Câu 3 (6,0 điểm). Cho $(a_n)$ là 1 dãy các số nguyên dương thỏa mãn điều kiện: với mỗi số nguyên tố $p$, có vô số số hạng trong dãy $(a_n)$ chia hết cho $p$. Chứng minh rằng, mọi số hữu tỉ dương bé hơn 1 đều có thể biểu diễn dưới dạng $\frac{b_1}{a_1}+\frac{b_2}{a_1{a}_2}+\dots +\frac{b_n}{a_1{a}_2\dots a_n}$, với $b_1;b_2;\dots ;b_n$ là các số nguyên thỏa mãn $0\le b_i\le a_i-1$, $i=1;2;\dots ;n$.

(AI giải đề cho tôi)
Trước hết, vì mỗi số nguyên tố $p$ chia hết vô số số hạng của $(a_n)$, dãy có vô số số hạng lớn hơn 1; hơn nữa với mỗi số nguyên tố $p$ và mỗi bước, ta luôn chọn được một số hạng **chưa dùng** chia hết cho $p$ (vì có vô số số hạng như vậy mà ta chỉ dùng hữu hạn số hạng). Ta sẽ chọn một dãy con $(c_1,c_2,\dots )$ của $(a_n)$ và các 'chữ số' $b_i$ sao cho $$x=\sum _{i=1}^n\frac{b_i}{c_1{c}_2\cdots c_i},0\le b_i\le c_i-1.$$ (Sau đó đổi tên $c_i\mapsto a_i$ ta được khẳng định của đề bài.)

**Ký hiệu.** Gọi $x=\frac{p}{q}$ với $\gcd (p,q)=1$, $0<p<q$ (vì $0<x<1$). Đặt $C_k=c_1{c}_2\cdots c_k$. Ta xây dựng đệ quy để luôn có $$x=\sum _{i=1}^k\frac{b_i}{C_i}+\frac{s_k}{q{C}_k},0\le s_k<q.(\ast )$$

**Bước 1.** Chọn $c_1$ là một số hạng của dãy chia hết cho một ước nguyên tố nào đó của $q$ (tồn tại vì mỗi nguyên tố chia hết vô số số hạng). Đặt $b_1=\lfloor \frac{p{c}_1}{q}\rfloor$, $s_1=p{c}_1-b_{1}q=p{c}_1\mathrm{mod}q$. Vì $p<q$ nên $\frac{p{c}_1}{q}<c_1$, suy ra $0\le b_1\le c_1-1$; và $0\le s_1<q$. Hiển nhiên $(\ast )$ đúng với $k=1$.

**Bước chuyển từ $k$ sang $k+1$ (khi $s_k>0$).** Đặt $d_k=\gcd (s_k,q)$, $q=d_k{q}^{\prime }$, $s_k=d_k{s}^{\prime }$ với $\gcd (s^{\prime },q^{\prime })=1$. Vì $s_k<q$ nên $q^{\prime }>1$; chọn một ước nguyên tố $p\mid q^{\prime }$ và chọn $c_{k+1}$ là một số hạng **chưa dùng** của dãy $(a_n)$ chia hết cho $p$. Đặt $$b_{k+1}=\lfloor \frac{s_k{c}_{k+1}}{q}\rfloor ,s_{k+1}=s_k{c}_{k+1}-b_{k+1}q=s_k{c}_{k+1}\mathrm{mod}q.$$ Khi đó $$\frac{s_k}{q{C}_k}=\frac{s_k{c}_{k+1}}{q{C}_{k+1}}=\frac{b_{k+1}q+s_{k+1}}{q{C}_{k+1}}=\frac{b_{k+1}}{C_{k+1}}+\frac{s_{k+1}}{q{C}_{k+1}},$$ nên $(\ast )$ vẫn đúng với $k+1$. Kiểm tra ràng buộc: vì $s_k<q$ nên $\frac{s_k{c}_{k+1}}{q}<c_{k+1}$, suy ra $0\le b_{k+1}\le c_{k+1}-1$; và $0\le s_{k+1}<q$.

**Kết thúc hữu hạn.** Ta có $\gcd (s_{k+1},q)=\gcd (s_k{c}_{k+1},q)=d_k\cdot \gcd (s^{\prime }{c}_{k+1},q^{\prime })$. Vì $p\mid c_{k+1}$ và $p\mid q^{\prime }$ nên $\gcd (s^{\prime }{c}_{k+1},q^{\prime })\ge p>1$ (do $\gcd (s^{\prime },q^{\prime })=1$ không ảnh hưởng: mọi ước nguyên tố chung của $s^{\prime }{c}_{k+1}$ và $q^{\prime }$ đều đến từ $c_{k+1}$). Vậy $$d_{k+1}=\gcd (s_{k+1},q)\ge d_k\cdot p>d_k.$$ Dãy $(d_k)$ là dãy các ước dương của $q$ tăng ngặt, nên sau không quá số số ước nguyên tố của $q$ bước, ta đạt được $d_n=q$, tức $q\mid s_n{c}_{n+1}$... chính xác hơn: khi $d_k=q$ thì $q\mid s_k$, kết hợp $0\le s_k<q$ cho $s_k=0$, tức biểu diễn $(\ast )$ trở thành $$x=\sum _{i=1}^k\frac{b_i}{C_i}$$ — đẳng thức cần chứng minh với $n=k$.

**Kết luận.** Mọi số hữu tỉ $x\in (0,1)$ đều viết được dưới dạng $\frac{b_1}{a_1}+\frac{b_2}{a_1{a}_2}+\cdots +\frac{b_n}{a_1{a}_2\cdots a_n}$ trong đó $(a_1,\dots ,a_n)$ là các số hạng của dãy đã cho và $0\le b_i\le a_i-1$. $■$

Kiểm tra lại các điểm mấu chốt: (i) tính tồn tại của $c_{k+1}$: điều kiện đề bài cho vô số số hạng chia hết cho mỗi nguyên tố $p$, nên sau hữu hạn bước vẫn còn số hạng chưa dùng thỏa mãn; (ii) ràng buộc chữ số $0\le b_i\le a_i-1$ được bảo đảm bởi $0\le s_{i-1}<q$; (iii) tính đúng của khai triển được bảo đảm bởi bất đẳng thức đồng dư $s_i\equiv s_{i-1}{c}_i(\mathrm{mod}q)$ và quy nạp $(\ast )$; (iv) tính hữu hạn được bảo đảm bởi dãy $\gcd (s_k,q)$ tăng ngặt trong tập hữu hạn các ước của $q$.