Ta có:

\(n^5+n^4-2n^3-2n^2+1=p^k\Leftrightarrow\left(n^2+n-1\right)\left(n^3-n-1\right)=p^k\)

Từ gt \(\Rightarrow n,k\ge2\)

Ta có:

\(\left\{{}\begin{matrix}n^3-n-1>1;n^2+n-1>1,\forall n\ge2\\\left(n^3-n-1\right)-\left(n^2+n-1\right)=\left(n+1\right)n\left(n-2\right)\ge0,\forall n\ge2\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}n^3-n-1=p^r\\n^2+n-1=p^s\end{matrix}\right.\) trong đó \(\left\{{}\begin{matrix}r\ge s>0\\r+s=k\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow n^3-n-1⋮n^2+n-1\)

\(\Rightarrow n^3-n-1-\left(n-1\right)\left(n^2+n-1\right)⋮n^2+n-1\)

\(\Rightarrow n-2⋮n^2+n-1\)       (1)

Mặt khác:

\(\left(n^2+n-1\right)-\left(n-2\right)=n^2+1>0,\forall n\)

\(\Rightarrow n^2+n-1>n-2\ge0,\forall n\ge2\) (2)

Từ (1) và (2) => n=2 => \(p^k=25\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}p=5\\k=2\end{matrix}\right.\)

Vậy bộ số (n,k,p)=(2,2,5)

\(...\Leftrightarrow\left(n^2+n-1\right)\left(n^3-n-1\right)=p^k\).

Do đó \(\left\{{}\begin{matrix}n^2+n-1=p^v\\n^3-n-1=p^u\end{matrix}\right.\left(v,u\in N;v+u=k\right)\).

+) Với n = 2 ta có \(p^k=25=5^2\Leftrightarrow p=5;k=2\) 

+) Với n > 2 ta có \(n^3-n-1>n^2+n-1\Rightarrow v>u\Rightarrow n^3-n-1⋮n^2+n-1\)

\(\Rightarrow\left(n^2+n-1\right)\left(n-1\right)+n-2⋮n^2+n-1\)

\(\Rightarrow n-2⋮n^2+n-1\)

\(\Rightarrow\left(n-2\right)\left(n+3\right)⋮n^2+n-1\)

\(\Rightarrow6⋮n^2+n-1\).

Không tồn tại n > 2 thoả mãn

Vậy...

Ta có: 

\(n^5+n^4-2n^3-2n^2+1=p^k\Leftrightarrow\left(n^2+n-1\right)\left(n^3-n-1\right)=p^k\)

Từ giả thiết \(\Rightarrow n,k\ge2\)

Ta có:

\(\hept{\begin{cases}n^3-n-1>1,n^2+n-1>1,\forall n\ge2\\\left(n^3-n-1\right)-\left(n^2+n-1\right)=\left(n+1\right)n\left(n-2\right)\ge0,\forall n\ge2\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}n^3-n-1=p^r\\n^2+n-1=p^s\end{cases}}\) trong đó \(\hept{\begin{cases}r\ge s\ge0\\r+s=k\end{cases}}\)

\(\Rightarrow n^3-n-1⋮n^2+n-1\)

\(\Rightarrow n^3-n-1-\left(n-1\right)\left(n^2+n-1\right)⋮n^2+n-1\)

\(\Rightarrow n-2⋮n^2+n-1\)          (1)

Mặt khác :

\(\left(n^2+n-1\right)-\left(n-2\right)=n^2+1>0,\forall n\)

\(\Rightarrow n^2+n-1>n-2\ge0,\forall n\ge2\)        (2)

Từ (1) và (2) => n=2 => \(p^k=25\Rightarrow\hept{\begin{cases}p=5\\k=2\end{cases}}\)

Vậy bộ số cần tìm là (n,k,p)=(2,2,5)

Bài 1 : 

Phương trình <=> 2^x . x² = ( 3y + 1 ) ² + 15

Vì \(\hept{\begin{cases}3y+1\equiv1\left(mod3\right)\\15\equiv0\left(mod3\right)\end{cases}\Rightarrow\left(3y+1\right)^2+15\equiv1\left(mod3\right)}\)

\(\Rightarrow2^x.x^2\equiv1\left(mod3\right)\Rightarrow x^2\equiv1\left(mod3\right)\)

( Vì số  chính phương chia 3 dư 0 hoặc 1 ) 

\(\Rightarrow2^x\equiv1\left(mod3\right)\Rightarrow x\equiv2k\left(k\inℕ\right)\)

Vậy \(2^{2k}.\left(2k\right)^2-\left(3y+1\right)^2=15\Leftrightarrow\left(2^k.2.k-3y-1\right).\left(2^k.2k+3y+1\right)=15\)

Vì y ,k \(\inℕ\)nên 2^k . 2k + 3y + 1 > 2^k .2k - 3y-1>0

Vậy ta có các trường hợp: 

\(+\hept{\begin{cases}2k.2k-3y-1=1\\2k.2k+3y+1=15\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}2k.2k=8\\3y+1=7\end{cases}\Rightarrow}k\notinℕ\left(L\right)}\)

\(+,\hept{\begin{cases}2k.2k-3y-1=3\\2k.2k+3y+1=5\end{cases}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}2k.2k=4\\3y+1=1\end{cases}\Rightarrow}\hept{\begin{cases}k=1\\y=0\end{cases}\left(TM\right)}}\)

Vậy ( x ; y ) =( 2 ; 0 ) 

Bài 3: 

Giả sử \(5^p-2^p=a^m\)    \(\left(a;m\inℕ,a,m\ge2\right)\)

Với \(p=2\Rightarrow a^m=21\left(l\right)\)

Với \(p=3\Rightarrow a^m=117\left(l\right)\)

Với \(p>3\)nên p lẻ, ta có

\(5^p-2^p=3\left(5^{p-1}+2.5^{p-2}+...+2^{p-1}\right)\Rightarrow5^p-2^p=3^k\left(1\right)\)    \(\left(k\inℕ,k\ge2\right)\)

Mà \(5\equiv2\left(mod3\right)\Rightarrow5^x.2^{p-1-x}\equiv2^{p-1}\left(mod3\right),x=\overline{1,p-1}\)

\(\Rightarrow5^{p-1}+2.5^{p-2}+...+2^{p-1}\equiv p.2^{p-1}\left(mod3\right)\)

Vì p và \(2^{p-1}\)không chia hết cho 3 nên \(5^{p-1}+2.5^{p-2}+...+2^{p-1}⋮̸3\)

Do đó: \(5^p-2^p\ne3^k\), mâu thuẫn với (1). Suy ra giả sử là điều vô lý

\(\rightarrowĐPCM\)

Bài 4:

Ta đặt: \(S=6^m+2^n+2\)

TH1: n chẵn thì:

\(S=6^m+2^n+2=6^m+2\left(2^{n-1}+1\right)\)

Mà \(2^{n-1}+1⋮3\Rightarrow2\left(2^{n-1}+1\right)⋮6\Rightarrow S⋮6\)

Đồng thời S là scp

Cho nên: \(S=6^m+2\left(2^{n-1}\right)=\left(6k\right)^2\)

\(\Leftrightarrow6^m+6\left(2^{n-2}-2^{n-3}+...+2-1\right)=36k^2\)

Đặt: \(A\left(n\right)=2^{n-2}-2^{n-3}+...+2-1=2^{n-3}+...+1\)là số lẻ

Tiếp tục tương đương: \(6^{m-1}+A\left(n\right)=6k^2\)

Vì A(n) lẻ và 6k^2 là chẵn nên: \(6^{m-1}\)lẻ\(\Rightarrow m=1\)

Thế vào ban đầu: \(S=8+2^n=36k^2\)

Vì n=2x(do n chẵn) nên tiếp tục tương đương: \(8+\left(2^x\right)^2=36k^2\)

\(\Leftrightarrow8=\left(6k-2^x\right)\left(6k+2^x\right)\)

\(\Leftrightarrow2=\left(3k-2^{x-1}\right)\left(3k+2^{x-1}\right)\)

Vì \(3k+2^{x-1}>3k-2^{x-1}>0\)(lớn hơn 0 vì 2>0 và \(3k+2^{x-1}>0\))

Nên: \(\hept{\begin{cases}3k+2^{x-1}=2\\3k-2^{x-1}=1\end{cases}}\Leftrightarrow6k=3\Rightarrow k\notin Z\)(loại)

TH2: n là số lẻ

\(S=6^m+2^n+2=\left(2k\right)^2\)(do S chia hết cho 2 và S là scp)

\(\Leftrightarrow3\cdot6^{m-1}+2^{n-1}+1=2k^2\)là số chẵn

\(\Rightarrow3\cdot6^{m-1}+2^{n-1}\)là số lẻ

Chia tiếp thành 2TH nhỏ: 

TH2/1: \(3\cdot6^{m-1}\)lẻ và \(2^{n-1}\)chẵn với n là số lẻ

Ta thu đc: m=1 và thế vào ban đầu

\(S=2^n+8=\left(2k\right)^2\)(n lớn hơn hoặc bằng 3)

\(\Leftrightarrow2^{n-2}+2=k^2\)

Vì \(k^2⋮2\Rightarrow k⋮2\Rightarrow k^2=\left(2t\right)^2\)

Tiếp tục tương đương: \(2^{n-2}+2=4t^2\)

\(\Leftrightarrow2^{n-3}+1=2t^2\)

\(\Leftrightarrow2^{n-3}\)là số lẻ nên n=3

Vậy ta nhận đc: \(\left(m;n\right)=\left(1;3\right)\)

TH2/2: \(3\cdot6^{m-1}\)là số chẵn và \(2^{n-1}\)là số lẻ

Suy ra: n=1

Thế vào trên: \(6^m+4=4k^2\)

\(\Leftrightarrow6^m=\left(2k-2\right)\left(2k+2\right)\)

\(\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}2k-2=6^q\\2k+2=6^p\end{cases}}\Rightarrow p+q=m\)

Và \(6^p-6^q=4\)

\(\Leftrightarrow6^q\left(6^{p-q}-1\right)=4\Leftrightarrow6^q\le4\Rightarrow q=1\)(do là tích 2 stn)

\(\Rightarrow k\notin Z\)

Vậy \(\left(m;n\right)=\left(1;3\right)\)

P/S: mk không kiểm lại nên có thể sai

Trong một số trường hợp, có thể sử dụng mối quan hệ đặc biệt giữa ƯCLN, BCNN và tích của hai số nguyên dương a, b, đó là : ab = (a, b).[a, b], trong đó (a, b) là ƯCLN và [a, b] là BCNN của a và b. Việc chứng minh hệ thức này khụng khú :

Theo định nghĩa ƯCLN, gọi d = (a, b) => a = md ; b = nd với m, n thuộc Z+ ; (m, n) = 1 (*)

Từ (*) => ab = mnd2 ; [a, b] = mnd

=> (a, b).[a, b] = d.(mnd) = mnd2 = ab

=> ab = (a, b).[a, b] . (**)