Câu 2 (7,0 điểm).

a) Chứng minh rằng với mỗi số nguyên tố $p$, luôn tồn tại số nguyên dương $n$ sao cho $C_{2n}^n$ chia hết cho $p$.

b) Với mỗi số nguyên dương $n$, kí hiệu $f(n)$ là số nguyên dương lớn nhất sao cho $3^{f(n)}\le C_{6n}^{3n}$. Gọi $D$ là tập các số nguyên tố $p$ sao cho tồn tại số nguyên dương $n$ mà $f(n)$ chia hết cho $p$. Chứng minh rằng $f(n)<f(n+1)$, $\forall n\ge 1$ và $D$ là tập vô hạn.

(AI giải đề cho tôi)
**Câu 2a.** Với $p=2$, chọn $n=1$: $C_2^1=2⋮2$. Với $p$ lẻ, chọn $n=\frac{p+1}{2}$. Khi đó $2n=p+1$ và
$\frac{C_{6n+6}^{3n+3}}{C_{6n}^{3n}}$=$\frac{(6n+1)(6n+2)(6n+3)(6n+4)(6n+5)(6n+6)}{{\left[(3n+1)(3n+2)(3n+3)\right]}^2}$.$
Tách tử thành ba cặp:
- \(\dfrac{(6n+1)(6n+5)}{(3n+1)^2}\)=\(\dfrac{36n^2+36n+5}{9n^2+6n+1}\)>4 (vì $36n^2+36n+5>4(9n^2+6n+1)=36n^2+24n+4$).
- \(\dfrac{(6n+2)(6n+4)}{(3n+2)^2}\)=\(\dfrac{36n^2+36n+8}{9n^2+12n+4}\)>3 (vì $36n^2+36n+8>3(9n^2+12n+4)=27n^2+36n+12$ khi $9n^2>4$, đúng với $n\ge 1$).
- \(\dfrac{(6n+3)(6n+6)}{(3n+3)^2}\)=\(\dfrac{12n+6}{3n+3}\)=\(\dfrac{4n+2}{n+1}\)\ge 3 khi $n\ge 1$ (tại $n=1$ bằng 3).
Vậy với $n\ge 1$:
f(n)\le \log_3 4^{3n}=3n\log_3 4<4n.$
Giả sử phản chứng $D$ hữu hạn, $D=\{p_1,\dots ,p_k\}$. Theo định nghĩa $D$, mọi giá trị $f(n)$ đều chỉ có các thừa số nguyên tố trong $D$, tức $f(n)=p_1^{e_1}\cdots p_k^{e_k}$.
Xét $N$ lớn và $N$ số phân biệt $f(1)<f(2)<\cdots <f(N)$. Chúng đều là các số dạng $p_1^{e_1}\cdots p_k^{e_k}$ không vượt quá $f(N)<4N$. Với mỗi $i$, nếu $p_i^{e_i}\le 4N$ thì $e_i\le \lfloor {\log }_{p_i}(4N)\rfloor \le \lfloor {\log }_2(4N)\rfloor$. Do đó số các số như vậy nhiều nhất là
$\left(\left\lfloor\(\log\)_2(4N)\right\rfloor+1\right)^{k}=O\left((\(\log\) N)^k\right).
Vì O\left((\(\log\) N)^k\right)<N khi $N$ đủ lớn, mâu thuẫn với việc có $N$ giá trị f(1),\(\dots\),f(N) đôi một khác nhau cùng dạng này. Vậy $D$ là tập vô hạn. Đpcm.