Chủ đề này có 1 trả lời

[Nguyen Minh Hai]

Cho dãy $(p_n)$ là dãy các số nguyên tố thỏa mãn với mọi $n \geqslant 3$ thì ta có $p_n$ là ước nguyên tố lớn nhất của $p_{n-1}+p_{n-2}+2000.$.

Chứng minh rằng dãy $(p_n)$ bị chặn trên. 

[Visitor]

Cho dãy $(p_n)$ là dãy các số nguyên tố thỏa mãn với mọi $n \geqslant 3$ thì ta có $p_n$ là ước nguyên tố lớn nhất của $p_{n-1}+p_{n-2}+2000.$.

Chứng minh rằng dãy $(p_n)$ bị chặn trên. 

Nếu cả $2$ số $p_{n-1}, p_{n-2}$ đều lẻ thì ta có $p_{n-1}+p_{n-2}+2000$ là chẵn. Và do tính lớn nhất của $p_n$ nên suy ra $p_n \leq \frac{p_{n-1}+ p_{n-2}+2000}{2} \leq max(p_{n-1}, p_{n-2}) +1000$

Nếu trong $2$ số $p_{n-1}, p_{n-2}$ có $1$ số bằng $2$ thì $p_n  \leq max(p_{n-1}, p_{n-2}) +2+2000\leq max(p_{n-1}, p_{n-2})+2002$

Từ $2$ trường hợp trên ta rút ra $p_n  \leq max(p_{n-1}, p_{n-2})+2002$ với mọi $n$

Do đó nếu đặt dãy $q_n=max(p_{n},p_{n-1})$ thì ta có $q_n \leq q_{n-1}+2002$ với mọi $n$ . ta đi chứng minh dãy $q_n$ bị chặn là xong.

Ta sẽ chứng minh dãy bị chặn bởi số $M$ thỏa mãn: $ q_1 \leq M$ và tất cả các số $M+1,M+2,...M+2002$ đều là hợp số ( số $M$ này luôn chọn được theo định lí $CRT$ ) , thật vậy : do $q_1< M\Rightarrow q_2\leq q_1+2002<M+2002$ . Lại có là từ $M+1$ đến $M+2002$ ko có số nào là số nguyên tố. Mà $q_2$ là số nguyên tố nên nhất định là $q_2 \leq M$

Cứ như vậy ta sẽ chứng minh được $q_n \leq M$ với mọi $n$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Visitor: 02-02-2016 - 14:17