|
|
|
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 ! * 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 |
| Ðiều Chỉnh | Xếp Bài |
10-07-2018, 11:47 PM | #1 |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Jan 2017 Bài gởi: 9 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 $a_{m+1}=a_m\;\forall\,m\ge M$. |
11-07-2018, 01:49 AM | #2 | |
+Thành Viên+ Tham gia ngày: Oct 2017 Bài gởi: 93 Thanks: 1 Thanked 68 Times in 45 Posts | Trích:
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
thay đổi nội dung bởi: Thụy An, 11-07-2018 lúc 02:27 AM | |
16-07-2018, 09:46 AM | #3 |
Moderator Tham gia ngày: Sep 2016 Bài gởi: 23 Thanks: 26 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. |
Bookmarks |
Ðiều Chỉnh | |
Xếp Bài | |
|
|