Cho $a=b=1$ ta có $u_1^2=u_1 \Rightarrow u_1 \in{0;1}$.Mặt khác $u_n$ tăng thực sự trên $R$ nên $u_1=1$.
Với mỗi $a \in Z^+$ đặt :
$M= \left \{\frac{u_{x+a}}{u_x}:x\in N^*;(x,a)=1\right \}$
$N= \left \{\frac{u_{x}}{u_{x+a}}:x\in N^*;(x,a)=1\right \}$
Do $u_n$ tăng thực sự nên tồn tại $A=infM$ và $B=supN$ với $B\leq1 \leq A$.
Ta có: Với mỗi số nguyên dương $m$, gọi $x_0$ là số nguyên tố $>ma$. Khi đó $(x_0,2)=(x_0,ka)=1,\forall k\in N^*,k\leq m$
Ta có:
$u_2.u_{x_0}=u_{2x_0}\geq u_{x_0+ma} \geq A.u_{x_0+(m-1)a}\geq...\geq A^m.u_{x_0}$
$\Rightarrow u_2\geq A^m \Rightarrow A=1$
$u_{x_0}\leq B.u_{x_0+a} \leq B^2.u_{x_0+2a} \leq ... \leq B^m.u_{2x_0}=B^m.u_{x_0}.u_2$
$\Rightarrow u_2.B^m=1 \Rightarrow u_2=1$
Suy ra $A=B=1$.
Tiếp tục ta sẽ chứng minh dãy $u_n$ có tính nhân tính.Thật vậy,xét $(x,a)=1$ ta có:
$u_{x+a}.u_a=u_{ax+a^2} \geq u_{ax+1}= \frac{u_{ax+1}.u_{a^k}}{u_{a^k}}= \frac{u_{a^{k+1}x+a^k}}{a^k} \geq \frac{u_{a^{k+1}x}}{u_{a^k}}= \frac{u_x.u_{a^{k+1}}}{u_k}$
Suy ra: $\frac{u_{x+a}}{u_x} \geq \frac{u_{a^{k+1}}}{u_{a^k}.u_a}$
Tương tự ta có:
$u_x.u_a \leq \frac{u_{ax}.u_{a^k}}{u_{a^k}} \leq \frac{u_{x+a}.u_{a^{k+1}}}{u_{a^k}}$
$\Rightarrow \frac{u_{x}}{u_{x+a}} \leq \frac{u_{a^{k+1}}}{u_{a^k}.u_a}$
Suy ra: $A \leq \frac{u_{a^{k+1}}}{u_{a^k}.u_a} \geq B$
Hay $\frac{u_{a^{k+1}}}{u_{a^k}.u_a}=1 \Rightarrow u_{a^{k+1}}=u_{a}.u_{a^k}$.
Kết hợp với giả thiết suy ra $u_{xy}=u_x.u_y, \forall x,y\in N$
Chứng minh tính duy nhất của dãy.
Giả sử tồn tại $u_2=c$ và có hai dãy thõa mãn bài toán là $u_n$ và $v_n$ với $u_2=v_2=1$ và tồn tại $t>2$ sao cho $u_t \neq v_t$.
Với mỗi $s\in N^*$ thì tồn tại duy nhất $k$ sao cho $2^k\leq t^s<2^{k+1}$.
Suy ra $u_{2^k} \leq u_{t^s}<u_{2^{k+1}}$ hay $k.lnc \leq sln(u_t) <(k+1)lnc$. Tương tự đối với $v_n$, ta có:
$\frac{k}{k+1} \leq \frac{u_t}{v_t} <\frac{k+1}{k}$.
Cho $k$ tiến tới vô cùng suy ra $u_t=v_t$, vô lí.
Do đó $u_n$ là duy nhất.
Dễ thấy dãy $u_n=n^{\alpha}$ với $\alpha>0$ là dãy số thõa mãn.
Vậy ....
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi gogo123: 21-04-2013 - 09:46