{x^{2}+y^{3}}{a}=x^{2}+y^{2}-x y$
$\Leftrightarrow \dfrac{(x+y)\left(x^{2}+y^{2}-x y\right)}{a}=x^{2}+y^{2}-x y$
mà $x^{2}+y^{2}-x y=\dfrac{3}{4} x^{2}+\left(\dfrac{x}{2}-y\right)^{2}>0$

suy ra $x+y=a \Rightarrow \sqrt[3]{2+\sqrt{b}}+\sqrt[3]{2-\sqrt{b}}=a$ $(*)$
$\Rightarrow 4+3 \sqrt[3]{4-b} \cdot a=a^{3}$ $(**)$
$\Leftrightarrow 4-b=\left(\dfrac{a^{3}-4}{3 a}\right)^{3}$
Vì $b$ là số nguyên nên $a^{3}-4\, \vdots \, 3 a \Rightarrow a^{3}-4 \, \vdots \, a$ $\Rightarrow 4 \vdots a \Rightarrow a \in\{1 ; 2 ; 4\}$
Với $a=1 \Rightarrow b=5$.

Với $a=2$ hoặc $a=4$ thì $b$ không phải là số nguyên dưong.

Thử lại: Với $a=1$; $b=5$ ta có $(**)$ đúng tức là
$x^{3}+y^{3}+3 x y a=a^{3} \Leftrightarrow a^{3}-x^{3}-y^{3}-3 x y a=0$
$\Leftrightarrow(a-x-y)\left[(a+x)^{2}+(a+y)^{2}+(x-y)^{2}\right]=0 .$
Do $x>0 ; a>0$ nên $x+a>0 \Rightarrow(a+x)^{2}+(a+y)^{2}+(x-y)^{2}>0 \Rightarrow a-x-y=0$ hay $a=x+y$,
tức là $(*)$ đúng.

Vậy $(a, b)=(1 ; 5)$ là cặp số nguyên dương duy nhất thỏa mãn phương trình $(12)$.

Ta có $(13) \Leftrightarrow \dfrac{n^{3}+5 n+1}{n^{4}+6 n^{2}+n+5}=\dfrac{85}{361}$.
Ta sẽ chứng minh $\dfrac{n^{3}+5 n+1}{n^{4}+6 n^{2}+n+5}$ la phân số tối giản với mọi giá trị $n \in \mathbb{N}$.
Thật vậy, đặt $d=\left(n^{3}+5 n+1 ; n^{4}+6 n^{2}+n+5\right)$.
Suy ra $n^{4}+6 n^{2}+n+5-n\left(n^{3}+5 n+1\right)\,  \vdots \, d$ hay $n^{2}+5\, \vdots\,  d$.

Từ đó $\left(n^{3}+5 n+1\right)-n\left(n^{2}+5\right)$ \,  \vdots \, d hay $1\,\vdots \, d \Rightarrow d=1$.

Vậy phân số $\dfrac{n^{3}+5 n+1}{n^{4}+6 n^{2}+n+5}$ là phân số tối giản.

Mặt khác phân số $\dfrac{85}{361}$ cũng là phân số tối giản mà dạng tối giản của một phân số là duy nhất nên ta có

$\left\{\begin{array}{l}n^{3}+5 n+1=85 \\ n^{4}+6 n^{2}+n+5=361\end{array}\right.$
$\Rightarrow\left(n^{4}+6 n^{2}+n+5\right)-n\left(n^{3}+5 n+1\right)=361-85 n$
$\Leftrightarrow n^{2}+85 n-356=0 \Leftrightarrow(n-4)(n+89)=0$
Vi $n \in \mathbb{N}$ nên $n=4$.

Vậy số tự nhiên cần tìm là $n=4$.

Ta có $(14) \Leftrightarrow 3^{m}=(n+4)(n-2)$.

Đặt $n+4=3^{x} ; n-2=3^y$ với $x, y$ là số tự nhiên và $x+y=m$, khi đó $3^{x}-3^{y}=6$ hay $3^{y}\left(3^{x-y}-1\right)=6$.

Vì $3^y$ chỉ có ước là lũy thừa của $3$; $3^{x-y}-1$ không chia hết cho $3$ và $6=3.2$ nên $3^{y}=3$ và $3^{x-y}-1=2$ hay $y=1$ và $x=2$.

Từ đó $m=x+y=3$ và $n=3^{y}+2=5$.

Nếu $y>5$ thì $y !\, \vdots \, 9 \Rightarrow y !+2015$ chia $9$ dư $8$ mà $x^{2}$ chia $9$ chi có thể nhận các số dư là $0 ; 1 ; 4 ; 7$ nên trong trường hợp này không tồn tại nghiệm.

Xét $y$ lần lượt bằng $0 ; 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5$ đều không có giá trị $x$ thỏa mãn.
Vậy phương trình $(15)$ vô nghiệm.

Nhận xét:  Để tìm các số tự nhiên $m, n$ sao cho $P$ là số nguyên tố thì ta có thể chứng minh $P$ chia hết cho
một số nguyên tố $n$ nào đó và khi đó $P=n$

Đặt $3m^2+6n-61=3k+2\ (k\in \mathbb{N})$.

Ta có $P=3^{3 k-2}+4=9.27^{k}+4$

Vì $27\equiv 1 (\bmod 13)$ nên $27^{k}\equiv 1 (\bmod 13)\Rightarrow 9.27^{k} \equiv 9 (\bmod 13) \Rightarrow 9.27^{k}+4 \equiv 13(\bmod 13)$
hay $P\, \vdots\, 13$, mà $P$ là số nguyên tố nên $P=13$, điều này xảy ra khi và chỉ khi $k=0 .$

Suy ra $3 m^{2}+6 n-61=2 \Leftrightarrow m^{2}+2 n=21$
Vì $m ; n$ là các số tự nhiên nên chỉ có 2 cặp số $(m ; n)$ thỏa mãn là $(1 ; 10)$ và $(3 ; 6)$.

$(17)$ có nghiệm nguyên khi $x^{11}+y^{11}\, \vdots \, 11$.

Vì $11$ là số nguyên tố, theo định lý nhỏ Fermat ta có: $x^{11}- x\, \vdots\, 11$ và $y^{11}-y\, \vdots\, 11 .$

Ta viết $(17)$ dưới dạng: $\left(x^{11}-x\right)+\left(y^{11}-y\right)+(x+y)=11 z$ suy ra $x+y\,  \vdots\,  11$.

Đặt $x+y=11 k ; x=t$ $(k, t \in \mathbb{Z}) .$ Ta có công thức nghiệm: $x=t$, $y=11 k-t$ và $\left[t^{11}+(11 k-t)^{11}\right] \, \vdots\, 11$.