Có bao nhiêu cặp số nguyên $\left( x;y \right)$ thỏa mãn $1\le...

Với $1\le x\le 2020;y\ge 2$ ta có: ${{x}^{2}}+x-xy=x{{\log }_{2}}\left( xy-x \right)-{{2}^{x}}$
$\begin{aligned}
& \Leftrightarrow x+1-y={{\log }_{2}}x+{{\log }_{2}}\left( y-1 \right)-\dfrac{{{2}^{x}}}{x}\Leftrightarrow x-{{\log }_{2}}x+\dfrac{{{2}^{x}}}{x}={{\log }_{2}}\left( y-1 \right)+y-1 \\
& \Leftrightarrow \left( {{\log }_{2}}{{2}^{x}}-{{\log }_{2}}x \right)+\dfrac{{{2}^{x}}}{x}={{\log }_{2}}\left( y-1 \right)+\left( y-1 \right)\Leftrightarrow {{\log }_{2}}\dfrac{{{2}^{x}}}{x}+\dfrac{{{2}^{x}}}{x}={{\log }_{2}}\left( y-1 \right)+\left( y-1 \right)\text{ }\left( * \right) \\
\end{aligned}$
Xét hàm số: $f\left( t \right)={{\log }_{2}}t+t$ với $t\ge 1$. Ta có: $f'\left( t \right)=\dfrac{1}{t\ln 2}+1>0,\forall t\ge 1.$
Suy ra: $f\left( t \right)$ là hàm số đồng biến trên nửa khoảng $\left[ 1;+\infty \right)$.
Ta có: $\left( * \right)\Leftrightarrow f\left( \dfrac{{{2}^{x}}}{x} \right)=f\left( y-1 \right)\Leftrightarrow \dfrac{{{2}^{x}}}{x}=y-1\Leftrightarrow y=\dfrac{{{2}^{x}}}{x}+1$.
Để $y\in \mathbb{Z}\Leftrightarrow \dfrac{{{2}^{x}}}{x}\in \mathbb{Z}\Leftrightarrow {{2}^{x}}\vdots x$ $\Leftrightarrow x$ là ước của ${{2}^{x}}$.
Dễ thấy ước của ${{2}^{x}}$ đều có dạng ${{2}^{k}}$.
Mà $1\le x\le 2020\Rightarrow 1\le {{2}^{k}}\le 2020\Leftrightarrow 0\le k\le {{\log }_{2}}2020\Rightarrow k\in \left\{ 0;1;2;3;4;5;6;7;8;9;10 \right\}$
Vậy $x\in \left\{ {{2}^{0}};{{2}^{1}};{{2}^{2}};{{2}^{3}};{{2}^{4}};{{2}^{5}};{{2}^{6}};{{2}^{7}};{{2}^{8}};{{2}^{9}};{{2}^{10}} \right\}$ có 11 số hạng.
Khi đó: $y=\dfrac{{{2}^{x}}}{x}+1=\dfrac{{{2}^{{{2}^{k}}}}}{{{2}^{k}}}+1={{2}^{{{2}^{k}}-k}}+1\in \mathbb{Z}$ với $k\in \mathbb{N};0\le k\le 10$.
Mà $k\in \mathbb{N};0\le k\le 10$ nên ${{2}^{k}}-k\ge 0\Rightarrow {{2}^{{{2}^{k}}-k}}\ge 1\Rightarrow {{2}^{{{2}^{k}}-k}}+1\ge 2\Rightarrow y\ge 2.$
Vậy có 11 cặp số nguyên $\left( x;y \right)$ thỏa mãn bài toán.