Bài toán. 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 $a_{m+1}=a_m\;\forall\,m\ge M$.

Lời giải. 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 $$ {v_p}\left( {{a_n}} \right) < {v_p}\left( {{a_{n + 1}}} \right) = {v_p}\left( {{a_1}} \right).$$Nếu $p$ là số nguyên tố thỏa mãn ${v_p}\left( {{a_n}} \right) > {v_p}\left( {{a_{n + 1}}} \right)$, 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 $${v_p}\left( {{a_1}} \right) \le {v_p}\left( {{a_{n + 1}}} \right) < {v_p}\left( {{a_n}} \right),\;(**).$$

Với mỗi số nguyên tố $p$, 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.

$\square$