Мы будем решать сразу пункт б). Пусть $x_1$, $x_2$, $y_1$, $y_2$ — целые корни трёхчленов $x^2+px+q$ и $x^2+qx+p$ соответственно. По теореме Виета
$$
x_1+x_2=-p,\quad y_1+y_2=-q,\quad x_1x_2=q,\quad y_1y_2=p.
$$
Разделив произведение первых двух равенств на произведение двух других ($pq\ne0$), получим:
$$
\left(\dfrac1{x_1}+\dfrac1{x_2}\right)\left(\dfrac1{y_1}+\dfrac1{y_2}\right)=1.
$$
Не ограничивая общности, можно считать, что $\left|\dfrac1{x_1}+\dfrac1{x_2}\right|\ge1$ и $\left|\dfrac1{x_1}\right|\ge\dfrac12$, т. е. $|x_1|\le2$.
Возможны два случая: $|x_1|=1$ и $|x_1|=2$.
1°. Пусть $|x_1|=1$. Тогда из неравенства $\left|\dfrac1{x_1}+\dfrac1{x_2}\right|\ge1$ получаем $|x_2|=n$, где $n\in\mathbb{N}$, $x_1x_2\gt0$. Отсюда по теореме Виета для первого трёхчлена получаем $p=\pm(n+1)$, $q=n$. Трёхчлен $x^2+nx-(n+1)$ имеет целые корни при всех $n\in\mathbb{N}$, а трёхчлен $x^2+nx+n+1$ имеет целые корни лишь при $n=5$. Действительно, дискриминант этого трёхчлена $(n-2)^2-8$ должен быть полным квадратом: $(n-2)^2-8=b^2$, т. е. $(n-2)^2-b^2=8$; отсюда $(n-2-b)(n-2+b)=8$, причём $n\in\mathbb{N}$ и $b\in\mathbb{N}$. Поэтому
$$\left\{\begin{array}{l}
n-2-b=2\\
n-2+b=4
\end{array}\right.
\quad\Rightarrow\quad n=5.
$$
2°. Пусть $|x_1|=2$. Тогда из неравенства $\left|\dfrac1{x_1}+\dfrac1{x_2}\right|\ge1$ следует, что $|x_2|\le2$. Случай $|x_2|=1$ с точностью до обозначений рассмотрен выше, а случай $|x_2|=2$ приводит к парам $(4,4)$ и $(-4,4)$, вторая из которых не подходит (у многочлена $x^2+4x-4$ — не целые корни).
Итак, полный ответ в задаче б): пары $(4,4)$; $(5,6)$; $(n,-n-1)$, $n\in\mathbb{Z}$.
