a) Cho các số nguyên x, y,z thỏa mãn \[{x^2} + {y^2} + {z^2} = 2xyz

a) Vì \[{x^2} + {y^2} + {z^2} = 2xyz\] nên \[2xyz\] chẵn, nên tồn tại ít nhất 1 số chẵn, giả sử là x chẵn.

Khi đó: \[{x^2} \vdots 4;\,\,\,\,2{\rm{x}}yz \vdots 4 \Rightarrow {y^2} + {z^2} \vdots 4\]  (*)

Nếu y lẻ \[ \Rightarrow \] \[{y^2}\] lẻ \[ \Rightarrow \] lẻ \[{z^2}\]\[ \Rightarrow \] \[z\] lẻ

\[ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}y = 2k + 1 \Rightarrow {y^2} = 4{k^2} + 4k + 1\\z = 2m + 1 \Rightarrow {z^2} = 4{m^2} + 4m + 1\end{array} \right.\,\,\,\,\,\,\,\,\left( {k;m \in Z} \right)\]

\[ \Rightarrow {y^2} + {z^2} = 4{k^2} + 4k + 4{m^2} + 4m + 2\]

\[ \Rightarrow {y^2} + {z^2}\] chia 4 dư 2 (không thỏa mãn(*))

Do đó y chẵn và z chẵn \[ \Rightarrow y \vdots 2;\,\,\,z \vdots 2\]

\[ \Rightarrow xyz \vdots 8\,\,\,(1)\]

Giả sử cả 3 số x, y, z đều không chia hết cho 3 vì x; y; z chẵn nên \[{x^2};{y^2};{z^2} \equiv 1(mo{\rm{d}}\,{\rm{3)}}\]

\[ \Rightarrow {x^2} + {y^2} + {z^2} \vdots 3\]

Do đó \[2xyz \vdots 3 \Rightarrow xyz \vdots 3\]  (mâu thuẫn với giả thiết x, y, z đều không chia hết cho 3)

Nên tồn tại 1 số chia hết cho 3 hay \[xyz \vdots 3\,\,\,\,\,\,\,\,\,(2)\]

Từ (1) và (2) suy ra: \[xyz \vdots 24\]

Vậy \[xyz \vdots 24\].

b) Đặt \[A = {\left( {a + b + c} \right)^2} - 2a + 2b\]

Ta có:

\[\begin{array}{l}{\left( {a + b + c + 1} \right)^2} = {\left( {a + b + c} \right)^2} + 2\left( {a + b + c} \right) + 1 > A\\{\left( {a + b + c - 1} \right)^2} = {\left( {a + b + c} \right)^2} - 2\left( {a + b + c} \right) + 1 < A\end{array}\]

Nên \[{\left( {a + b + c - 1} \right)^2} < A < {\left( {a + b + c + 1} \right)^2}\]

Mà A chính phương nên \[A = {\left( {a + b + c} \right)^2}\]

\[ \Rightarrow {\left( {a + b + c} \right)^2} - 2{\rm{a}} + 2b = {\left( {a + b + c} \right)^2}\]

\[ \Leftrightarrow 2{\rm{a}} = 2b \Leftrightarrow a = b\]

Vậy tất cả các bộ (a; b; c) cần tìm là (k; k; m) với k, m nguyên dương bất kì.