Gọi c là ước nguyên dương thuộc khoảng (n2;n2+n+3) của tích ab.
*) c=a: thỏa mãn điều kiện bài toán.
*) c=b: thỏa mãn điều kiện bài toán.
Giả sử c=a, c=b. Ta sẽ chứng minh có điều vô lý.
Đặt a=n2+i; b=n2+j; c=n2+k (1≤i,j,k≤n+2, k=i, k=j và i<j).
Vì n2≡−k(modn2+k) nên ab=(n2+i)(n2+j)≡(i−k)(j−k)(modn2+k).
Vì c=n2+k là ước của ab nên (i−k)(j−k)⋮(n2+k).
Do ∣i−k∣≥1, ∣j−k∣≥1 nên ∣i−k∣⋅∣j−k∣≥n2+k>n2.
• Xét 1≤i<j≤n+1:
Nếu 1≤k≤n+1 thì 1≤∣i−k∣≤n, 1≤∣j−k∣≤n⇒∣i−k∣⋅∣j−k∣≤n2. Điều này vô lý.
Nếu k=n+2:
+) Khi 2≤i<j≤n+1 thì ∣i−k∣=n+2−i≤n, ∣j−k∣=n+2−j≤n−1
⇒∣i−k∣⋅∣j−k∣≤n(n−1)<n2. Điều này là vô lý.
+) Khi i=1 thì ∣i−k∣=n+2−1=n+1.
Nếu j≥3 thì ∣j−k∣=n+2−j≤n−1⇒∣i−k∣⋅∣j−k∣≤(n+1)(n−1)<n2. Điều này vô lý.
Nếu j=2 thì ∣j−k∣=n+2−j=n⇒∣i−k∣⋅∣j−k∣=(n+1)n∤n2+n+2. Điều này vô lý.
• Xét j=n+2 :
Nếu k≥2 thì ∣i−k∣≤n+1−2=n−1, ∣j−k∣=n+2−k≤n
⇒∣i−k∣⋅∣j−k∣≤n(n−1)<n2. Điều này vô lý.
Nếu k=1 thì ∣i−k∣=i−1, ∣j−k∣=n+1⇒∣i−k∣⋅∣j−k∣=(i−1)(n+1).
Suy ra (i−1)(n+1)≥n2+1⇒i=n+1
⇒n(n+1)∤n2+1⇒n−1∤n2+1⇒n−1≥n2+1. Điều này vô lý.
Do đó không tồn tại ước nguyên dương c∈(n2;n2+n+3) của tích ab mà c=a, c=b.
Vậy tập hợp các ước của ab thỏa mãn bài toán là {a;b}.
