Chủ đề này có 2 trả lời

[L Lawliet]

Bài toán: Cho dãy các số nguyên tố $p_{1}$, $p_{2}$,... thỏa mãn tính chất: $p_{n}$ là ước số nguyên tố lớn nhất của $p_{n-1}+p_{n-2}+2000$ với mọi $n\geq 3$. Chứng minh rằng dãy trên bị chặn.

[Dramons Celliet]

Bài toán: Cho dãy các số nguyên tố $p_{1}$, $p_{2}$,... thỏa mãn tính chất: $p_{n}$ là ước số nguyên tố lớn nhất của $p_{n-1}+p_{n-2}+2000$ với mọi $n\geq 3$. Chứng minh rằng dãy trên bị chặn.

Theo mình nghĩ bài này nên để vào mục Olympic hơn . Bắt chước xì-tai trình bày của perfecstrong
====
Lời giải:
Với $n\geq 1$ đặt $b_{n}=\max\left \{ p_{n},p_{n+1} \right \}$. Trước hết ta chứng minh $b_{n+1}\leq b_{n}+2002 \ \ \forall n$.
Do $p_{n+1}\leq b_{n}$ nên chỉ cần chứng minh $p_{n+2}\leq b_{n}+2002$.
Nếu $p_{n}$ hoặc $p_{n+1}$ bằng $2$ thì $p_{n+2}\leq p_{n}+p_{n+1}+2000\leq b_{n}+2002$.
Nếu $p_{n}$, $p_{n+1}\leq 3$ thì cả $p_{n}$ và $p_{n+1}$ đều lẻ, do đó $p_{n}+p_{n+1}+2000$ là một số chẵn. Vì $p_{n+2}\neq 2$ là một ước số của $p_{n}+p_{n+1}+2000$ nên $p_{n+2}\leq \dfrac{p_{n}+p_{n+1}+2000}{2}=\dfrac{p_{n}+p_{n+1}}{2}+1000\leq b_{n}+1000$.
Tóm lại trong mọi trường hợp ta đều có $b_{n+1}\leq b_{n}+2002$.
Chọn $k$ đủ lớn sao cho $b_{1}\leq k.2003!+1$. Ta sẽ chứng minh bằng quy nạp rằng: $b_{n}\leq k.2003!+1 \ \ forall n$.
Với $n=1$ ta có bất đẳng thức đúng do cách chọn $k$. Giả sử bất đẳng thức đúng đến $n$. Ta có: $b_{n+1}\leq b_{n}+2002\leq k.2003!+2003$.
Nếu $b_{n+1}\geq k.2003!+1$ ta đặt $m=b_{n+1}-k.2003!$ ta có $1<m\leq 2003$, tức là $2003!\vdots m$. Do đó, $b_{n+1}=m+k.2003!\vdots m$ (vô lí vì $b_{n+1}$ là một số nguyên tố). Vậy $b_{n+1}\leq b_{n}+2002$m tức là bất đẳng thức đúng đến $n+1$. Theo nguyên lí quy nạp, bất đẳng thức đúng với mọi $n$.
Vậy $p_{n}\leq b_{n}\leq k.2003!+1$ với mọi $n$.
====
Không biết có ai đọc hết không nhỉ

[perfectstrong]

Poland 2000