Dễ thấy rằng với $3 \nmid b_i$ với $i \ge 2$. Do đó chỉ có $(a,b)=(2,3)$ hay số chính phương đó là $4$.
Chỗ này có lỗi, $b_{3} = 99$. Và mình chứng minh được kết quả mạnh hơn. Đây là đoạn mình còn khúc mắc (chắc là chỗ khó nhất). Mình còn chứng minh được luôn tồn tại $i$ để $3^{k}\mid b_{i}$
Bài 37. [AoPS] Với mỗi số nguyên $r$, chứng minh rằng tồn tại số tự nhiên $n_r$ sao cho với mọi số nguyên $n>n_r$ tồn tại ít nhất một số nguyên dương $k$ thoả mãn $1 \le k \le n-1$ và $p^r$ là ước của $\binom{n}{k}$ với $p$ là số nguyên tố.
Lời giải bài 37.
Ta sẽ dùng định lý Kummer như sau:
Định lý Kummer. Số mũ của $p$ trong biểu diễn $\dbinom{n}{k}$ bằng với số lần của phép nhớ trong phép cộng $n - k$ và $k$ trong biểu diễn cơ số $p$.
Bổ đề. Luôn tồn tại $L$ để tích $k \ge L$ số nguyên tố đầu tiên lớn hơn $p_{k + 1}^{r}$
Bây giờ ta chọn $n_{r} = \prod_{i = 1}^{k}p_{i}$ như trên. Ta sẽ chứng minh bài toán đúng với mọi $n > n_{r}$
Bây giờ nếu như trong biểu diễn cơ số $p_{i}$ nào đó ($1\le i \le k$) thì chữ số tận cùng khác $p_{i} - 1$ thì áp dụng định lý Kummer, ta luôn chọn được $k$ thỏa mãn $v_{p_{i}}(n) > r$ lí do là $n > p_{k + 1}^{r} > p_{i}^{r}$. Do đó ta chỉ còn TH sau:
Gọi $p_{u}$ là số nguyên tố đầu tiên sao cho $n + 1$ không chia hết cho $p_{u}$, lúc này $u \ge k + 1$. Nếu như lúc này chữ số tận cùng của $n$ là $p_{u} - 1$ thì $n + 1 \vdots p_{u}$ là vô lý. Mặt khác, $n + 1 \vdots p_{1}p_{2}\cdots p_{u - 1}$ nên $n + 1 \ge \prod_{i = 1}^{u - 1}p_{i} > p_{u}^{r}$ theo bổ đề, từ đây ta có $n$ trong biểu diễn cũng có ít nhất $r$ chữ số.
Xong.