设 $\{a_n\}, \{b_n\}$ 都是正整数数列，且满足 $a_{n+1}=na_n+1,b_{n+1}=nb_n-1$（$n\in\mathbb{N^{\ast}}$），证明：数列 $\{a_n\}$ 与 $\{b_n\}$ 只有有限多个公共项．
【难度】
【出处】
全国高中数学联赛模拟试题(9)
【标注】
【答案】
略
【解析】
由递推关系可知$$a_2=a_1+1, a_3=2a_2+1=2!\left(a_1+1+\frac{1}{2!}\right), a_4=3!\left(a_1+1+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}\right).$$一般地，由数学归纳法，可得 $a_{n+1}=n!(a_1+T_n)$，其中 $T_n=1+\frac{1}{2!}+\ldots+\frac{1}{n!}$．易知对任意正整数 $n$，都有$$1\leqslant T_n\leqslant 1+\frac{1}{2}\sum^{n-2}_{i=0}\frac{1}{2^i}<1+\frac{1}{2}\sum^{\infty}_{i=0}\frac{1}{3^i}=\frac{7}{4}.$$类似地，我们有 $b_{n+1}=n!(b_1-T_n)$，由 $b_2=b_1-1$ 是正整数，知 $b_1\geqslant 2$．
假设存在正整数 $m,n$，使得 $a_{m+1}=b_{n+1}$，即 $m!(a_1+T_m)=n!(b_1-T_n)$．
若 $m=n$，则 $b_1-a_1=2T_n$，当 $n>2$ 时，$2T_n\not\in\mathbb{Z}$，故 $m=n\leqslant 2$．
若 $m\neq n$，由式 ①，得$$\frac{a_1+1}{b_1-1}\leqslant \frac{a_1+T_m}{b_1-T_n}\leqslant \frac{a_1+\frac{7}{4}}{b_1-\frac{7}{4}}.$$又 $\frac{a_1+T_m}{b_1-T_m}=\frac{m!}{n!}$，从而$$m<n\leqslant \frac{a_1+\frac{7}{4}}{b_1-\frac{7}{4}}或n<m\leqslant \frac{a_1+1}{b_1-1}.$$无论哪种情形，都有 $\max\{m,n\}\leqslant k$，其中$$k=\max\{2,\frac{a_1+\frac{7}{4}}{b_1-\frac{7}{4}},\frac{a_1+1}{b_1-1}\}.$$是只与 $a_1,b_1$ 有关的常数．
因此，数列 $\{a_n\}$ 与 $\{b_n\}$ 只有有限多个公共项．
假设存在正整数 $m,n$，使得 $a_{m+1}=b_{n+1}$，即 $m!(a_1+T_m)=n!(b_1-T_n)$．
若 $m=n$，则 $b_1-a_1=2T_n$，当 $n>2$ 时，$2T_n\not\in\mathbb{Z}$，故 $m=n\leqslant 2$．
若 $m\neq n$，由式 ①，得$$\frac{a_1+1}{b_1-1}\leqslant \frac{a_1+T_m}{b_1-T_n}\leqslant \frac{a_1+\frac{7}{4}}{b_1-\frac{7}{4}}.$$又 $\frac{a_1+T_m}{b_1-T_m}=\frac{m!}{n!}$，从而$$m<n\leqslant \frac{a_1+\frac{7}{4}}{b_1-\frac{7}{4}}或n<m\leqslant \frac{a_1+1}{b_1-1}.$$无论哪种情形，都有 $\max\{m,n\}\leqslant k$，其中$$k=\max\{2,\frac{a_1+\frac{7}{4}}{b_1-\frac{7}{4}},\frac{a_1+1}{b_1-1}\}.$$是只与 $a_1,b_1$ 有关的常数．
因此，数列 $\{a_n\}$ 与 $\{b_n\}$ 只有有限多个公共项．
答案
解析
备注
