Cho $n$ số nguyên dương đôi một phân biệt $a_1,\dots ,a_n$. Đặt
$$b_i=(a_i-a_1)\cdots (a_i-a_{i-1})(a_i-a_{i+1})\cdots (a_i-a_n).$$
Chứng minh rằng $(n-1)!$ là ước của $\mathrm{lcm}(b_1,\dots ,b_n)$, trong đó $\mathrm{lcm}(b_1,\dots ,b_n)$ là bội chung nhỏ nhất của các số nguyên $b_1,\dots ,b_n$.

Để chứng minh $(n-1)!$ là ước của $\mathrm{lcm}(b_1,\dots ,b_n)$, ta cần chứng minh rằng với mọi số nguyên tố $p$, số mũ của $p$ trong phân tích tiêu chuẩn của $(n-1)!$ không vượt quá số mũ của $p$ trong $\mathrm{lcm}(b_1,\dots ,b_n)$.

Ta có:

$$v_p((n-1)!)=\sum _{k=1}^{\infty }\lfloor \frac{n-1}{p^k}\rfloor$$

Mặt khác, ta có:

$$v_p\left(\mathrm{lcm}(b_1,\dots ,b_n)\right)=\underset{1\le i\le n}{\max }{v}_p(b_i)$$

Do đó, bài toán quy về chứng minh tồn tại $i\in \{1,2,\dots ,n\}$ sao cho:

$$v_p(b_i)\ge \sum _{k=1}^{\infty }\lfloor \frac{n-1}{p^k}\rfloor (\ast )$$

Đặt tập hợp ban đầu là $A_0=\{a_1,a_2,\dots ,a_n\}$, rõ ràng số phần tử $|A_0|=n$.

- Xét modulo $p$: Chia $n$ phần tử của $A_0$ vào $p$ lớp thặng dư modulo $p$.

Theo nguyên lý Dirichlet, lớp thặng dư chứa nhiều phần tử nhất sẽ có ít nhất $\lceil \frac{n}{p}\rceil$ phần tử.

Gọi $A_1$ là tập hợp các phần tử thuộc lớp thặng dư có nhiều phần tử nhất này. Ta có:

$$|A_1|\ge \lceil \frac{n}{p}\rceil ⟹|A_1|-1\ge \lfloor \frac{n-1}{p}\rfloor$$

- Xét modulo $p^2$: Ta chỉ chia các phần tử của tập $A_1$ vào các lớp thặng dư modulo $p^2$. Gọi $A_2$ là tập hợp các phần tử thuộc lớp thặng dư modulo $p^2$ có nhiều phần tử nhất được rút ra từ $A_1$.
Theo nguyên lý Dirichlet, ta có:
$$|A_2|-1\ge \lfloor \frac{|A_1|-1}{p}\rfloor \ge \lfloor \frac{\lfloor (n-1)/p\rfloor }{p}\rfloor =\lfloor \frac{n-1}{p^2}\rfloor$$

- Tổng quát modulo $p^k$: Tiếp tục quá trình này, ta xây dựng được dãy các tập hợp con lồng nhau $A_0\supset A_1\supset A_2\supset \cdots \supset A_k\supset \dots$ sao cho mọi phần tử trong $A_k$ đều đồng dư với nhau modulo $p^k$, và số lượng phần tử luôn thỏa mãn:
$$|A_k|-1\ge \lfloor \frac{n-1}{p^k}\rfloor$$

Chọn phần tử $a_i$ là phần tử nằm trong giao của tất cả các tập hợp này $(a_i\in {\bigcap }_{k\ge 1}{A}_k)$.
Đánh giá giá trị $v_p(b_i)$:
Theo định nghĩa của $b_i$, ta tính được $v_p(b_i)$ như sau:
$$v_p(b_i)=\sum _{k=1}^{\infty }\left(\text{Soˆˊ lượng }j\ne i\text{ sao cho }{a}_j\equiv a_i(\mathrm{mod}{p}^k)\right)$$

Do cách chọn $a_i\in A_k$, nên tất cả các phần tử khác thuộc tập $A_k$ đều đồng dư với $a_i$ modulo $p^k$. Số lượng các phần tử này chính là $|A_k|-1$. Do đó:
$$v_p(b_i)\ge \sum _{k=1}^{\infty }(|A_k|-1)\ge \sum _{k=1}^{\infty }\lfloor \frac{n-1}{p^k}\rfloor$$

Bất đẳng thức (*) được chứng minh. Từ đó ta suy ra:
$$\underset{1\le i\le n}{\max }{v}_p(b_i)\ge v_p((n-1)!)⟹v_p(\mathrm{lcm}(b_1,\dots ,b_n))\ge v_p((n-1)!)$$

Điều này đúng với mọi số nguyên tố $p$, do đó $(n-1)!$ là ước của $\mathrm{lcm}(b_1,\dots ,b_n)$. (đpcm)