Ta có: $9^m-3^m=n^4+2n^3+n^2+2n$

$3^m(3^m-1)=n^2(n+1)^2+2n$

Xét modulo $3$:

$n^2(n+1)^2+2n\equiv0\pmod3$

Thử $n\equiv0,1,2\pmod3$ thì suy ra:

$n\equiv0$ hoặc $1\pmod3$.

Bây giờ xét modulo $9$.

Với $m\ge2$:

$9^m-3^m\equiv0\pmod9$ nên:

$n^4+2n^3+n^2+2n\equiv0\pmod9$.

Ta thử $n$ theo modulo $9$, suy ra:

$n\equiv0,1,3,6,7\pmod9$.

Để tìm nghiệm, xét $m=1$:

$9-3=6$

$n^4+2n^3+n^2+2n=6$

$n^2(n+1)^2+2n=6$

Thử $n=1$:

$1+2+1+2=6$.

Vậy $(m,n)=(1,1)$.

Với $m\ge2$, ta có:

$3^{2m}-3^m=n^2(n+1)^2+2n$

$<n^2(n+1)^2+2n+1$

$=(n(n+1)+1)^2$.

Suy ra:

$3^{2m}<\left(n(n+1)+1\right)^2$

$\Rightarrow 3^m<n(n+1)+1$.

Mặt khác:

$n^2(n+1)^2<3^{2m}$

$\Rightarrow n(n+1)<3^m$.

Do đó:

$n(n+1)<3^m<n(n+1)+1$,

điều này không thể xảy ra vì $n(n+1)$ và $3^m$ đều là số nguyên.

Vậy chỉ có: $(m,n)=(1,1)$.

để n^2 +2002 là số chính phương 
=> n^2 +2002 =a^2 ( với a là số tự nhiên #0) 
=> a^2 -n^2 =2002 
=> (a-n)(a+n) =2002 
do 2002 chia hết cho 2=> a-n hoặc a+n phải chia hết cho 2 
mà a-n -(a+n) =-2n chia hết cho 2 
=> a-n và a+n cung tính chẵn lẻ => a-n ,a+n đều chia hết cho 2 
=>(a-n)(a+n) chia hết cho 4 mà 2002 không chia hết cho 4 
=> vô lý 

Ai giải được thì nhớ giải rõ ràng nhé! Xin cam ơn người giải được.

\(n^5+2021=30m\Leftrightarrow n^5-19=30\left(m-68\right)\)

\(\Rightarrow n^5\equiv19\left(mod30\right)\)

Mà \(19^5\equiv19\left(mod30\right)\Rightarrow n\equiv19\left(mod30\right)\)

\(\Rightarrow n=30k+19\) với \(\left\{{}\begin{matrix}k\le66\\k\in N\end{matrix}\right.\)

em cảm ơn ạ

Ta có:

$9^m-3^m=n^4+2n^3+n^2+2$

$3^m(3^m-1)=n^2(n+1)^2+2$

Đặt $a=3^m,\ k=n(n+1)$:

$k^2=a(a-1)-2$

$k^2=a^2-a-2$

$4k^2=(2a-1)^2-9$

$\Rightarrow (2a-1-2k)(2a-1+2k)=9$

Vì $a=3^m\ge3$, hai thừa số dương và là số nguyên lẻ.

Do đó:

$2a-1-2k=1$

$2a-1+2k=9$

Cộng hai phương trình:

$4a-2=10$

$a=3$

$\Rightarrow 3^m=3\Rightarrow m=1$

Khi đó:

$k=2$

$n(n+1)=2$

$\Rightarrow n=1$.

Vậy: $(m,n)=(1,1)$.

chdfxsd

Làm thử theo cách cổ truyền vậy -.-

Ta có : \(n^2+n+1=\left(m^2+m-3\right)\left(m^2-m+5\right)\)

\(\Leftrightarrow n^2+n+1=m^4+m^2+8m-15\)

\(\Leftrightarrow n^2+n+16-m^4-m^2-8m=0\)

Coi pt trên là pt bậc 2 ẩn n

Ta có : \(\Delta=4m^4+4m^2+32m-63\)

Pt có nghiệm nguyên khi \(\Delta\)là 1 số chính phương

Ta có \(\Delta=4m^4+4m^2+32m-63=\left(2m^2+2\right)^2-4\left(m-4\right)^2-3< \left(2m^2+2\right)^2\)

Giả sử m > 2 thì\(\Delta=\left(2m^2+1\right)^2+32\left(m-2\right)>\left(2m^2+1\right)^2\forall m>2\)

Khi đó  \(\left(2m^2+1\right)^2< \Delta< \left(2m^2+2\right)^2\)

Như vậy \(\Delta\)không phải số chính phương (Vì giữa 2 số chính phương liên tiếp ko còn scp nào nữa)

Nên điều giả sử là sai .

Tức là\(m\le2\)

Mà \(m\inℕ^∗\)

\(\Rightarrow m\in\left\{1;2\right\}\)

*Với m = 1 thì pt ban đầu trở thành

\(n^2+n+1=\left(1+1-3\right)\left(1-1+5\right)\)

\(\Leftrightarrow n^2+n+1=-5\)

\(\Leftrightarrow\left(n+\frac{1}{2}\right)^2=-\frac{23}{4}\)

Pt vô nghiệm

*Với m = 2 thì pt ban đầu trở thành

\(n^2+n+1=\left(2^2+2-3\right)\left(2^2-2+5\right)\)

\(\Leftrightarrow n^2+n+1=21\)

\(\Leftrightarrow n^2+n-20=0\)

\(\Leftrightarrow\left(n-4\right)\left(n+5\right)=0\)

\(\Leftrightarrow n=4\left(Do\text{ }n\inℕ^∗\right)\)

Vậy pt ban đầu có nghiệm nguyên dương duy nhất (m;n) = (2;4)

Giúp : Cho \(\Delta\)ABC nhọn nội tiếp (O) , D là điểm trên cung BC không chứa A . Dựng hình bình hành ADCE . Gọi H , K là trực tâm của tam giác ABC ,  ACE ; P , Q là hình chiếu vuông góc của K trên các đường thẳng BC , AB và I là giao EK , AC

CMR: a,P ; I ; Q thẳng hàng

          b, đường thẳng PQ đi qua trung điểm HK 

vcl ngu như chó còn sủa cút