Diễn Đàn MathScopeDiễn Đàn MathScope
  Diễn Đàn MathScope
Ghi Danh Hỏi/Ðáp Thành Viên Social Groups Lịch Ðánh Dấu Ðã Ðọc

Go Back   Diễn Đàn MathScope > Sơ Cấp > Lý Thuyết Số

News & Announcements

Ngoài một số quy định đã được nêu trong phần Quy định của Ghi Danh , mọi người tranh thủ bỏ ra 5 phút để đọc thêm một số Quy định sau để khỏi bị treo nick ở MathScope nhé !

* Nội quy MathScope.Org

* Một số quy định chung !

* Quy định về việc viết bài trong diễn đàn MathScope

* Nếu bạn muốn gia nhập đội ngũ BQT thì vui lòng tham gia tại đây

* Những câu hỏi thường gặp

* Về việc viết bài trong Box Đại học và Sau đại học


Trả lời Gởi Ðề Tài Mới
 
Ðiều Chỉnh Xếp Bài
Old 10-07-2018, 11:47 PM   #1
Viet HN
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: Jan 2017
Bài gởi: 8
Thanks: 1
Thanked 2 Times in 2 Posts
Dãy nguyên dừng [IMO2018P5]

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 $a_{m+1}=a_m\;\forall\,m\ge M$.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
Viet HN is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
Old 11-07-2018, 01:49 AM   #2
Thụy An
+Thành Viên+
 
Tham gia ngày: Oct 2017
Bài gởi: 59
Thanks: 5
Thanked 38 Times in 28 Posts
Trích:
Nguyên văn bởi Viet HN View Post
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 $a_{m+1}=a_m\;\forall\,m\ge M$.
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 $$ {v_p}\left( {{a_n}} \right) < {v_p}\left( {{a_{n + 1}}} \right) = {v_p}\left( {{a_1}} \right).$$Giả sử tồn tại số nguyên tố $p$ sao cho ${v_p}\left( {{a_n}} \right) > {v_p}\left( {{a_{n + 1}}} \right)$, với $n\ge N$. 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 $${v_p}\left( {{a_1}} \right) \le {v_p}\left( {{a_{n + 1}}} \right) < {v_p}\left( {{a_n}} \right),\;(**).$$
Bây giờ với số nguyên tố $p$ tùy ý, 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.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 

thay đổi nội dung bởi: Thụy An, 11-07-2018 lúc 02:27 AM
Thụy An is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
The Following 2 Users Say Thank You to Thụy An For This Useful Post:
ncthanh (11-07-2018), vnt.hnue (Hôm qua)
Old Hôm qua, 09:46 AM   #3
vnt.hnue
Super Moderator
 
Tham gia ngày: Sep 2016
Bài gởi: 19
Thanks: 24
Thanked 15 Times in 8 Posts
Em xin góp thêm một cách.
Đặt $a_{1}=a, a_{n}=b, a_{n+1}=x,a_{n+2}=x_{1},... $ với mọi $n$ lớn hơn hoặc bằng $N$.
Suy ra $x|ab$, dẫn đến $\frac{b}{x}+\frac{x-b}{a}=\frac{y}{a}+\frac{x-b}{a}=m$. Ta có hệ sau:
$x+y=ma+b$
$xy=ab$
Nếu $(a,b)>1$, gọi $p$ là một ước nguyên tố chung của $a,b$, thay vào hệ trên được ngay $p|x,p|y$. Vậy ta có thể chia bộ $a,b,x,y$ cho các ước nguyên tố $p$ cho đến khi $(a',b')=1$. Do đó $(a,b)|x_{n}$ với mọi $n$. Ta có:
$x'+y'=ma'+b'$
$x'y'=a'b'$
Suy ra $x'|a'b'$, dẫn đến $x_{n}|[a,b]$ $(1)$ và $(a,b)|x_{n}$
Tương tự, ta cũng có $(a,x_{n})|x_{n+1}$, suy ra
$(a,x_{n})|(a,x_{n+1})$, vậy:
$(a,x_{n})\leq (a,x_{n+1})\leq (a,x_{n+2}) \leq (a,x_{n+2}) \leq ....$
Chứng minh tương tự $(1)$, ta cũng có:
$[a,b] \geq [a,x] \geq ....\geq [a,x_{n}] \geq [a, x_{n+1}] \geq [a,x_{n+2}] \geq...$
Mà $[a,b]$ là hữu hạn nên theo $(1)$ thì tập giá trị của $x_{n}$ là hữu hạn, nhưng dãy $x_{n}$ là vô hạn nên tồn tại dãy con $x_{n_{i}}$ có tất cả các phần tử bằng nhau.
Theo các nhận xét trên, suy ra:
$(a,x_{n_{i}})\leq (a,x_{n_{i}+2})\leq (a,x_{n_{i}+2}) \leq ....\leq (a,x_{n_{i+1}}=(a,x_{n_{i}}))$
$[a,x_{n_{i}}] \geq [a,x_{n_{i}+1}] \geq ....\geq [a,x_{n_{i+1}}] =[a,x_{n_{i}}]$
Do đó $ax_{n_{i}}=ax_{n_{i}+1}=...=ax_{n_{i+1}}$
Dẫn đến $x_{n_{i}}=x_{n_{i}+1}=...=x_{n_{i+1}}$
Chọn $a_{M}=x_{n_{1}}$, ta có điều phải chứng minh.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
 
vnt.hnue is offline   Trả Lời Với Trích Dẫn
Trả lời Gởi Ðề Tài Mới

Bookmarks

Ðiều Chỉnh
Xếp Bài

Quuyền Hạn Của Bạn
You may not post new threads
You may not post replies
You may not post attachments
You may not edit your posts

BB code is Mở
Smilies đang Mở
[IMG] đang Mở
HTML đang Tắt

Chuyển đến


Múi giờ GMT. Hiện tại là 08:37 PM.


Powered by: vBulletin Copyright ©2000-2018, Jelsoft Enterprises Ltd.
Inactive Reminders By mathscope.org
[page compression: 49.46 k/54.54 k (9.31%)]