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
- 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,\ldotsCũng 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.
- 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.
- 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.
0 nhận xét:
Đăng nhận xét