Gọi một đa thức hệ số thực là monic nếu nó có hệ số của bậc cao nhất bằng 1.
(1) Xây dựng đa thức $f(x)$ có hệ số nguyên, bậc 29, monic, $2026\mid f(0)$ sao cho: $\forall n\in {\mathbb{Z}}^{+}$ mà $3\mid f(n)$ thì đều có $3^{42}\mid f(n)$.
(2) Cho số nguyên dương $k>1$ và số nguyên tố $p$ lẻ. Chứng minh rằng $k+v_p(k!)$ là giá trị lớn nhất của số nguyên dương $m$ sao cho tồn tại đa thức $f(x)$ hệ số nguyên bậc $k$, monic, $p\mid f(0)$ và thỏa mãn: $\forall n\in {\mathbb{Z}}^{+}$ mà $p\mid f(n)$ thì đều có $p^m\mid f(n)$.

(1) Chọn $$f(x)=\prod _{j=0}^{28}(x-3j)=x(x-3)(x-6)\cdots (x-84)$$
Ta có $f(0)=0$ và với mọi $n\in {\mathbb{Z}}^{+}$, ta có $f(n)\equiv n^{29}(\mathrm{mod}3)$.
Do đó $3\mid f(n)⟹3\mid n$, viết $n=3a$. Khi đó
$$f(n)=\prod _{j=0}^{28}(3a-3j)=3^{29}a(a-1)\cdots (a-28)=3^{29}\cdot 29!\cdot \frac{a(a-1)\cdots (a-28)}{29!}.$$
Theo công thức Legendre, ta có $v_3(29!)=13$ nên $v_3\left(3^{29}\cdot 29!\right)=29+13=42$. Suy ra
$$3\mid f(n)⟹3^{42}\mid f(n).$$

(2) Đặt $t=k+v_p(k!)$.

Đầu tiên ta chứng minh $m=t$ thỏa mãn:
Xét $$q(x)=\prod _{j=0}^{k-1}(x-jp)=x(x-p)(x-2p)\cdots \left(x-(k-1)p\right)$$
Tương tự chứng minh ý 1 suy ra $p^t\mid q(n)$.

Giờ ta chứng minh $m\le t$:

Trước hết, ta chứng minh bổ đề quen thuộc sau:

Bổ đề 0.1. Cho $P(x)\in \mathbb{Q}[x]$ là đa thức bậc $r$. Nếu $P(n)\in \mathbb{Z}$ với mọi $n\in {\mathbb{Z}}^{+}$ thì $r!p_r$ là số nguyên với $p_r$ là hệ số bậc cao nhất của $P(x)$.

Chứng minh. Đặt $Q(x)=P(x+1)$. Khi đó $Q(n)\in \mathbb{Z}$ với mọi $n\in {\mathbb{Z}}^{+}$.

Từ khai triển Newton ta có:
$$Q(x)=a_0+a_1\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{x}{1}\right)+a_2\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{x}{2}\right)+\cdots +a_r\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{x}{r}\right),$$
trong đó $a_i$ là các số nguyên và $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{x}{n}\right)=\frac{x(x-1)...(x-n+1)}{n!}$.

Vì hệ số của $x^r$ trong $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{x}{r}\right)$ bằng $1/r!$, nên $p_r=[x^r]P(x)=[x^r]Q(x)=\frac{a_r}{r!}$.

Suy ra $r!p_r=a_r\in \mathbb{Z}$, từ đó có điều phải chứng minh cho bổ đề.

Giả sử ngược lại tồn tại đa thức $f(x)\in \mathbb{Z}[x]$, monic, bậc $k$, thỏa mãn $p\mid f(0)$ và
$$p\mid f(n)⟹p^{t+1}\mid f(n)$$

với mọi $n\in {\mathbb{Z}}^{+}$.

Xét đa thức $P(x)=\frac{f(px)}{p^{t+1}}$.

Với mọi $x\in {\mathbb{Z}}^{+}$, do $p\mid f(0)$ nên $f(px)\equiv f(0)\equiv 0(\mathrm{mod}p)$.

Theo giả thiết phản chứng, ta có $p^{t+1}\mid f(px)$ nên $P(x)\in \mathbb{Z}$ với mọi $x\in {\mathbb{Z}}^{+}$.

Vì $f$ monic bậc $k$, hệ số cao nhất của $P$ bằng $\frac{p^k}{p^{t+1}}$. Áp dụng bổ đề, ta có $k!\frac{p^k}{p^{t+1}}\in \mathbb{Z}$.

Mà $v_p(k!p^k)=v_p(k!)+k=t$ nên $v_p\left(\frac{k!p^k}{p^{t+1}}\right)=-1$, mâu thuẫn. Vậy $m\le t$.

Vậy giá trị lớn nhất của $m$ là $m_{\max }=k+v_p(k!)$.