设 $a_1,a_2,\cdots$ 是一个无限项正整数序列．已知存在整数 $N>1$，使得对每个整数 $n\geqslant N$，$\dfrac{a_1}{a_2}+\dfrac{a_2}{a_3}+\cdots+\dfrac{a_{n-1}}{a_n}+\dfrac{a_n}{a_1}$ 都是整数．证明：存在正整数 $M$，使得 $a_m=a_{m+1}$ 对所有整数 $m\geqslant M$ 都成立．（蒙古）
【难度】
【出处】
2018年第59届IMO试题
【标注】
【答案】
略
【解析】
由条件知，对整数 $n\geqslant N$，$\left(\dfrac{a_1}{a_2}+\dfrac{a_2}{a_3}+\cdots+\dfrac{a_n}{a_{n+1}}+\dfrac{a_{n+1}}{a_1}\right)-\left(\dfrac{a_1}{a_2}+\dfrac{a_2}{a_3}+\cdots+\dfrac{a_{n-1}}{a_{n}}+\dfrac{a_{n}}{a_1}\right)=\dfrac{a_n}{a_{n+1}}+\dfrac{a_{n+1}}{a_1}-\dfrac{a_n}{a_1}$ 是整数．
从而对 $n\geqslant N,\dfrac{a_1a_n}{a_{n+1}}+a_{n+1}-a_n$ 是整数，于是 $a_{n+1}|a_1a_n$．由归纳法易证，对 $n\geqslant N$，有 $a_n|a_1a_N^{n-N}$．设 $P$ 是 $a_1a_N$ 的所有质因子构成的集合，则 $P$ 是有限集合．对 $n\geqslant N$，由于 $a_n|a_1a_N^{n-N}$，故 $a_n$ 的质因子都在 $P$ 中．
要证明 $\{a_n\}_{n\geqslant 1}$ 最终常数，只需对每个质数 $p\in P$，证明 $\{v_P(a_n)\}_{n\geqslant 1}$ 最终常数．
设 $p\in P,n\geqslant N$，则下面两个结论必居其一：
（1）$v_p(a_{n+1})\leqslant v_p(a_n)$；
（2）$v_p(a_{n+1})> v_p(a_n)$，且 $v_p(a_{n+1})=v_p(a_1)$．
事实上，若 $v_p(a_{n+1})>v_p(a_n)$，则 $v_p\left(\dfrac{a_n}{a_{n+1}}\right)<0,v_p\left(\dfrac{a_n}{a_1}\right)<v_p\left(\dfrac{a_{n+1}}{a_1}\right)$，由于 $v_p\left(\dfrac{a_n}{a_{n+1}}+\dfrac{a_{n+1}}{a_1}-\dfrac{a_n}{a_1}\right)\geqslant 0$，再结合 $v_p\left(\dfrac{a_n}{a_{n+1}}\right)<0$ 可知，$v_p\left(\dfrac{a_n}{a_{n+1}}\right),v_p\left(\dfrac{a_n}{a_1}\right),v_p\left(\dfrac{a_{n+1}}{a_1}\right)$ 中的最小值至少出现两次，故 $v_p\left(\dfrac{a_n}{a_{n+1}}\right)=v_p\left(\dfrac{a_n}{a_1}\right)$，即 $v_p(a_{n+1})=v_p(a_1)$．
我们再证明：（3）若 $v_p(a_n)=v_p(a_1)$，其中 $n\geqslant N,p\in P$，则 $v_p(a_{n+1})=v_p(a_1)$．
若 $v_p(a_{n+1})\ne v_p(a_1)$，则由（1）（2）可知，只能 $v_p(a_{n+1})<v_p(a_n)=v_p(a_1)$．此时 $v_p\left(\dfrac{a_n}{a_{n+1}}\right)>0,v_p\left(\dfrac{a_n}{a_1}\right)=0,v_p\left(\dfrac{a_{n+1}}{a_1}\right)<0$，从而 $v_p\left(\dfrac{a_n}{a_{n+1}}+\dfrac{a_{n+1}}{a_1}-\dfrac{a_{n+1}}{a_1}\right)=v_p\left(\dfrac{a_{n+1}}{a_1}\right)<0$，这与 $\dfrac{a_n}{a_{n+1}}+\dfrac{a_{n+1}}{a_1}-\dfrac{a_{n+1}}{a_1}$ 是整数矛盾．
设 $p\in P$．分两种情况讨论．
情形一：对所有 $n\geqslant N$，都有 $v_p(a_{n+1})\leqslant v_p(a_n)$．此时 $\{v_p(a_n)\}_{n\geqslant N}$ 是单调不增的非负整数序列，最终常数．
情形二：存在 $n_0\geqslant N$，使得 $v_p(a_{n_0}+1)>v_p(a_{n_0})$．由（2）知 $v_p(a_{n_0}+1)=v_p(a_{1})$．再由（3）及归纳法知，对 $n\geqslant n_0$，都有 $v_p(a_{n})=v_p(a_{1})$，从而 $\{v_p(a_n)\}$ 也是最终常数的．
从而对 $n\geqslant N,\dfrac{a_1a_n}{a_{n+1}}+a_{n+1}-a_n$ 是整数，于是 $a_{n+1}|a_1a_n$．由归纳法易证，对 $n\geqslant N$，有 $a_n|a_1a_N^{n-N}$．设 $P$ 是 $a_1a_N$ 的所有质因子构成的集合，则 $P$ 是有限集合．对 $n\geqslant N$，由于 $a_n|a_1a_N^{n-N}$，故 $a_n$ 的质因子都在 $P$ 中．
要证明 $\{a_n\}_{n\geqslant 1}$ 最终常数，只需对每个质数 $p\in P$，证明 $\{v_P(a_n)\}_{n\geqslant 1}$ 最终常数．
设 $p\in P,n\geqslant N$，则下面两个结论必居其一：
（1）$v_p(a_{n+1})\leqslant v_p(a_n)$；
（2）$v_p(a_{n+1})> v_p(a_n)$，且 $v_p(a_{n+1})=v_p(a_1)$．
事实上，若 $v_p(a_{n+1})>v_p(a_n)$，则 $v_p\left(\dfrac{a_n}{a_{n+1}}\right)<0,v_p\left(\dfrac{a_n}{a_1}\right)<v_p\left(\dfrac{a_{n+1}}{a_1}\right)$，由于 $v_p\left(\dfrac{a_n}{a_{n+1}}+\dfrac{a_{n+1}}{a_1}-\dfrac{a_n}{a_1}\right)\geqslant 0$，再结合 $v_p\left(\dfrac{a_n}{a_{n+1}}\right)<0$ 可知，$v_p\left(\dfrac{a_n}{a_{n+1}}\right),v_p\left(\dfrac{a_n}{a_1}\right),v_p\left(\dfrac{a_{n+1}}{a_1}\right)$ 中的最小值至少出现两次，故 $v_p\left(\dfrac{a_n}{a_{n+1}}\right)=v_p\left(\dfrac{a_n}{a_1}\right)$，即 $v_p(a_{n+1})=v_p(a_1)$．
我们再证明：（3）若 $v_p(a_n)=v_p(a_1)$，其中 $n\geqslant N,p\in P$，则 $v_p(a_{n+1})=v_p(a_1)$．
若 $v_p(a_{n+1})\ne v_p(a_1)$，则由（1）（2）可知，只能 $v_p(a_{n+1})<v_p(a_n)=v_p(a_1)$．此时 $v_p\left(\dfrac{a_n}{a_{n+1}}\right)>0,v_p\left(\dfrac{a_n}{a_1}\right)=0,v_p\left(\dfrac{a_{n+1}}{a_1}\right)<0$，从而 $v_p\left(\dfrac{a_n}{a_{n+1}}+\dfrac{a_{n+1}}{a_1}-\dfrac{a_{n+1}}{a_1}\right)=v_p\left(\dfrac{a_{n+1}}{a_1}\right)<0$，这与 $\dfrac{a_n}{a_{n+1}}+\dfrac{a_{n+1}}{a_1}-\dfrac{a_{n+1}}{a_1}$ 是整数矛盾．
设 $p\in P$．分两种情况讨论．
情形一：对所有 $n\geqslant N$，都有 $v_p(a_{n+1})\leqslant v_p(a_n)$．此时 $\{v_p(a_n)\}_{n\geqslant N}$ 是单调不增的非负整数序列，最终常数．
情形二：存在 $n_0\geqslant N$，使得 $v_p(a_{n_0}+1)>v_p(a_{n_0})$．由（2）知 $v_p(a_{n_0}+1)=v_p(a_{1})$．再由（3）及归纳法知，对 $n\geqslant n_0$，都有 $v_p(a_{n})=v_p(a_{1})$，从而 $\{v_p(a_n)\}$ 也是最终常数的．
答案
解析
备注
