[Bài toán] Ứng dụng định lí phần dư Trung Hoa

Bài toán : Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương $n$ luôn tồn tại $n$ số nguyên $a_1,a_2,...,a_n$ sao cho $a_i+a_j$  là lũy thừa của một số tự nhiên với số mũ lớn hơn $1$ với mọi $i,j\in \left\{1,2,3,...,n\right\}$

Lời giải :

Ta chọn các số như sau :

$$\{\begin{array}{c}{a}_1=1^{x_1+1}{2}^{x_2}{3}^{x_3}...(2n{)}^{x_{2n}}\\ a_2=1^{x_1}{2}^{x_2+1}{3}^{x_3}...(2n{)}^{x_{2n}}\\ ...\\ a_n=1^{x_1}{2}^{x_2}{3}^{x_3}...n^{x_n+1}..(2n{)}^{x_{2n}}\end{array}$$

Khi đó thì :

$a_i+a_j$$=1^{x_1}{2}^{x_2}...i^{x_i+1}...(2n{)}^{x_{2n}}+1^{x_1}{2}^{x_2}...j^{x_j+1}...(2n{)}^{x_{2n}}$$=1^{x_1}{2}^{x_2}...(2n{)}^{x_{2n}}(i+j)$$=1^{x_1}{2}^{x_2}...(i+j{)}^{x_{i+j}+1}...(2n{)}^{x_{2n}}$

Xét các số nguyên tố $p_1,p_2,...,p_{2n}$ phân biệt

Xét các hệ đồng dư tuyến tính :

$$\{\begin{array}{c}{x}_1\equiv -1(mod{p}_1)\\ x_1\equiv 0(mod{p}_k)\forall k\in \left\{2,3,...,2n-1,2n\right\}\end{array}$$

$$\{\begin{array}{c}{x}_2\equiv -1(mod{p}_2)\\ x_2\equiv 0(mod{p}_k)\forall k\in \left\{1,3,\mathrm{4...},2n\right\}\end{array}$$

….

$$\{\begin{array}{c}{x}_{i+j}\equiv -1(mod{p}_{i+j})\\ x_{i+j}\equiv 0(mod{p}_k)\forall k\in \left\{1,2,...,i+j-1,i+j+1,...,2n\right\}\end{array}$$

….

$$\{\begin{array}{c}{x}_{2n}\equiv -1(mod{p}_{2n})\\ x_{2n}\equiv 0(mod{p}_k)\forall k\in \left\{1,2,...,2n-1\right\}\end{array}$$

Theo định lí phần dư Trung Hoa thì các hệ này chắc chắn có nghiệm

Từ đó suy ra :

$\frac{x_1}{p_1},\frac{x_2}{p_2},...,\frac{x_k+1}{p_k},...,\frac{x_{2n}}{p_{2n}}\in \mathbb{Z}\forall k$$=\overline{1,2n}$

Khi đó $a_i+a_j=1^{x_1}{2}^{x_2}...(i+j{)}^{x_{i+j}+1}..(2n{)}^{x_{2n}}={\left[1^{\frac{x_1}{p_{i+j}}}.2^{\frac{x_2}{p_{i+j}}}...(i+j{)}^{\frac{x_{i+j}+1}{p_{i+j}}}...(2n{)}^{\frac{x_{2n}}{p_{i+j}}}\right]}^{p_{i+j}}$ là lũy thừa của một số tự nhiên.

Đây là điều phải chứng minh