Xét dãy $(a_{n})$ gồm vô hạn các số nguyên dương. Gỉa sử tồn tại số nguyên dương $N>1$ sao cho với mỗi $n\geq N$ thì $\frac{a_{1}}{a_{2}}+\frac{a_{2}}{a_{3}}+...+\frac{a_{n-1}}{a_{n}}+\frac{a_{n}}{a_{1}}$ là số nguyên. Chứng minh tồn tại số nguyên dương $M$ sao cho: $a_{m} = a_{m+1}, \forall m \geq M$.
Chứng minh tồn tại số nguyên dương $M$ sao cho: $a_{m} = a_{m+1}, \forall m \geq M$
#1
Đã gửi 30-12-2022 - 10:35
#2
Đã gửi 31-12-2022 - 17:33
Đặt $s_n = \frac{a_1}{a_2} + \frac{a_2}{a_3}+...+\frac{a_{n-1}}{a_n}+\frac{a_n}{a_1}$.
Ta có $s_n\in\mathbb Z,\forall n\geq N$ nên $s_{n+1} - s_n\in\mathbb Z,\forall n\geq N$
$\Rightarrow \frac{a_n}{a_{n+1}} + \frac{a_{n+1}}{a_1} - \frac{a_n}{a_1}\in\mathbb Z,\forall n\geq N$.
Lấy $p$ là số nguyên tố bất kì.
Nhận xét: Với mọi $n\geq N$: Nếu $v_p(a_n)> v_p(a_1)$ thì $v_p(a_{n+1})> v_p(a_1)$. Ngược lại, nếu $v_p(a_n)\leq v_p(a_1)$ thì $v_p(a_{n+1})\leq v_p(a_1)$
Chứng minh: Giả sử phản chứng.
TH1: $v_p(a_n)> v_p(a_1)$: Khi đó theo giả sử thì $v_p(a_{n+1}) \leq v_p(a_1) < v_p(a_n)$
$\Rightarrow v_p\left(\frac{a_{n+1}}{a_1}\right) < v_p\left(\frac{a_n}{a_1}\right) \leq v_p\left(\frac{a_n}{a_{n+1}}\right)$
$\Rightarrow v_p\left(\frac{a_n}{a_{n+1}} + \frac{a_{n+1}}{a_1} - \frac{a_n}{a_1}\right) = v_p\left(\frac{a_{n+1}}{a_1}\right) < 0$, vô lí vì $\frac{a_n}{a_{n+1}} + \frac{a_{n+1}}{a_1} - \frac{a_n}{a_1}\in\mathbb Z$.
TH2: $v_p(a_n) \leq v_p(a_1)$: Khi đó theo giả sử thì $v_p(a_n) \leq v_p(a_1) < v_p(a_{n+1})$
$\Rightarrow v_p\left(\frac{a_n}{a_{n+1}}\right) < v_p\left(\frac{a_n}{a_1}\right) <v_p\left(\frac{a_{n+1}}{a_1}\right)$
$\Rightarrow v_p\left(\frac{a_n}{a_{n+1}} + \frac{a_{n+1}}{a_1} - \frac{a_n}{a_1}\right) = v_p\left(\frac{a_n}{a_{n+1}}\right) < 0$, vô lí vì $\frac{a_n}{a_{n+1}} + \frac{a_{n+1}}{a_1} - \frac{a_n}{a_1}\in\mathbb Z$.
Từ nhận xét trên, ta thấy $v_p(a_n) > v_p(a_1),\forall n\geq N$ hoặc $v_p(a_n) \leq v_p(a_1),\forall n \geq N$.
$\bullet$ Nếu $v_p(a_n) > v_p(a_1),\forall n\geq N$ thì $v_p(a_n)\geq v_p(a_{n+1}),\forall n\geq N$.
Thật vậy, do $v_p\left(\frac{a_{n+1}}{a_1} - \frac{a_n}{a_1}\right) >0,\forall n\geq N$ và $v_p\left(\frac{a_n}{a_{n+1}} + \frac{a_{n+1}}{a_1} - \frac{a_n}{a_1}\right),\forall n\geq N$ nên $v_p\left(\frac{a_n}{a_{n+1}}\right)\geq 0,\forall n\geq N$
$\Rightarrow v_p(a_n)\geq v_p(a_{n+1}),\forall n\geq N$.
Mà $\left \{ v_p(a_n)\right \}_{n=1}^{+\infty}$ là dãy số nguyên không âm nên đến lúc nào đó nó là hằng số.
$\bullet$ Nếu $v_p(a_n)\leq v_p(a_1),\forall n\geq N$ thì $v_p(a_n)\leq v_p(a_{n+1}),\forall n\geq N$.
Thật vậy, giả sử tồn tại $n\geq N$ sao cho $v_p\left(a_{n+1}\right) < v_p\left(a_{n}\right)$.
Thế thì $v_p\left(\frac{a_{n+1}}{a_1}\right) < v_p\left(\frac{a_n}{a_1}\right) \leq v_p\left(\frac{a_n}{a_{n+1}}\right)\Rightarrow v_p\left(\frac{a_n}{a_{n+1}} + \frac{a_{n+1}}{a_1} - \frac{a_n}{a_1}\right) = v_p\left(\frac{a_{n+1}}{a_1}\right) < 0$, vô lí
$\Rightarrow v_p(a_{n+1})\geq v_p(a_n),\forall n\geq N$.
Tương tự, do dãy $\left \{ v_p(a_n)\right \}_{n=1}^{+\infty}$ bị chặn trên nên đến một lúc nào đó nó là hằng số.
Bây giờ, ta chứng minh dãy $(a_n)$ chỉ chứa hữu hạn ước nguyên tố. Thật vậy, từ hai trường hợp trên ta thấy $p\mid a_{n+1}$ khi và chỉ khi $p\mid a_na_1$.
Do đó bằng quy nạp, ta dễ dàng chỉ ra số ước nguyên tố của dãy là hữu hạn.
Đồng thời, với mọi số nguyên tố $p$ thì dãy $\left \{v_p(a_n)\right\}$ là hằng số kể từ thời điểm nào đó nên suy ra $(a_n)$ là hằng số kể từ chỉ số nào đó.
P/s: Lúc đầu mình có một số nhầm lẫn nên giờ mình sửa lại.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Hoang72: 31-12-2022 - 21:45
- perfectstrong và Math04 thích
#3
Đã gửi 31-12-2022 - 21:19
Đặt $s_n = \frac{a_1}{a_2} + \frac{a_2}{a_3}+...+\frac{a_{n-1}}{a_n}+\frac{a_n}{a_1}$.
Ta có $s_n\in\mathbb Z,\forall n\geq N$ nên $s_{n+1} - s_n\in\mathbb Z,\forall n\geq N$
$\Rightarrow \frac{a_n}{a_{n+1}} + \frac{a_{n+1}}{a_1} - \frac{a_n}{a_1}\in\mathbb Z,\forall n\geq N$.
Lấy $p$ là số nguyên tố bất kì.
Nhận xét: Với mọi $n\geq N$: Nếu $v_p(a_n)> v_p(a_1)$ thì $v_p(a_{n+1})> v_p(a_1)$. Ngược lại, nếu $v_p(a_n)\leq v_p(a_1)$ thì $v_p(a_{n+1})\leq v_p(a_1)$
Chứng minh: Giả sử phản chứng.
TH1: $v_p(a_n)> v_p(a_1)$: Khi đó theo giả sử thì $v_p(a_{n+1}) \leq v_p(a_1) < v_p(a_n)$
$\Rightarrow v_p\left(\frac{a_{n+1}}{a_1}\right) < v_p\left(\frac{a_n}{a_1}\right) \leq v_p\left(\frac{a_n}{a_{n+1}}\right)$
$\Rightarrow v_p\left(\frac{a_n}{a_{n+1}} + \frac{a_{n+1}}{a_1} - \frac{a_n}{a_1}\right) = v_p\left(\frac{a_{n+1}}{a_1}\right) < 0$, vô lí vì $\frac{a_n}{a_{n+1}} + \frac{a_{n+1}}{a_1} - \frac{a_n}{a_1}\in\mathbb Z$.
TH2: $v_p(a_n) \leq v_p(a_1)$: Khi đó theo giả sử thì $v_p(a_n) \leq v_p(a_1) < v_p(a_{n+1})$
$\Rightarrow v_p\left(\frac{a_n}{a_{n+1}}\right) < v_p\left(\frac{a_n}{a_1}\right) <v_p\left(\frac{a_{n+1}}{a_1}\right)$
$\Rightarrow v_p\left(\frac{a_n}{a_{n+1}} + \frac{a_{n+1}}{a_1} - \frac{a_n}{a_1}\right) = v_p\left(\frac{a_n}{a_{n+1}}\right) < 0$, vô lí vì $\frac{a_n}{a_{n+1}} + \frac{a_{n+1}}{a_1} - \frac{a_n}{a_1}\in\mathbb Z$.
Từ nhận xét trên, ta thấy $v_p(a_n) > v_p(a_1),\forall n\geq N$ hoặc $v_p(a_n) \leq v_p(a_1),\forall n \geq N$.
$\bullet$ Nếu $v_p(a_n) > v_p(a_1),\forall n\geq N$ thì $v_p(a_n)\geq v_p(a_{n+1}),\forall n\geq N$.
Thật vậy, do $v_p\left(\frac{a_{n+1}}{a_1} - \frac{a_n}{a_1}\right) >0,\forall n\geq N$ và $v_p\left(\frac{a_n}{a_{n+1}} + \frac{a_{n+1}}{a_1} - \frac{a_n}{a_1}\right),\forall n\geq N$ nên $v_p\left(\frac{a_n}{a_{n+1}}\right)\geq 0,\forall n\geq N$
$\Rightarrow v_p(a_n)\geq v_p(a_{n+1}),\forall n\geq N$.
$\bullet$ Nếu $v_p(a_n)\leq v_p(a_1),\forall n\geq N$ thì ta vẫn có $v_p(a_n)\geq v_p(a_{n+1}),\forall n\geq N$.
Thật vậy, giả sử tồn tại $n\geq N$ sao cho $v_p\left(a_{n+1}\right) > v_p\left(a_{n}\right)$.
Thế thì $v_p\left(\frac{a_{n+1}}{a_1}\right) < v_p\left(\frac{a_n}{a_1}\right) \leq v_p\left(\frac{a_n}{a_{n+1}}\right)\Rightarrow v_p\left(\frac{a_n}{a_{n+1}} + \frac{a_{n+1}}{a_1} - \frac{a_n}{a_1}\right) = v_p\left(\frac{a_{n+1}}{a_1}\right) < 0$, vô lí.
Do đó dãy $u_n = v_p(a_n)$ là dãy không tăng kể từ $N$. Mặt khác, dãy này là dãy số nguyên không âm nên đến một lúc nào đó, dãy là hằng.
Điều này đúng với mọi số nguyên tố $p$ nên suy ra $(a_n)$ là hằng số kể từ chỉ số nào đó. (đpcm)
Cám ơn bạn nhé làm sao để nghĩ ra lời giải như vầy nhỉ
#4
Đã gửi 31-12-2022 - 21:46
Cám ơn bạn nhé làm sao để nghĩ ra lời giải như vầy nhỉ
Thường những bài như này hay dùng định giá p - adic nên mình nghĩ đến chứng minh $v_p(a_{n+1})\leq v_p(a_n)$. Trong quá trình làm mới phát hiện ra $v_p(a_n)-v_p(a_1)$ luôn cùng dấu nên có lời giải như vậy.
- Math04 yêu thích
#5
Đã gửi 01-01-2023 - 07:44
#6
Đã gửi 01-01-2023 - 17:25
Bạn có kinh nghiệm gì khi mà tìm bài trên AOPS không nhỉ kiểu gõ công thức hay là gõ đề vào tại nhiều lúc mình tìm mà không ra. Với tìm ngay chỗ Search Community hay là Advanced Community Search nhỉ
- DOTOANNANG yêu thích
#7
Đã gửi 01-01-2023 - 17:52
1 người đang xem chủ đề
0 thành viên, 1 khách, 0 thành viên ẩn danh