Bài làm :

 Từ giả thiết ta có : $4a^2+4ab+4b^2=20c^2$

$\to (2a+b)^2+3b^2 = 20c^2$ $(1)$

Ta sẽ chứng minh $a,b$ thỏa mãn đề bài phải chia hết cho $5$

Thật vậy, từ $(1)$ $\to (2a+b)^2 + 3b^2 \vdots 5$

Với một số nguyên bất kì thì ta có : $x^2 ≡ 0,1,4(mod5)$. Khi đó thì :

$3b^2 ≡ 0,3,2 ( mod 5)$

$(2a+b)^2≡ 0,1,4(mod5)$

$\to 3b^2+(2a+b)^2 ≡0,1,4,3,2 (mod5)$

Do đó để $3b^2 + (2a+b)^2 \vdots 5$ thì :

$\left\{ \begin{array}{l}3b^2 \vdots 5\\(2a+b)^2 \vdots 5\end{array} \right.$

Từ đó ta có : $b \vdots 5$

Chứng minh tương tự với $(2a+b)^2 \vdots 5$ thì ta có $a \vdots 5$

Đặt : $a=5a_1, b = 5b_1$ với $a_1,b_1 \in \mathbb{Z}$

Khi đó pt ban đầu trở thành :

$25a_1^2  + 25a_1b_1 + 25b_1^2 = 5c^2$

$\to 5a_1^2 + 5a_1b_1+5b_1^2 = c^2$

$\to c \vdots 5 \to c = 5c_1$

Cứ làm như vậy ta thấy $a,b,c$ đều chia hết cho $5$.

$\to c \vdots 5^n( n \in \mathbb{N*})$

Do đó tồn tại bộ ba số nguyên $(a,b,c)=(0,0,0)$ là nghiệm duy nhất.

$a^2+ab+b^2=5c^2$

$\to 4a^2+4ab+4b^2=20c^2$

$\to 4a^2+4ab +b^2+3b^2=20c^2$

$\to (2a+b)^2+3b^2=20c^2$

$\to 5|(2a+b)^2+3b^2$

Lại có: $(2a+b)^2,3b^2\equiv 0,1,4\pmod{5}$

$\to 5|(2a+b)^2, 5|3b^2$

$\to 5|2a+b, 5|b$

$\to 5|a, 5|b$

$\to a=5a_1,b=5b_1(a_1,b_1\in Z)$

$\to 25a_1^2 + 25a_1b_1+25b_1^2=5c^2$

$\to 5a_1^2 +5a_1b_1+5b_1^2 =c^2$

$\to 5|c^2\to 5|c\to c=5c_1$

$\to 5a_1^2 +5a_1b_1+5b_1^2=25c_1^2$

$\to a_1^2+a_1b_1+b_1^2=5c_1^2$

$\to (a_1;b_1;c_1)$ là nghiệm của pt.

Hoàn toàn tương tự ta có $a\vdots 5^k,b\vdots 5^k,c\vdots 5^k(k\in Z^+)$

$\to$Pt có nghiệm tầm thường $(0;0;0)$