Chủ đề này có 2 trả lời

[dactai10a1]

Cho p là số nguyên dương cho trước.Tìm tất cả dãy số nguyên dương $\left( {{u_n}} \right)$ thỏa $\forall m,n \in {N^*};({u_m} + np)({u_n} + mp)$ là SCP

[perfectstrong]

Nếu $p=1$ thì ta có IMO 2010, problem 3
Lời giải:
Ta đặt $u_n=f(n)$ với $f: \mathbb{N}^* \to \mathbb{N}^*$.
Bổ đề: Nếu $x|f(k)-f(l)$ với $x$ là số nguyên tố và $k, l \in \mathbb{N}^* \Rightarrow x|k-l$. Thật vậy:
TH1: $x^2|f(k)-f(l) \Rightarrow f(k)=f(l)+ax^2$ với $a \in \mathbb{Z}$
Chọn $D>\max (f(k);f(l))$ sao cho $x\not | D$.
Xét $n=xD-f(k)$ thì $n+f(k)=xD$: chia hết cho $x$ nhưng không chia hết cho $x^2$. (1)
$n+f(l)=xD-(f(k)-f(l))=x(D+a)$: chia hết cho $x$ nhưng không chia hết cho $x^2$. (2)
Theo giả thiết thì $(n+f(k))(k+f(n))$ là số chính phương. Mà $x|n+f(k) \Rightarrow x|(n+f(k))(k+f(n)) \Rightarrow x^2|(n+f(k))(k+f(n))$
Do (1) nên $x|k+f(n)$. Tương tự, ta có $x|l+f(n)$. Vậy $x|k+f(n)-(l+f(n))=k-l$.
TH2: $x|f(k)-f(l)$ nhưng $x^2 \not | f(k)-f(l) \Rightarrow f(k)-f(l)=bx$ với $b \in \mathbb{N};x \not | b$
Chọn $D>\max (f(k);f(l))$ sao cho $x \not | D$.
Xét $n=x^3D-f(k)$ thì $n+f(k)=x^3D$: chia hết cho $x^3$ nhưng không chia hết cho $x^4$. (3)
$n+f(l)=x^3D-(f(k)-f(l))=x(x^2D+b)$: chia hết cho $x$ nhưng không chia hết cho $x^2$. (4)
Theo giả thiết thì $(n+f(k))(k+f(n))$ là số chính phương. Mà $x^3|n+f(k) \Rightarrow x^3|(n+f(k))(k+f(n)) \Rightarrow x^4|(n+f(k))(k+f(n))$.
Do (3) nên $x|k+f(n)$.
Lý luận tương tự TH 1 cho $n+f(l)$ thì ta cũng có $x|l+f(n) \Rightarrow x|k+f(n)-(l+f(n))=k-l$.
Hợp 2 TH, bổ đề được chứng minh.
==========================
Quay lại bài toán. $\forall k;l \in \mathbb{N}^*:f(k)=f(l) \Rightarrow x|f(k)-f(l)$ với mọi số nguyên tố $x$.
Theo bổ đề thì $x|k-l$ với mọi số nguyên tố $x \Rightarrow k-l=0 \Rightarrow k=l \Rightarrow f$ là đơn ánh.
Xét $f(n+1)$ và $f(n)$. Do $1$ không có ước nguyên tố nào khác nên theo bổ đề thì $|f(n+1)-f(n)|=1$.
Đặt $f(n+1)-f(n)=q$ với $|q|=1$. Ta chứng minh bằng quy nạp rằng $f(n)=f(1)+q(n-1)$. (*)
Thật vậy, với $n=1;2$ thì ta có (*) đúng.
Giả sử (*) đúng đến $n$, ta chứng minh (*) đúng $n+1$.
Ta có $f(n+1)=f(n) \pm q=f(1)+q(n-1) \pm q$.
Do $f$ đơn ánh nên $f(n+1) \ne f(n-1)=f(1)+q(n-2)$. Suy ra $f(n+1)=f(1)+qn$. Vậy (*) đúng đến $n+1$ hay đúng với mọi $n \in \mathbb{N}^*$.
Nếu $q=-1$ thì nếu $n \ge f(1)+1 \Rightarrow f(n)\le 0$: vô lý. Cho nên $q=1 \Rightarrow f(n)=n-1+f(1)=n+c$ với $c$ là một hằng số nguyên không âm.
Kết luận: $f(n)=n+c$ với $c$ là hằng số nguyên không âm.
===========================================
===========================================
Còn nếu $p>1$ thì chứng minh tương tự, ta có $f(n)=pn+c$ với $c$ là hằng số nguyên không âm.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 04-09-2012 - 13:00

[dactai10a1]

Nếu $p=1$ thì ta có IMO 2010, problem 3
Lời giải:
Ta đặt $u_n=f(n)$ với $f: \mathbb{N}^* \to \mathbb{N}^*$.
Bổ đề: Nếu $x|f(k)-f(l)$ với $x$ là số nguyên tố và $k, l \in \mathbb{N}^* \Rightarrow x|k-l$. Thật vậy:
TH1: $x^2|f(k)-f(l) \Rightarrow f(k)=f(l)+ax^2$ với $a \in \mathbb{Z}$
Chọn $D>\max (f(k);f(l))$ sao cho $x\not | D$.
Xét $n=xD-f(k)$ thì $n+f(k)=xD$: chia hết cho $x$ nhưng không chia hết cho $x^2$. (1)
$n+f(l)=xD-(f(k)-f(l))=x(D+a)$: chia hết cho $x$ nhưng không chia hết cho $x^2$. (2)
Theo giả thiết thì $(n+f(k))(k+f(n))$ là số chính phương. Mà $x|n+f(k) \Rightarrow x|(n+f(k))(k+f(n)) \Rightarrow x^2|(n+f(k))(k+f(n))$
Do (1) nên $x|k+f(n)$. Tương tự, ta có $x|l+f(n)$. Vậy $x|k+f(n)-(l+f(n))=k-l$.
TH2: $x|f(k)-f(l)$ nhưng $x^2 \not | f(k)-f(l) \Rightarrow f(k)-f(l)=bx$ với $b \in \mathbb{N};x \not | b$
Chọn $D>\max (f(k);f(l))$ sao cho $x \not | D$.
Xét $n=x^3D-f(k)$ thì $n+f(k)=x^3D$: chia hết cho $x^3$ nhưng không chia hết cho $x^4$. (3)
$n+f(l)=x^3D-(f(k)-f(l))=x(x^2D+b)$: chia hết cho $x$ nhưng không chia hết cho $x^2$. (4)
Theo giả thiết thì $(n+f(k))(k+f(n))$ là số chính phương. Mà $x^3|n+f(k) \Rightarrow x^3|(n+f(k))(k+f(n)) \Rightarrow x^4|(n+f(k))(k+f(n))$.
Do (3) nên $x|k+f(n)$.
Lý luận tương tự TH 1 cho $n+f(l)$ thì ta cũng có $x|l+f(n) \Rightarrow x|k+f(n)-(l+f(n))=k-l$.
Hợp 2 TH, bổ đề được chứng minh.
==========================
Quay lại bài toán. $\forall k;l \in \mathbb{N}^*:f(k)=f(l) \Rightarrow x|f(k)-f(l)$ với mọi số nguyên tố $x$.
Theo bổ đề thì $x|k-l$ với mọi số nguyên tố $x \Rightarrow k-l=0 \Rightarrow k=l \Rightarrow f$ là đơn ánh.
Xét $f(n+1)$ và $f(n)$. Do $1$ không có ước nguyên tố nào khác nên theo bổ đề thì $|f(n+1)-f(n)|=1$.
Đặt $f(n+1)-f(n)=q$ với $|q|=1$. Ta chứng minh bằng quy nạp rằng $f(n)=f(1)+q(n-1)$. (*)
Thật vậy, với $n=1;2$ thì ta có (*) đúng.
Giả sử (*) đúng đến $n$, ta chứng minh (*) đúng $n+1$.
Ta có $f(n+1)=f(n) \pm q=f(1)+q(n-1) \pm q$.
Do $f$ đơn ánh nên $f(n+1) \ne f(n-1)=f(1)+q(n-2)$. Suy ra $f(n+1)=f(1)+qn$. Vậy (*) đúng đến $n+1$ hay đúng với mọi $n \in \mathbb{N}^*$.
Nếu $q=-1$ thì nếu $n \ge f(1)+1 \Rightarrow f(n)\le 0$: vô lý. Cho nên $q=1 \Rightarrow f(n)=n-1+f(1)=n+c$ với $c$ là một hằng số nguyên không âm.
Kết luận: $f(n)=n+c$ với $c$ là hằng số nguyên không âm.
===========================================
===========================================
Còn nếu $p>1$ thì chứng minh tương tự, ta có $f(n)=pn+c$ với $c$ là hằng số nguyên không âm.

Không tương tự như bạn nghĩ đâu,bài này hình như không giải tổng quát được

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi dactai10a1: 06-09-2012 - 22:09