Đặt \(\mathrm{k}=\frac{x^{2}+y^{2}+58}{x y}, \mathrm{k} \in N^{*} \Rightarrow k x y=x^{2}+y^{2}+58\). Ta chứng minh \(k \vdots 12 \Leftrightarrow\left\{\begin{array}{l}k \vdots 3 \\ k \vdots 4\end{array}\right.\)

+ Nếu trong hai số \(\mathrm{x}, \mathrm{y}\) có một số chia hết cho 3 .

Do vai trò \(\mathrm{x}\), \(\mathrm{y}\) bình đẳng, giả sử \(x: 3 \Rightarrow x y: 3\)

Ta có: \(x^{2}+y^{2}+58 \vdots x y \Rightarrow x^{2}+y^{2}+58 \vdots 3 \Rightarrow y^{2}+1 \vdots 3 \Rightarrow y^{2} \equiv 2(\bmod 3)\)

Vô lí vì \(y^{2}\) là số chính phương

Vì vậy cả \(\mathrm{x}\), \(\mathrm{y}\) đều không chia hết cho 3 mà 3 là nguyên tố.

\(\Rightarrow(x y, 3)=1\) và \(x^{2} \equiv 1(\bmod 3) ; y^{2} \equiv 1(\bmod 3) \Rightarrow x^{2}+y^{2}+58 \equiv 1+1+1 \equiv 0(\bmod 3)\)

\(\Rightarrow x^{2}+y^{2}+58: 3 \Rightarrow k x y=x^{2}+y^{2}+58\) mà \((x y, 3)=1 \Rightarrow k \vdots 3\)

+ Nếu trong hai số \(\mathrm{x}, \mathrm{y}\) có một số chia hết cho 2.

Do vai trò \(\mathrm{x}\), \(\mathrm{y}\) như nhau, không mất tính tổng quát giả sử \(x: 2 \Rightarrow x y: 2\)

Ta có: \(x^{2}+y^{2}+58 \vdots x y \Rightarrow x^{2}+y^{2}+58 \vdots 2\) mà \(x \vdots 2,58 \vdots 2 \Rightarrow y^{2} \vdots 2 \Rightarrow y \vdots 2 \Rightarrow x y \vdots 4\)

\(\Rightarrow x^{2}+y^{2}+58: 4\) vô lí vì \(x: 4, y: 4\) do \(x: 2, y: 2\) mà 58 không chia hết cho 4.

Vì vậy cả \(\mathrm{x}, \mathrm{y}\) đều không chia hết cho 2.

\(\Rightarrow x, y\) đều lẻ \(\Rightarrow x-1, x+1, y-1, y+1\) đều chia hết cho 2 .\(\Rightarrow x^{2}-1=(x-1)(x+1)\) và \(y^{2}-1=(y-1)(y+1)\) đều chia hết cho 4 .

Mà \((\mathrm{xy}, 4)=1\) do \(\mathrm{x}, \mathrm{y}\) lẻ \(\Rightarrow k \vdots 4\)

Từ \((1)\) và \((2)\) kết hợp với \((3,4)=1 \Rightarrow k \vdots 12\) (đpcm)