Đến nội dung


Hình ảnh

CM tồn tại số nguyên dương $m$ sao cho $a_m=4$ và $a_{m+1} \in \{3;4 \}$.


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 3 trả lời

#1 dark templar

dark templar

    Kael-Invoker

  • Hiệp sỹ
  • 3788 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:TPHCM
  • Sở thích:Đọc fanfiction và theo dõi DOTA chuyên nghiệp

Đã gửi 25-06-2013 - 23:18

Bài toán: Cho dãy số nguyên dương $\{a_n \}_{1}^{\infty}$ thỏa $a_{n+2}=\left\lfloor \frac{2a_n}{a_{n+1}} \right\rfloor+\left\lfloor \frac{2a_{n+1}}{a_n} \right\rfloor$.

Chứng minh tồn tại số nguyên dương $m$ sao cho $a_m=4$ và $a_{m+1} \in \{3;4 \}$.


"Do you still... believe in me ?" Sarah Kerrigan asked Jim Raynor - Starcraft II:Heart Of The Swarm.

#2 takarin1512

takarin1512

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 104 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 24-02-2018 - 16:34

Theo đề bài, ta có $a_{n+2}=\left \lfloor \frac{2a_{n+1}}{a_n} \right \rfloor+\left \lfloor \frac{2a_{n}}{a_{n+1}} \right \rfloor$$> \frac{2a_{n+1}}{a_n}+\frac{2a_n}{a_{n+1}}-2\geq 4-2=2\Rightarrow$$a_n\geq 3\forall n\geq 3$. Do đó ta có thể xét dãy $\left \{ a_n \right \}$ mới bắt đầu từ $a_3$ của dãy cũ và lúc này $a_n\geq 3 \forall n$.

Giả sử $max\left \{ a_n,a_{n+1} \right \}>5\forall n$

Xét một bộ $\left ( a_n,a_{n+1} \right )$ bất kỳ và giả sử $a_{n+1}\geq a_n$. Ta xét các trường hợp sau:

+Trường hợp 1: $\frac{a_n}{a_{n+1}}<\frac{1}{2}$$\Rightarrow \frac{2a_{n}}{a_{n+1}}<1\Rightarrow \left \lfloor \frac{2a_{n}}{a_{n+1}} \right \rfloor=0$

$a_{n+2}=\left \lfloor \frac{2a_{n+1}}{a_{n}} \right \rfloor+\left \lfloor \frac{2a_{n}}{a_{n+1}} \right \rfloor=\left \lfloor \frac{2a_{n+1}}{a_{n}} \right \rfloor<\frac{2a_{n+1}}{a_{n}}\leq \frac{2a_{n+1}}{2}=a_{n+1}\Rightarrow a_{n+2}< max\left \{ a_n,a_{n+1} \right \}$.

+Trường hợp 2: $\frac{a_{n}}{a_{n+1}}=\frac{1}{2}\Rightarrow a_{n+2}=5 < max\left \{ a_n,a_{n+1} \right \}$.

+Trường hợp 3: $\frac{1}{2}<\frac{a_{n}}{a_{n+1}}<1\Rightarrow \frac{a_{n+1}}{a_n}<2\Rightarrow a_{n+2}=\left \lfloor \frac{2a_{n}}{a_{n+1}} \right \rfloor+\left \lfloor \frac{2a_{n+1}}{a_{n}} \right \rfloor\leq 1+\left \lfloor 2.2 \right \rfloor=5 < max\left \{ a_n,a_{n+1} \right \}$.

+Trường hợp 4: $\frac{a_n}{a_{n+1}}=1\Rightarrow a_{n+2}=4< max\left \{ a_n,a_{n+1} \right \}$.

Vậy với mọi trường hợp thì $a_{n+2}< max\left \{ a_n,a_{n+1} \right \}$. Tương tự ta có $a_{n+3}< max\left \{ a_{n+1},a_{n+2} \right \}\leq max\left \{ a_n,a_{n+1} \right \}\Rightarrow max\left \{ a_{n+2},a_{n+3} \right \}< max\left \{ a_{n},a_{n+1} \right \}$. Điều này mâu thuẫn với giả sử cho nên tồn tại $k$ sao cho $max\left \{ a_k,a_{k+1} \right \}\leq 5$.

Do đó $a_k,a_{k+1}\in \left \{ 3,4,5 \right \}$. Bằng tính toán trực tiếp ta suy ra được từ 9 bộ này luôn suy ra được một trong hai bộ $\left ( 4,3 \right )$ hoặc $\left ( 4,4 \right )$. Như vậy tồn tại $m$ để $a_m=4, a_{m+1}\in \left \{ 3,4 \right \}$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi takarin1512: 24-02-2018 - 16:36


#3 WhjteShadow

WhjteShadow

    Thượng úy

  • Phó Quản trị
  • 1319 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 06-03-2018 - 20:51

Theo đề bài, ta có $a_{n+2}=\left \lfloor \frac{2a_{n+1}}{a_n} \right \rfloor+\left \lfloor \frac{2a_{n}}{a_{n+1}} \right \rfloor$$> \frac{2a_{n+1}}{a_n}+\frac{2a_n}{a_{n+1}}-2\geq 4-2=2\Rightarrow$$a_n\geq 3\forall n\geq 3$. Do đó ta có thể xét dãy $\left \{ a_n \right \}$ mới bắt đầu từ $a_3$ của dãy cũ và lúc này $a_n\geq 3 \forall n$.

Giả sử $max\left \{ a_n,a_{n+1} \right \}>5\forall n$

Xét một bộ $\left ( a_n,a_{n+1} \right )$ bất kỳ và giả sử $a_{n+1}\geq a_n$. Ta xét các trường hợp sau:

+Trường hợp 1: $\frac{a_n}{a_{n+1}}<\frac{1}{2}$$\Rightarrow \frac{2a_{n}}{a_{n+1}}<1\Rightarrow \left \lfloor \frac{2a_{n}}{a_{n+1}} \right \rfloor=0$

$a_{n+2}=\left \lfloor \frac{2a_{n+1}}{a_{n}} \right \rfloor+\left \lfloor \frac{2a_{n}}{a_{n+1}} \right \rfloor=\left \lfloor \frac{2a_{n+1}}{a_{n}} \right \rfloor<\frac{2a_{n+1}}{a_{n}}\leq \frac{2a_{n+1}}{2}=a_{n+1}\Rightarrow a_{n+2}< max\left \{ a_n,a_{n+1} \right \}$.

+Trường hợp 2: $\frac{a_{n}}{a_{n+1}}=\frac{1}{2}\Rightarrow a_{n+2}=5 < max\left \{ a_n,a_{n+1} \right \}$.

+Trường hợp 3: $\frac{1}{2}<\frac{a_{n}}{a_{n+1}}<1\Rightarrow \frac{a_{n+1}}{a_n}<2\Rightarrow a_{n+2}=\left \lfloor \frac{2a_{n}}{a_{n+1}} \right \rfloor+\left \lfloor \frac{2a_{n+1}}{a_{n}} \right \rfloor\leq 1+\left \lfloor 2.2 \right \rfloor=5 < max\left \{ a_n,a_{n+1} \right \}$.

+Trường hợp 4: $\frac{a_n}{a_{n+1}}=1\Rightarrow a_{n+2}=4< max\left \{ a_n,a_{n+1} \right \}$.

Vậy với mọi trường hợp thì $a_{n+2}< max\left \{ a_n,a_{n+1} \right \}$. Tương tự ta có $a_{n+3}< max\left \{ a_{n+1},a_{n+2} \right \}\leq max\left \{ a_n,a_{n+1} \right \}\Rightarrow max\left \{ a_{n+2},a_{n+3} \right \}< max\left \{ a_{n},a_{n+1} \right \}$. Điều này mâu thuẫn với giả sử cho nên tồn tại $k$ sao cho $max\left \{ a_k,a_{k+1} \right \}\leq 5$.

Do đó $a_k,a_{k+1}\in \left \{ 3,4,5 \right \}$. Bằng tính toán trực tiếp ta suy ra được từ 9 bộ này luôn suy ra được một trong hai bộ $\left ( 4,3 \right )$ hoặc $\left ( 4,4 \right )$. Như vậy tồn tại $m$ để $a_m=4, a_{m+1}\in \left \{ 3,4 \right \}$.

Em làm đúng rồi, +10 điểm PSW nhé.


$$n! \sim \sqrt{2\pi n} \left(\dfrac{n}{e}\right)^n$$

 

“We can only see a short distance ahead, but we can see plenty there that needs to be done.” - Alan Turing


#4 NeverDiex

NeverDiex

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 60 Bài viết

Đã gửi 26-07-2019 - 10:50

 

  • Thành viên
  • trungsi.jpg
  • 104 Bài viết
  • Giới tính:Nam

Đã gửi 24-02-2018 - 16:34

Theo đề bài, ta có an+2=2an+1an+2anan+1an+2=⌊2an+1an⌋+⌊2anan+1⌋>2an+1an+2anan+1242=2>2an+1an+2anan+1−2≥4−2=2⇒an3n3an≥3∀n≥3. Do đó ta có thể xét dãy {an}{an} mới bắt đầu từ a3a3 của dãy cũ và lúc này an3nan≥3∀n.

Giả sử max{an,an+1}>5nmax{an,an+1}>5∀n

Xét một bộ (an,an+1)(an,an+1) bất kỳ và giả sử an+1anan+1≥an. Ta xét các trường hợp sau:

+Trường hợp 1: anan+1<12anan+1<122anan+1<12anan+1=0⇒2anan+1<1⇒⌊2anan+1⌋=0

an+2=2an+1an+2anan+1=2an+1an<2an+1an2an+12=an+1an+2<max{an,an+1}an+2=⌊2an+1an⌋+⌊2anan+1⌋=⌊2an+1an⌋<2an+1an≤2an+12=an+1⇒an+2<max{an,an+1}.

+Trường hợp 2: anan+1=12an+2=5<max{an,an+1}anan+1=12⇒an+2=5<max{an,an+1}.

+Trường hợp 3: 12<anan+1<1an+1an<2an+2=2anan+1+2an+1an1+2.2=5<max{an,an+1}12<anan+1<1⇒an+1an<2⇒an+2=⌊2anan+1⌋+⌊2an+1an⌋≤1+⌊2.2⌋=5<max{an,an+1}.

+Trường hợp 4: anan+1=1an+2=4<max{an,an+1}anan+1=1⇒an+2=4<max{an,an+1}.

Vậy với mọi trường hợp thì an+2<max{an,an+1}an+2<max{an,an+1}. Tương tự ta có an+3<max{an+1,an+2}max{an,an+1}max{an+2,an+3}<max{an,an+1}an+3<max{an+1,an+2}≤max{an,an+1}⇒max{an+2,an+3}<max{an,an+1}. Điều này mâu thuẫn với giả sử cho nên tồn tại kk sao cho max{ak,ak+1}5max{ak,ak+1}≤5.

Do đó ak,ak+1{3,4,5}ak,ak+1∈{3,4,5}. Bằng tính toán trực tiếp ta suy ra được từ 9 bộ này luôn suy ra được một trong hai bộ (4,3)(4,3) hoặc (4,4)(4,4). Như vậy tồn tại mm để am=4,am+1{3,4}am=4,am+1∈{3,4}.


 

 




0 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh