GỌI \(\left(m^2n+2m,mn+1\right)=d\)

TA CÓ :   MN + 1 CHIA HẾT CHO d

=> m^2n+m chia hết cho d

=> m chia hết cho d

=> mn chia hết cho d

=> 1 chia hết cho d

Mà d thuộc Z

=> d = 1

=> đpcm

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: $(m,n)=(1,1)$.

Ta có:

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

Nhóm các hạng tử:

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

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

Vì $m,n$ đều là số nguyên tố.

Nếu $n=2$ thì:

$m=0$, không phải số nguyên tố.

Vậy $n>2$, suy ra $n-2>0$.

Do $m=(n-2)(n^2+2)$ là số nguyên tố nên một trong hai thừa số phải bằng $1$.

$n-2=1$

$n=3$

Khi đó:

$m=(3-2)(3^2+2)$$=1\cdot11$$=11$

Vậy $(m,n)=(11,3)$.

$3^m=n^2+2n-8$

$3^m=(n+1)^2-9$

$(n+1)^2=3^m+9$

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

Vì $3^m$ chia hết cho $9$ nên $m\ge2$.

Chia hai vế cho $9$:

$3^{m-2}=\dfrac{(n+1)^2}{9}-1$

Do đó $3\mid n+1$, đặt $n+1=3k$:

$3^{m-2}=k^2-1$

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

Hai số $k-1,k+1$ là hai số nguyên dương hơn kém nhau $2$, đồng thời tích là lũy thừa của $3$.

Suy ra:

$k-1=1,\quad k+1=3$

$k=2$

$3^{m-2}=3$

$m=3$

$n+1=3k=6$

$n=5$

Vậy $(m,n)=(3,5)$.