Bài toán 5.[Pi in the sky, issue 10, 2007] Gọi $A$ là tập hợp khác rỗng các số nguyên dương sao cho nếu $a\in A$ thì \[4a\in A\,\mbox{và}\,\left[\sqrt{a}\right]\in A,\] ở đây $\left[a\right]$ kí hiệu cho số nguyên lớn nhất nhỏ hơn hoặc bằng $a$. Chứng minh rằng $A$ là tập hợp các số nguyên dương.

Toán học & tuổi trẻ số 513, tháng 3 năm 2020

Bài toán 6.[Pi in the sky, issue 10, 2007] Gọi $A$ là tập hợp khác rỗng các số nguyên dương sao cho nếu $a\in A$ thì \[4a\in A\,\mbox{và}\,\left[\sqrt{a}\right]\in A,\] ở đây $\left[a\right]$ kí hiệu cho số nguyên lớn nhất nhỏ hơn hoặc bằng $a$. Chứng minh rằng $A$ là tập hợp các số nguyên dương.

Lời giải

1. Đầu tiên chúng ta chứng minh $1\in A$. Xét $a\in A$. Khi đó, ta có \[\left[a^{\frac{1}{2}}\right]\in A,\left[\left[a^{\frac{1}{2}}\right]^{\frac{1}{2}}\right]\in A,\ldots,\underbrace{\left[\ldots\left[\left[a^{\frac{1}{2}}\right]^{\frac{1}{2}}\right]^{\frac{1}{2}}\ldots\right]}_{n\,\text{dấu ngoặc}}\in A,\ldots\] Cũng như vậy, các bất đẳng thức sau đúng \[1\le \left[a^{\frac{1}{2}}\right]\le a^{\frac{1}{2}}; 1\le \left[\left[a^{\frac{1}{2}}\right]^{\frac{1}{2}}\right]\le a^{\frac{1}{2^2}};1\le \underbrace{\left[\ldots\left[\left[a^{\frac{1}{2}}\right]^{\frac{1}{2}}\right]^{\frac{1}{2}}\ldots\right]}_{n\,\text{dấu ngoặc}}\le a^{\frac{1}{2^n}},\ldots.\] Mặt khác luôn tồn tại số nguyên $k$ đủ lớn sao cho $a^{\frac{1}{2^k}}\le 1{,}5$. Vì vậy \[1\le \underbrace{\left[\ldots\left[\left[a^{\frac{1}{2}}\right]^{\frac{1}{2}}\right]^{\frac{1}{2}}\ldots\right]}_{k\,\text{dấu ngoặc}}\le a^{\frac{1}{2^k}}\le 1{,}5.\] Và do đó \[1=\underbrace{\left[\ldots\left[\left[a^{\frac{1}{2}}\right]^{\frac{1}{2}}\right]^{\frac{1}{2}}\ldots\right]}_{k\,\text{dấu ngoặc}}\in A.\]
2. Chứng minh $2^n\in A$ với mọi $n=1,2,\ldots$. Thật vậy, do $1\in A$ nên \[2^2\in A,\, 2^4\in A,\ldots,2^{2n}\in A.\] Do đó, $2^n=\sqrt{2^{2n}}\in A$ với mọi $n=1,2,\ldots$.
3. Bây giờ ta xét một số nguyên dương $m$ tùy ý và ta sẽ chứng minh rằng $m\in A$. Để làm điều này, ta sẽ chỉ ra rằng tồn tại số nguyên dương $k$ sao cho $m^{2^k}\in A$.
   Với mỗi số nguyên dương $k$, tồn tại số nguyên dương $p_k$ sao cho $2^{p_k} < m^{2^k} < 2^{p_k+1}$, ta có thể lấy $p_k=m=\left[\log_2 m^{2^k}\right]$. Với $k$ đủ lớn, ta có bất đẳng thức \[\left(1+\dfrac{1}{m}\right)^{2^k}\ge 1+\dfrac{1}{m}\cdot 2^k > 4.\] Do đó \[2^{p_k} < m^{2^k} < 2^{p_k+1} < 2^{p_k+2} < \left(m+1\right)^{2^k}.\tag{*}\] Bây giờ ta xét $k$ là số nguyên dương thỏa mãn (*). Từ $2^{2\left(p_k+1\right)+1}\in A$, ta có \[\left[\sqrt{2^{2\left(p_k+1\right)+1}}\right]=\left[2^{\left(p_k+1\right)}\sqrt{2}\right]\in A.\] Vì vậy, \[\underbrace{\left[\ldots\left[\left[2^{\left(p_k+1\right)}\sqrt{2}\right]^{\frac{1}{2}}\right]^{\frac{1}{2}}\ldots\right]}_{(k+1)\,\text{dấu ngoặc}}\in A.\] Mặt khác, từ (*) ta có \[m^{2^k} < 2^{p_k+1}\le \left[2^{\left(p_k+1\right)}\sqrt{2}\right] < \left(m+1\right)^{2^k}.\] Và vì vậy \[m\le \underbrace{\left[\ldots\left[\left[2^{\left(p_k+1\right)}\sqrt{2}\right]^{\frac{1}{2}}\right]^{\frac{1}{2}}\ldots\right]}_{(k+1)\,\text{dấu ngoặc}}\le m+1.\] Điều này chứng tỏ rằng \[m= \underbrace{\left[\ldots\left[\left[2^{\left(p_k+1\right)}\sqrt{2}\right]^{\frac{1}{2}}\right]^{\frac{1}{2}}\ldots\right]}_{(k+1)\,\text{dấu ngoặc}}\in A.\]