Tìm tất cả các cặp số nguyên tố lẻ $(p,q)$, với $p<q$, thỏa mãn $p^{p^2}+(p+2{)}^{p^2}$ chia hết cho $q$ và $C_{3pq}^{pq}$ chia hết cho $pq$.

Trước hết, từ $q\mid C_{3pq}^{pq}$ suy ra $q\le 3p$. Thật vậy, nếu $q>3p$ thì $3pq<q^2$, nên theo công thức Legendre,

$$v_q\left(C_{3pq}^{pq}\right)=\lfloor \frac{3pq}{q}\rfloor -\lfloor \frac{pq}{q}\rfloor -\lfloor \frac{2pq}{q}\rfloor =3p-p-2p=0,$$

trái với giả thiết. Ta có $p^{p^2}+(p+2{)}^{p^2}\equiv 0(\mathrm{mod}q)$. Trường hợp $q=p+2$ là không thể, vì khi đó vế trái đồng dư với $p^{p^2}\not\equiv 0(\mathrm{mod}q)$. Vì vậy $q>p+2$ nên $\gcd (q,p+2)=1$.

Vì $\gcd (p,q)=1$ nên tồn tại $p^{-1}\in \mathbb{Z}$ sao cho $p\cdot p^{-1}\equiv 1(\mathrm{mod}q)$, đặt $a=(p+2)p^{-1}$ thì $\gcd (a,q)=1$. Khi đó $a^{p^2}\equiv -1(\mathrm{mod}q)$, nên $a^{2p^2}\equiv 1(\mathrm{mod}q)$ nhưng $a^{p^2}\not\equiv 1(\mathrm{mod}q)$. Đặt $d={\mathrm{ord}}_{q}a$ thì ta có $d\mid 2p^2$, $d\nmid p^2$, do đó $d\in \{2,2p,2p^2\}$. Mặt khác $d\mid q-1$ và $q\le 3p$, nên $d<3p$. Vì $p\ge 3$, suy ra $d\ne 2p^2$.

Nếu $d=2$ thì $a\equiv -1(\mathrm{mod}q)$, nên $p+2\equiv -p(\mathrm{mod}q)$, tức $q\mid 2(p+1)$, vô lý vì $q>p$ lẻ.

Vậy $d=2p$ nên $2p\mid q-1$. Kết hợp $p<q\le 3p$ ta được $q-1=2p$, hay

$$q=2p+1.$$

Để ý với $m$ nguyên dương thì $v_p((mp)!)=m+v_p(m!)$ nên

$$v_p\left(C_{3pq}^{pq}\right)=v_p\left(C_{3q}^q\right)=v_p\left(C_{6p+3}^{2p+1}\right).$$

Nếu $p\ge 7$ thì $6p+3<p^2$, do đó

$$v_p\left(C_{6p+3}^{2p+1}\right)=\lfloor \frac{6p+3}{p}\rfloor -\lfloor \frac{2p+1}{p}\rfloor -\lfloor \frac{4p+2}{p}\rfloor =6-2-4=0,$$

nên $v_p\left(C_{3pq}^{pq}\right)=0$, trái với giả thiết. Vậy $p\in \{3,5\}$. Thử lại để thấy $(p,q)=(5,11)$ là nghiệm duy nhất thoả mãn.