- [message]
- Bài Toán. Cho $a_1,\,a_2,\,\ldots$ là một dãy vô hạn các số nguyên dương. Giả sử tồn tại số nguyên dương $N$ sao cho\[\frac{{{a_1}}}{{{a_2}}} + \frac{{{a_2}}}{{{a_3}}} + \ldots + \frac{{{a_{n – 1}}}}{{{a_n}}} + \frac{{{a_n}}}{{{a_1}}} \in \mathbb Z\quad\forall\,n\ge N.\]Chứng minh rằng tồn tại số nguyên dương $M$ sao cho $a_{m+1}=a_m\;\forall\,m\ge M$.
- Lời Giải. Với $p$ là một số nguyên tố, trước tiên ta có bổ đề (tính chất của định giá phi Archimedean)\[{v_p}\left( {x + y} \right) \ge \min \left\{ {{v_p}\left( x \right),\, {v_p}\left( y \right)} \right\}\quad\forall\, x,\,y\in\mathbb Q.\]Để ý là dấu bằng của bất đẳng thức trên, sẽ xảy đến khi $v_p(x)\ne v_p(y)$. Quay lại bài toán trên, ta có ngay\[\frac{{{a_n}}}{{{a_{n + 1}}}} + \frac{{{a_{n + 1}} – {a_n}}}{{{a_1}}}\in\mathbb Z\quad\forall\,n\ge N,\qquad(1).\]Từ đây, với mọi số nguyên tố $p$ và số nguyên dương $n\ge N$ ta có\[{v_p}\left( {\frac{{{a_n}}}{{{a_{n + 1}}}} + \frac{{{a_{n + 1}} – {a_n}}}{{{a_1}}}} \right) \ge 0\quad\forall\,n\ge N,\qquad(2).\]Giả sử tồn tại số nguyên tố $p$ sao cho ${v_p}\left( {{a_n}} \right) < {v_p}\left( {{a_{n + 1}}} \right)$, với $n\ge N$. Lúc đó, do ${v_p}\left( {\frac{{{a_n}}}{{{a_{n + 1}}}}} \right) < 0$ nên từ tính chất của định giá phi Archimedean và $(2)$, ta có\[{v_p}\left( {\frac{{{a_n}}}{{{a_{n + 1}}}}} \right) = {v_p}\left( {\frac{{{a_{n + 1}} – {a_n}}}{{{a_1}}}} \right) < 0.\]Từ đó có\[0 > {v_p}\left( {{a_n}} \right) – {v_p}\left( {{a_{n + 1}}} \right) = {v_p}\left( {{a_{n + 1}} – {a_n}} \right) – {v_p}\left( {{a_1}} \right) = {v_p}\left( {{a_n}} \right) – {v_p}\left( {{a_1}} \right).\]Tức là $$ {v_p}\left( {{a_n}} \right) < {v_p}\left( {{a_{n + 1}}} \right) = {v_p}\left( {{a_1}} \right).$$Nếu $p$ là số nguyên tố thỏa mãn ${v_p}\left( {{a_n}} \right) > {v_p}\left( {{a_{n + 1}}} \right)$, với $n\ge N$. Từ $(2)$ và tính chất phi Archimedean có\[0 \le {v_p}\left( {\frac{{{a_{n + 1}} – {a_n}}}{{{a_1}}}} \right) = {v_p}\left( {{a_{n + 1}} – {a_n}} \right) – {v_p}\left( {{a_1}} \right) = {v_p}\left( {{a_{n + 1}}} \right) – {v_p}\left( {{a_1}} \right).\]Như vậy lại có đánh giá\[{v_p}\left( {{a_1}} \right) \le {v_p}\left( {{a_{n + 1}}} \right) < {v_p}\left( {{a_n}} \right).\]Tóm lại là với $n\ge N$ thì nếu ${v_p}\left( {{a_n}} \right) < {v_p}\left( {{a_{n + 1}}} \right)$ sẽ có $$ {v_p}\left( {{a_n}} \right) < {v_p}\left( {{a_{n + 1}}} \right) = {v_p}\left( {{a_1}} \right),\;(*).$$ Còn nếu ${v_p}\left( {{a_n}} \right) > {v_p}\left( {{a_{n + 1}}} \right)$ thì sẽ có $${v_p}\left( {{a_1}} \right) \le {v_p}\left( {{a_{n + 1}}} \right) < {v_p}\left( {{a_n}} \right),\;(**).$$ Với mỗi số nguyên tố $p$, ta xét hai trường hợp
- Nếu tồn tại $k\ge N$ sao cho ${v_p}\left( {{a_k}} \right) < {v_p}\left( {{a_{k+ 1}}} \right)$ thế thì theo $(*)$ có ${v_p}\left( {{a_{k+ 1}}} \right)={v_p}\left( {{a_{1}}} \right)$. Từ đây ${v_p}\left( {{a_{k+ 2}}} \right)={v_p}\left( {{a_{1}}} \right)$, bởi nếu ${v_p}\left( {{a_{k+ 2}}} \right)>{v_p}\left( {{a_{1}}} \right)={v_p}\left( {{a_{k+1}}} \right)$ thì mâu thuẫn với $(*)$ còn nếu ${v_p}\left( {{a_{k+ 2}}} \right)<{v_p}\left( {{a_{1}}} \right)={v_p}\left( {{a_{k+1}}} \right)$ thì mâu thuẫn với $(**)$. Truy toán sẽ cho ta\[{v_p}\left( {{a_n}} \right) = {v_p}\left( {{a_1}} \right)\quad\forall\,n\ge k+1.\]
- Nếu không tồn tại $k\ge N$ sao cho ${v_p}\left( {{a_k}} \right) < {v_p}\left( {{a_{k+ 1}}} \right)$ thì có nghĩa là \[{v_p}\left( {{a_n}} \right) \ge {v_p}\left( {{a_{n+1}}} \right)\quad\forall\,n\ge N.\]
Những suy luận trên cho thấy với số nguyên tố $p$ bất kỳ, sẽ tồn tại $N_p$ để có\[{v_p}\left( {{a_{n + 1}}} \right) \le {v_p}\left( {{a_n}} \right)\quad\forall\,n\ge N_p.\]Cũng từ $(*)$ và $(**)$ ta lại thấy ngay là với mọi số nguyên tố $p$ thì \[{v_p}\left( {{a_{n + 1}}} \right) \le \max \left\{ {{v_p}\left( {{a_n}} \right),{v_p}\left( {{a_1}} \right)} \right\} \le \max \left\{ {{v_p}\left( {{a_N}} \right),{v_p}\left( {{a_1}} \right)} \right\}\quad\forall\,n\ge N.\]Từ đó thấy $a_n$ chỉ có hữu hạn ước nguyên tố. Chọn $M=\max\left\{N_p:\;p\mid a_n,\,n\ge N\right\}$, ta có điều cần chứng minh.
Bài Số Học Thi Toán Quốc Tế 2018
# Chọn Đội Tuyển
# Contest
# Đề Thi HSG
# Duyên Hải Bắc Bộ
# Gặp Gỡ Toán Học
# HSG 10
# HSG 11
# HSG 12
# HSG 9
# IMO
# International
# Journal
# National
# Kỷ Yếu
# Olympic 10
# Olympic 11
# Olympic 12
# Olympic KHTN
# Olympic Sinh Viên
# Tạp Chí
# Trường Đông
# Trường Hè
# Trường Thu
# Trường Xuân
# Trại Hè Hùng Vương
# Trại Hè Phương Nam
# TST
# Tuyển Sinh 10
# VMO
# VNTST
Bài Toán Hay
IMO
MathsVN
Số Học - Tổ Hợp
MOlympiad.NET là dự án thu thập và phát hành các đề thi tuyển sinh và học sinh giỏi toán. Quý bạn đọc muốn giúp chúng tôi chỉnh sửa bài viết này, xin hãy để lại bình luận facebook (có thể đính kèm hình ảnh) hoặc google (có thể sử dụng $\LaTeX$) bên dưới. BBT rất mong bạn đọc ủng hộ UPLOAD đề thi và đáp án mới hoặc liên hệ Chúng tôi nhận tất cả các định dạng của tài liệu: $\TeX$, PDF, WORD, IMG,... | |
- Đề Thi Chọn Đội Tuyển Tỉnh Bình Phước Dự Thi Học Sinh Giỏi Quốc Gia THPT 2021-2022
- Toán Học Tuổi Trẻ
- [Phạm Văn Thuận, Lê Vĩ] Bất Đẳng Thức Suy Luận Và Khám Phá
- [Trần Phương] Những Viên Kim Cương Trong Bất Đẳng Thức Toán Học
- [Nguyễn Nhất Huy, Nguyễn Minh Tuấn, Phan Quang Đạt, Dương Quỳnh Châu, Lăng Hồng Nguyệt Anh, Doãn Quang Tiến] Số Học Hướng Tới Kì Thi Chuyên Toán
- [Nguyễn Song Thiên Long] Tổng Hợp Các Bài Toán Hay Luyện Thi Olympic Toán
- [Nguyễn Tài Chung] Bồi Dưỡng Học Sinh Giỏi Phương Trình Hàm
- Đề Thi Tuyển Sinh Lớp 10 THPT Chuyên TP Hải Phòng 2022-2023 (Toán Chung)
- Ứng Dụng Nguyên Lý Dirichlet Trong Chứng Minh Bất Đẳng Thức
- [Kỷ Yếu] Chuyên Đề Hội Thảo Các Trường THPT Chuyên Khu Vực Duyên Hải - Đồng Bằng Bắc Bộ 2020