Dễ thây \(y^{2018}=\left(2k+1\right)^2\)

\(\Rightarrow2012.x^{2015}+2013.y^{2018}=2012.x^{2015}+2013.\left(2k+1\right)^2\equiv1\left(mod4\right)\)

Mà \(2015\equiv3\left(mod4\right)\)

Nên vô nghiệm nguyên

giải hộ nha

\(2016x^{2017}+2017y^{2016}=2015\left(1\right)\)

Có 2016x²⁰¹⁷ là số chẵn, 2015 là số lẻ 

=> 2017y²⁰¹⁶ là số lẻ => y²⁰¹⁶ là số lẻ

Đặt y¹⁰⁰⁸ = 2k+1 \(\left(k\in Z\right)\)

Có y²⁰¹⁶ = (2k+1)² = 4k²+4k+1

=> 2017y²⁰¹⁶ = 2017 (4k²+4k+1) = 2017.4.(k²+k)+2017

Lại có: \(2017.4.\left(k^2+k\right)\equiv0\left(mod4\right)\)

           \(2017\equiv1\left(mod4\right)\)

suy ra: \(2017y^{2016}\equiv1\left(mod4\right)\)

mà   \(2016x^{2017}\equiv0\left(mod4\right)\)

\(\Rightarrow2016x^{2017}+2017y^{2016}\equiv1\left(mod4\right)\left(2\right)\)

Lại có: \(2015\equiv3\left(mod4\right)\left(3\right)\)

Từ (1), (2) và (3) => PT vô nghiệm

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.

Xét x là số chẵn thì \(x^4⋮16\)

Xét x là số lẻ thì: 

        \(x^2:8\)dư 1

\(\Rightarrow x^4=\left(8k+1\right)^2:16\)dư 1

Như vậy mỗi số \(x^4;y^4;z^4;t^4\)chia cho 16 dư 1 hoặc 0

Nên \(x^4+y^4+z^4+t^4\)chia cho 16 có số dư không lớn hơn 5

Mà 2015 chia cho 16 dư 15

Dẫn đến mâu thuẫn

Hay x;y;z;t không tồn tại

Vậy phương trình không có nghiệm nguyên

tk nha 

là sao

Với câu a)bạn nhân cả 2 vế cho 12 rồi ép vào dạng bình phương 3 số

Câu b)bạn nhân cho 8 mỗi vế rồi ép vào bình phương 3 số 

giải zõ hộ