Đến nội dung

Hình ảnh

$n=a_{i_1}+2017a_{i_2}+...+2017^{2016}a_{i_{2017}}$

- - - - -

  • Please log in to reply
Chủ đề này có 4 trả lời

#1
the unknown

the unknown

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 208 Bài viết

Một dãy số tự nhiên $a_0<a_1<a_2<...$ có tính chất sau: Với bất kỳ số tự nhiên $n$ nào thì tồn tại duy nhất $2017$ chỉ số $i_1,i_2,...,i_{2017}$ không nhất thiết phân biệt để 

$ n= a_{i_1}+2017 a_{i_2}+...+2017^{2016} a_{i_{2017}}$

Chứng minh rằng với số nguyên dương $m$ mà $a_m=m^{2017}$ thì tồn tại số tự nhiên $k$ để $m={2017}^k$.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi the unknown: 16-09-2017 - 13:48

$\texttt{If you don't know where you are going, any road will get you there}$


#2
Donald Trump

Donald Trump

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 28 Bài viết

Kết quả bài này hình như không đúng lắm. 

Ta xét số $m$ sao cho $a_m$ $=$ $m^{2017}$. Ký hiệu $f(i_1,...,i_{2017})$ $=$ $a_{i_1}+2017a_{i_2}+...+2017^{2016}a_{i_{2017}}$

Do $a_m$ $=$ $m^{2017}$ nên $ \left \{ 0,1,...,m^{2017}-1 \right \} $ $\subset $ $\left \{ f(i_1,i_2,...,i_{2017}) | i_j < m \forall j = 1,2,...,2017 \right \}$ mà $\left | \left \{ f(i_1,i_2,...,i_{2017}) | i_j < m \forall j = 1,2,...,2017 \right \} \right | \leq m^{2017}$ $=$ $\left | \left \{ 0,1,...,m^{2017} -1 \right \} \right |$ nên $f(i_1,i_2,...,i_{2017})$ là đôi một phân biệt với mọi $i_j$ $<$ $m$. Từ đây đánh giá dễ thấy $a_{m-1-2017k-r}$ $=$ $a_{m-1} - k(2016A + 1) - r$ với $A$ $=$ $\frac{2017^{2017} - 1}{2016}$

Xét $n$ $=$ $0,1, ... , 2016$ ta suy ra $a_i$ $=$ $i$ $\forall i = 0,1, ... , 2016$

Do đó $a_{m-1} - k(2016A+1)$ $=$ $2016$ nên $a_{m-1}$ $=$ $2016 + k(2016A +1)$

Mà ta có $m^{2017} - 1$ $=$ $a_{m-1}A$ nên $m^{2017} - 1$ $=$ $2016A + k(2016A^2+A)$ do đó $m^{2017} - 2017^{2017}$ $\vdots $ $2017^{2017} A$.

Chỗ này nếu chọn $m = 2017 A$ thì sao?

 



#3
the unknown

the unknown

    Thượng sĩ

  • Thành viên
  • 208 Bài viết

Kết quả bài này hình như không đúng lắm. 

Ta xét số $m$ sao cho $a_m$ $=$ $m^{2017}$. Ký hiệu $f(i_1,...,i_{2017})$ $=$ $a_{i_1}+2017a_{i_2}+...+2017^{2016}a_{i_{2017}}$

Do $a_m$ $=$ $m^{2017}$ nên $ \left \{ 0,1,...,m^{2017}-1 \right \} $ $\subset $ $\left \{ f(i_1,i_2,...,i_{2017}) | i_j < m \forall j = 1,2,...,2017 \right \}$ mà $\left | \left \{ f(i_1,i_2,...,i_{2017}) | i_j < m \forall j = 1,2,...,2017 \right \} \right | \leq m^{2017}$ $=$ $\left | \left \{ 0,1,...,m^{2017} -1 \right \} \right |$ nên $f(i_1,i_2,...,i_{2017})$ là đôi một phân biệt với mọi $i_j$ $<$ $m$. Từ đây đánh giá dễ thấy $a_{m-1-2017k-r}$ $=$ $a_{m-1} - k(2016A + 1) - r$ với $A$ $=$ $\frac{2017^{2017} - 1}{2016}$

Xét $n$ $=$ $0,1, ... , 2016$ ta suy ra $a_i$ $=$ $i$ $\forall i = 0,1, ... , 2016$

Do đó $a_{m-1} - k(2016A+1)$ $=$ $2016$ nên $a_{m-1}$ $=$ $2016 + k(2016A +1)$

Mà ta có $m^{2017} - 1$ $=$ $a_{m-1}A$ nên $m^{2017} - 1$ $=$ $2016A + k(2016A^2+A)$ do đó $m^{2017} - 2017^{2017}$ $\vdots $ $2017^{2017} A$.

Chỗ này nếu chọn $m = 2017 A$ thì sao?

xin lỗi bạn, mình quên điều kiện cần thiết nữa là duy nhất (đã sửa)


$\texttt{If you don't know where you are going, any road will get you there}$


#4
Donald Trump

Donald Trump

    Binh nhất

  • Thành viên mới
  • 28 Bài viết

Nếu có điều kiện duy nhất thì có thể quy nạp và tìm được công thức tổng quát của $a_n$ luôn.



#5
manhtuan00

manhtuan00

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 108 Bài viết

Đặt $a = 2017$ ,xét $f(x) = \sum x^{a_i} \implies f(x).f(x^a)...f(x^{a^{a-1}}) = \frac{1}{1-x}$

$\implies f(x) = \frac{\prod_{k \geq 1 } f(x^{a^k})}{\prod_{k \geq 0 } f(x^{a^k})} = \frac{\prod_{k \geq 0 } f(x^{a^{ak}})f(x^{a^{ak+1}})...f(x^{a^{ak+a-1}})}{\prod_{k \geq 0 } f(x^{a^{ak+1}})f(x^{a^{ak+2}})...f(x^{a^{ak+a}})} = \prod_{k \geq 0 } \frac{x^{a^{ak+1}}-1}{x^{a^{ak}}-1} = \prod_{k \geq 0 }(1+x^{a^{ka}}+x^{2a^{ka}}+...x^{(a-1)a^{ka}})$

Lại có $a_n$ là dãy tăng nên $a_n$ chính là giá trị trong cơ số $a^a$ của $n$ trong biểu diễn cơ số $a$ . Ta suy ra được công thức $a_n$ như sau :  đặt $2017^{2017} = c$

Xét biểu diễn cơ số $2017$ của $n$ là $s_0s_1s_2...s_k$ thì $a_n = s_0+s_1.c+s_2.c^2+...+s_k.c^k$

Suy ra $(s_0+s_1.a^1+..+s_k.a^k)^a = s_0+s_1.a^a+...+s_k.(a^k)^a$. Rõ ràng $VT \geq VP$ và đẳng thức xảy ra khi $S_{2017}(n) = 1$ với $S_{2017}(n)$ là tổng chữ số của $n$ trong biểu diễn cơ số $2017$ , vậy nếu $a_n = n^{2017}$ thì $ n = 2017^k$


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi manhtuan00: 19-04-2018 - 16:38





1 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh