Một Số Phương Pháp Giải Các Bài Toán Liên Quan Đến Hàm Phần Nguyên.pdf

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO UBND TỈNH THANH HÓA TRƯỜNG ĐẠI HỌC HỒNG ĐỨC ——————————————– TRẦN THỊ THU MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN ĐẾN HÀM PHẦN NGUYÊN LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THANH HÓA,[.]

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO UBND TỈNH THANH HÓA

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THANH HÓA, NĂM 2022

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO UBND TỈNH THANH HÓA

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp

Mã số: 8.46.01.13

Người hướng dẫn khoa học:

GS TSKH Nguyễn Mạnh Hùng

Danh sách Hội đồng đánh giá luận văn thạc sĩ khoa học

Theo Quyết định số 2816/QĐ-ĐHHĐ ngày 28 tháng 11 năm 2022 của

Hiệu trưởng Trường Đại học Hồng Đức

Học hàm, học vị, Họ tên Cơ quan công tác Chức danh

trong hội đồng

TS Lê Xuân Dũng Trường ĐH Hồng Đức Chủ tịch HĐPGS TS Tạ Công Sơn Trường ĐHKHTN-ĐHQGHN UV Phản biện 1

TS Đỗ Văn Lợi Trường ĐH Hồng Đức UV Phản biện 2

TS Bùi Văn Bình Trường THPT Chuyên Lam Sơn Ủy viên

TS Nguyễn Văn Lương Trường ĐH Hồng Đức UV Thư ký

Xác nhận của Người hướng dẫnHọc viên đã chỉnh sửa theo ý kiến của Hội đồng

Ngày 28 tháng 12 năm 2022

GS TSKH Nguyễn Mạnh Hùng

LỜI CAM ĐOAN

Tôi xin cam đoan luận văn này không trùng lặp với các khóa luận, luậnvăn, luận án và các công trình nghiên cứu đã công bố

Người cam đoan

Trần Thị Thu

LỜI CẢM ƠN

Luận văn này được hoàn thành tại Trường Đại học Hồng Đức dưới sựhướng dẫn của GS TSKH Nguyễn Mạnh Hùng Ngoài những chỉ dẫn vềmặt khoa học, thầy còn là động lực giúp tác giả tự tin và say mê nghiêncứu Tác giả bày tỏ lòng biết ơn và sự kính trọng đối với thầy

Tác giả bày tỏ lòng biết ơn đến phòng QLĐTSĐH, Khoa KHTN, bộmôn Giải tích - PPGD Toán, thầy cô và các bạn học viên lớp Cao họcPPTSC K13 đã tạo mọi điều kiện thuận lợi cho tác giả trong quá trìnhhọc tập, nghiên cứu khoa học và hoàn thành luận văn

Tác giả cũng bày tỏ lòng biết ơn đến Ban giám hiệu, Tổ Khoa học Tựnhiên trường THCS Nguyễn Hồng Lễ, TP Sầm Sơn - nơi tác giả công tác

đã tạo mọi điều kiện thuận lợi cho tác giả trong quá trình công tác vàgiảng dạy để có thời gian hợp lý hoàn thành khóa học và luận văn thạc sĩnày

Thanh Hóa, tháng 12 năm 2022

Trần Thị Thu

2.1 Tìm phần nguyên 222.2 Chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức chứa phần nguyên 262.3 Giải phương trình, bất phương trình chứa phần nguyên 332.4 Một số bài toán số học liên quan đến hàm phần nguyên 452.5 Tính tổng chứa phần nguyên 54

MỞ ĐẦU

1 Tính cấp thiết của đề tài

Hàm phần nguyên và một số bài toán liên quan thường xuất hiện trong các

kỳ thi học sinh giỏi các cấp và kỳ thi vào lớp 10 THPT chuyên Một số tínhchất và ứng dụng của hàm phần nguyên đã được đề cập từng phần trongcác công trình khoa học ([7]) và sách chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏiToán ([1, 3, 4, 5, 6, 8]) Đặc biệt, trong [2] tác giả đã trình bày một số ứngdụng của hàm phần nguyên Tuy nhiên, trong các sách chuyên khảo, luậnvăn đó nhiều tính chất của hàm phần nguyên và các dạng toán khác liênquan đến hàm phần nguyên cũng như phương pháp giải các bài toán đóvẫn chưa được nghiên cứu một cách hệ thống Điều này gây khó khăn chogiáo viên, học sinh tiếp cận các bài toán về phần nguyên Vì vậy, chúng tôichọn đề tàì nghiên cứu của luận văn là “Một số phương pháp giải các bàitoán liên quan đến hàm phần nguyên” để nghiên cứu một cách hệ thống,cập nhật các phương pháp giải các bài toán liên quan đến phần nguyên

2 Mục tiêu nghiên cứu

Nghiên cứu các tính chất và phương pháp giải các bài toán liên quan đếnhàm phần nguyên

3 Đối tượng nghiên cứu

ˆ Hàm phần nguyên

ˆ Các bài toán sơ cấp chứa phần nguyên

4 Phạm vi nghiên cứu

ˆ Một số tính chất cơ bản của hàm phần nguyên

ˆ Mối liên hệ giữa hàm phần nguyên và điểm nguyên

ˆ Các tính chất số học của phần nguyên

ˆ Định lý Hermit, các mở rộng của định lý Hermit và ứng dụng

ˆ Phương pháp giải một số dạng toán về phần nguyên: tìm phần nguyên,đẳng thức phần nguyên, phương trình phần nguyên,

5 Phương pháp nghiên cứu

Tổng hợp, hệ thống hóa lý thuyết và phương pháp giải một số dạng toánliên quan đến hàm phần nguyên

6 Cấu trúc của luận văn

Ngoài phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo, nội dung chính củaluận văn gồm hai chương

ˆ Chương 1 Hàm phần nguyên Trong chương này, luận văn trình bày hệthống về khái niệm phần nguyên, tính chất cơ bản của phần nguyên,hàm phần nguyên và đồ thị của hàm phần nguyên, mối liên hệ giữahàm phần nguyên và điểm nguyên, các mở rộng của định lý Hermite.Các kết quả của chương này được sử dụng trong giải các bài toán vềphần nguyên trong luận văn

ˆ Chương 2 Một số phương pháp giải các bài toán liên quan đến hàmphần nguyên.: Trong chương này luận văn trình bày hệ thống cácphương pháp giải các dạng toán đặc trưng có liên quan đến hàm phầnnguyên Các phương pháp đó được minh họa qua hệ thống các bàitoán từ dễ đến khó

Chương 1 HÀM PHẦN NGUYÊN

Trong chương này, chúng tôi trình bày khái niệm và các kết quả cơ bản

về phần nguyên Nội dung của chương này chủ yếu được tham khảo từ cáctài liệu [2, 4, 5]

1.1 Khái niệm phần nguyên

Ta biết rằng, mọi số thực x đều có thể biểu diễn được dưới dạng

x = n + t

trong đó n ∈ Z và 0 ≤ t < 1

Chẳng hạn

−2020, 6 = −2021 + 0, 4, 2022, 12 = 2022 + 0, 12 (1.1)Hơn nữa, sự biểu diễn trên là duy nhất Lúc này ta gọi:

ˆ số nguyên n là phần nguyên của x và hiệu là ⌊x⌋.1

Hơn nữa, ⌈x⌉ = ⌊x⌋ nếu x ∈ Z và ⌈x⌉ = ⌊x⌋ + 1 với mọi x /∈ Z.

Tiếp theo, ta nhắc lại một số tính chất cơ bản của phần nguyên nhưsau:

Mệnh đề 1.1.2 ([2, 4, 5]) Ta có

i) a ∈ Z⇔ ⌊a⌋ = a hoặc {a} = 0

ii) n ∈ Z và n ≤ a < n + 1 ∈ Z⇔ ⌊a⌋ = n

iii) ⌊{a}⌋ = {⌊a⌋} = 0

iv) Nếu n ∈ Z thì ⌊n + a⌋ = n + ⌊a⌋; {n + a} = {a}

v) Nếu ⌊n + a⌋ = n thì n ∈ Z và 0 ≤ a < 1

vi) a ≥ b ⇒ ⌊a⌋ ≥ ⌊b⌋

vii) ⌊a⌋ + ⌊b⌋ ≤ ⌊a + b⌋

Tổng quát ⌊a1⌋ + ⌊a2⌋ + + ⌊an⌋ ≤ ⌊a1 + a2 + + an⌋

viii) ⌊a⌋ − ⌊b⌋ ≥ ⌊a − b⌋

ix) ⌊a + b⌋ − 1 ≤ ⌊a⌋ + ⌊b⌋ ≤ ⌊a + b⌋

k

Chứng minh Các tính chất i) đến v) có thể chứng minh dễ dàng trên dựavào định nghĩa của phần nguyên.

vi) Vì a ≥ b nên tồn tại số c ≥ 0 sao cho a = b + c Khi đó

⌊a + b⌋ = ⌊⌊a⌋ + {a} + ⌊b⌋ + {b}⌋ = ⌊a⌋ + ⌊b⌋ + ⌊{a} + {b}⌋

Hơn nữa, vì ⌊{a} + {b}⌋ ≥ 0 nên ⌊a + b⌋ ≥ ⌊a⌋ + ⌊b⌋

viii) Sử dụng tính chất vii) ta có

⌊a − b⌋ + ⌊b⌋ ≤ ⌊a − b + b⌋ = ⌊a⌋ ⇒ ⌊a⌋ − ⌊b⌋ ≥ ⌊a − b⌋

ix) Ta đặt ⌊a⌋ = m, {a} = α, và ⌊b⌋ = n, {b} = β Khi đó, bất đẳng thứccần chứng minh có dạng ⌊α + β⌋ − 1 ≤ 0 ≤ ⌊α + β⌋ Vì ⌊α + β⌋ bằng 0hoặc bằng 1 nên ta có điều phải chưng minh

ˆ Nếu 1

2 ≤ d < 1 thì



x + 12



= ⌊x⌋ + 1

và

⌊2x⌋ = ⌊2(⌊x⌋ + d)⌋ = 2⌊x⌋ + ⌊2d⌋ = 2⌊x⌋ + 1

Suy ra điều phải chứng minh

xv) Gọi α, β là các phần lẻ của x và y Khi đó

Như vậy, ta có điều phải chứng minh

xvii) Nếu a là số nguyên thì

⌊−a⌋ = −a = −⌊a⌋

Nếu a không nguyên thì

0 < {a} < 1 ⇒ −1 < −{a} < 0 ⇒ ⌊−{a}⌋ = −1

Từ đó, ta có ⌊−a⌋ = ⌊−(⌊a⌋ + {a}⌋ = ⌊−⌊a⌋⌋ + ⌊−{a}⌋ = −⌊a⌋ − 1.xviii) Các số nguyên dương là bội của n không vượt quá x là:

Hình 1.1: Đồ thị hàm phần nguyên

Hình 1.2: Đồ thị hàm trần

Chứng minh Cho M là một miền bị chặn trong mặt phẳng, ta ký hiệu

n(M ) là số các điểm nguyên không nằm trong M Do f là một song ánhnên f khả nghịch Hơn nữa f là một hàm đơn điệu tăng nên f liên tục.Lúc này, ta xét các miền sau:

Mặt khác [a, b] = [0, b] − [0, a) chứa đúng ⌊b⌋ + 1 − ⌈a⌉ số nguyên và do

đó tổng đầu tiên của vế phải có ⌊b⌋ + 1 − ⌈a⌉ số hạng Tương tự, tổng thứhai của vế phải có ⌊d⌋ + 1 − ⌈c⌉ số hạng Do đó

Chứng minh Ta gọi d là ước chung lớn nhất của m và n Khi đó

n

%

số nguyên trong dãy đã cho

Định lý 1.2.4 ([5]) Cho m, n, s là các số nguyên dương thỏa mãn m ≤ n.Khi đó

icho bởi f (x) = m

n

%, Từ đó ta suy ra điềuphải chứng minh

Nhận xét 1.2.5 ([5]) Trường hợp đặc biệt s = n, ta có kết quả quantrong sau:



= mn +ƯCLN(m, n) (1.4)

Định lý 1.2.6 ([5]) Cho a, b, c, d là các số thực không âm và f : [a, b] →[c, d] một hàm song ánh, đơn điệu giảm Khi đó

= 12



mn + m − n +ƯCLN(m, n) (1.5)Suy ra

p không phải là số nguyên.

ii) với mỗi k = 1, 2, , p − 1 thì f (k) + f (p − k) là số nguyên chia hếtcho p



= qp

+



qf (p − k)p



+



qf (p − k)p



∈ Z; và do đó



qf (k)p



+



qf (p − k)p



là một số nguyên, nên từ (1.8) tathấy tồn tại j ∈ {0, 1, , n − 1} sao cho

⌊x⌋ =



x + 1n



= · · · =



x + jn



+



x + 2n

Do đó

⌊x⌋ +



x + 1n



+



x + 2n

=n2

jmn

k jmn

(1.10)

trong đó r = m − njm

n

k.Chứng minh Trước hết, ta thấy rằng

ˆ Nếu m < n thì

jmn

Như vậy, (1.10) trở thành (1.9) nếu m ≤ n

Do đó tiếp theo, ta giả sử m > n Áp dụng thuật toán chia số học, tathấy tồn tại q ∈ N và r ∈ Z sao cho

m = nq + r, 0 ≤ r < n

Khi đó,

jmn



Thay k bởi k + ℓn trong tổng đầu tiên và k bởi k + qn trong tổng thứ hai

ở vế phải của đẳng thức trên ta suy ra

là phần dư khi ta chia m cho n

Do đó, thay (1.12) và (1.13) vào (1.11) ta được điều phải chứng minh.Tiếp theo, ta mở rộng Định lý Hermite đối với tổng ứng với k nhận giátrị từ các số nguyên a tới b với a < b tùy ý như sau:

Hệ quả 1.3.4 ([7]) Cho x ∈ R, n ∈ N, a, b ∈ Z thỏa mãn a < b Khi đóX

jmn

k jmn

với m = b − a và r là phần dư khi chia b − a cho n.

Chứng minh Thay k bằng k + a, ta thấy vế trái của đẳng thức cần chứngminh bằng:



+ kn



Do đó, áp dụng Định lý 1.3.3 ta được điều phải chứng minh

Định nghĩa 1.3.5 ([7]) Một tập gồm các số nguyên dươnga0, a1, , an−1

được gọi là hệ đồng dư đầy đủ môđun nnếu với mỗii ∈ {0, 1, 2, , n − 1}

tồn tại duy nhất j ∈ {0, 1, , n − 1} sao cho

k

= ⌊nx⌋ − n − 1

1n

k

= 1n

n−1

X

k=0

ak

Hệ quả 1.3.7 ([7]) Cho x ∈ R, a ∈ Z, n ∈ N thỏa mãn (a, n) = 1 Khiđó,



= (a − 1)(n − 1)

Trường hợp đặc biệt, nếu a = 1 thì ta có (1.7)

Chứng minh Vì (a, n) = 1 nên tập {ka | k = 0, 1, , n − 1} là một hệđồng dư đầy đủ môđun n Áp dụng Định lý 1.3.6 ta được điều phải chứngminh

Chương 2 MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI CÁC BÀITOÁN LIÊN QUAN ĐẾN HÀM PHẦN NGUYÊN

2.1 Tìm phần nguyên

PHƯƠNG PHÁP: Để tìm phần nguyên của một số A ta sử dụng cáctính chất của phần nguyên, kết hợp với các kĩ thuật tính toán khác đặcbiệt là phương pháp "kẹp" để đánh giá

z ≤ A < z + 1

Từ đó kết luận ⌊A⌋ = z

Bài toán 2.1.1 Tìm ⌊x⌋ biết:

x = 11.2 +

1

2 · 3 +

13.4 + +

1n.(n + 1).

Lời giải Ta có

x =



1 − 12

Suy ra 0 < x < 1 Như vậy, ⌊x⌋ = 0

Bài toán 2.1.2 Tìm phần nguyên của

Lời giải Kí hiệu an = 6 +

2.2 Chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức chứa phần nguyên

PHƯƠNG PHÁP 1: Chứng minh các đẳng thức, bất đẳng thức chứaphần nguyên thực chất có thể coi là chứng minh các tính chất của phầnnguyên Để chứng minh ta sử dụng các tính chất đã được nêu trong phần

lý thuyết, kết hợp với các kĩ thuật quen thuộc của đại số và số học

Bài toán 2.2.1 Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ta luôn có:

jn2

k

+



n + 22



+



2k + 12



= ⌊k⌋ +



k + 12



+



2k + 1 + 12



=



k + 12



+ ⌊k + 1⌋

= k + k + 1 = 2k + 1 = n

Như vậy, ta có điều phải chứng minh

Bài toán 2.2.2 Chứng minh rằng vớin là số nguyên dương bất kì, ta có:

√

n + 12

Như vậy, ta phải có k = m.

Bài toán 2.2.3 Chop là một số nguyên tố và choα là một số thực dươngsao cho pα2 < 1

4 Chứng minh rằng

j

n√

p − αn

k

= jn√

p + αn

Bài toán 2.2.4 (PUTNAM-1948, [8]) Cho n là một số nguyên dương.Chứng minh rằng

Lời giải Dễ thấy (2.4) đúng với n = 0, 1, 2 Với n ≥ 3, áp dụng bất đẳngthức AM-GM ta có:

2

−



19

Lúc này, ta xét các trường hợp sau:

ˆ Trường hợp 1: Nếu n + 1 không phải là số chính phương Ta đặt

a = ⌊√

9n + 9⌋

Khi đó

a < √

9n + 9 ⇒ a2 < 9n + 9 ⇒ a2 ≤ 9n + 8

Suy ra ⌊√9n + 9⌋ = ⌊√

9n + 8⌋ và ta thu được điều phải chứng minh

ˆ Trường hợp 2: Nếu n + 1 là số chính phương, tức là n + 1 = b2 Khiđó

Bài toán 2.2.6 Chứng minh rằng với n ≥ 1 là một số tự nhiên tùy ý, tacó



=

jn2

kn + 12



Lời giải Ta chứng minh kết luận của bài toán bằng phương pháp quy nạpnhư sau:

ˆ Với n = 1, hai vế của (2.6) đều bằng 0, nên (2.6) đúng

ˆ Giả sử (2.6) đúng với n, ta sẽ chứng minh (2.6) đúng với n + 1 Thậtvậy, sử dụng tính chất iv) của Mệnh đề 1.1.2 ta có



+



n + 12



= jn2

kn + 12



+



n + 12



=



n + 12





1 +

jn2

k

=



n + 12

 

n + 22



Theo nguyên lý quy nạp toán học, ta có (2.6)

Nhận xét 2.2.7 Lưu ý rằng, để chứng minh (2.6) ta có thể phân tích vàrút gọn như sau

 

k + 12



−



k − 12

 

k2



= jn2

kn + 12

Như vậy, (2.7) đúng với n + 1

Theo nguyên lý quy nạp ta có điều phải chứng minh

Bài toán 2.2.9 Choxlà một số thực dương vànlà một số nguyên dương.Chứng minh

Lời giải Ta ký hiệu về phải của bất đẳng thức cần chứng minh là Sn Khi

Như vậy (2.8) đúng với k = n + 1

Theo nguyên lý quy nạp mạnh, ta có điều phải chưng minh

do đén một giá trị n nào đó đủ lớn thì phần nguyên sẽ bằng 0, cụ thể làkhi

n + 2k

2k+1 < 1 ⇔ n < 2k

Như vậy, các số hạng ứng với k > log2n là bằng 0 Hơn nữa, sử dụng tínhchất xiv) của Mệnh đề 1.1.2 và Định lý Hermite (Định lý 1.3.1) ta có:

2.3 Giải phương trình, bất phương trình chứa phần nguyên

PHƯƠNG PHÁP 1: Biến đổi, đánh giá và sử dụng định nghĩa của phầnnguyên Một số tính chất thường được sử dụng là:

Kết luận: phương trình đã cho có bốn nghiệm: 1;√

33;√41; 7.Bài toán 2.3.2 Giải bất phương trình ⌊x + 2⌋ > 5

Lời giải Với b là một số nguyên, ta có

⌊a⌋ > b ⇔ a ≥ b + 1

Từ đó suy ra

⌊x + 2⌋ > 5 ⇔ x + 2 ≥ 6 ⇔ x ≥ 4

Bài toán 2.3.3 Tìm nghiệm nguyên của phương trình

jx2

k

+

jx3

Do x là số nguyên nên từ (2.14) và (2.15) suy ra x ∈ {21; 22}

Thử vào phương trình đã cho, ta được x = 21 là nghiệm cần tìm

Bài toán 2.3.4 (CMO-99, [8]) Tìm tất cả các nghiệm thực của phươngtrình

không có phần nguyên bằng 3, nên không có nghiệm x

ˆ Nếu ⌊x⌋ = 4, phương trình trở thành 4x2 − 109 = 0, x =

√109

2 > 5,

không có nghiệm x

ˆ Nếu ⌊x⌋ = 5, phương trình trở thành 4x2 − 149 = 0, x =

√149

2 > 6,

không có nghiệm x

ˆ Nếu ⌊x⌋ = 6, phương trình trở thành 4x2 − 189 = 0, x =

√189

2 , có

phần nguyên bằng 6 (thỏa mãn)

ˆ Nếu ⌊x⌋ = 7, phương trình trở thành 4x2 − 229 = 0, x =

√229

2 , có

phần nguyên bằng 7 (thỏa mãn)

ˆ Nếu ⌊x⌋ = 8, phương trình trở thành 4x2 − 269 = 0, x =

√269

2 , có

phần nguyên bằng 8 (thỏa mãn)

Kết luận, tập nghiệm của phương trình đã cho là

(√29

2 ,

√189

2 ,

√229

2 ,

√2692

)

Bài toán 2.3.5 Giải phương trình



2x − 13



=



x + 12

12! + +

110!



− 10

Lúc này, vì x ∈ Z nên ta suy ra

1011 > 103

60 x ⇒ x ≤ 588.

Mặt khác, với x ≤ 588 và 6! = 720 ta có

jx6!

k

= jx7!

k

+j x24

k

+j x120

Từ đó, nghiệm của phương trình đã cho là

m = 2, n = 7 ⇒ {x} = 2

7, ⌊x⌋ = 8 ⇒ x = 8

27

Bài toán 2.3.11 Giải phương trình 3⌊x⌋2 + 5⌊x⌋ − 2 = 0.

Lời giải Đặt ⌊x⌋ = y, y ∈ Z Phương trình trở thành

3y2 + 5y − 2 = 0

Vậy tập nghiệm của phương trình là [−2; −1)

Bài toán 2.3.12 Giải phương trình

Nhận xét 2.3.14 Bài toán 2.3.1 có thể được giải bằng phương pháp đặt

ẩn phụ như trong Bài toán 2.3.13 nếu ta rút

ˆ Với ⌊2x⌋ = 2t thì 0 ≤ {x} < 0, 5 và 2t > t ⇔ t > 0, mà t nguyên nên

t là số nguyên dương Suy ra x ≥ 1

ˆ Với ⌊2x⌋ = 2t + 1 thì 0, 5 ≤ {x} < 1 và 2t + 1 > t ⇔ t > −1, mà t

nguyên nên t là số nguyên dương Suy ra x ≥ 0

Kết hợp với 0, 5 ≤ {x} < 1, ta được nghiệm của bất phương trình đã cho

là x ≥ 0, 5

Bài toán 2.3.16 Giải phương trình



2x − 13



+



4x + 16



= 5x − 4

3 .

Lời giải Áp dụng tính chất: ⌊a⌋ + a + 1



=



2x − 13



=



4x − 23

jx2

k

+jx3

k

+jx3

k

= x ⇔



6a + r2



+



6a + r3

Bài toán 2.3.18 Giải phương trình:

jx2

k

+jx3

k

+jx4

k

+jx4



+



12a + r3



+



12a + r4

k

+jr4

k

+jr4

k

Lần lượt chor bằng 0, 1, 2, · · · , 11và lập bảng ta được nghiệm của phươngtrình đã cho là: 0; 4; 6; 8; 9; 10; 13; 14; 15; 17; 19; 23

2.4 Một số bài toán số học liên quan đến hàm phần nguyên

PHƯƠNG PHÁP: Để giải một số bài toán liên quan đến tính chất sốhọc của hàm phần nguyên, chẳng hạn: tính chia hết, tìm chữ số tận cùng,tính chính phương, thông thường ngoài việc sử dụng các tính chất cơ bảncủa hàm phần nguyên, ta còn sử dụng các kết quả quan trọng được đưa

ra trong Mệnh đề 2.4.1 và Mệnh đề 2.4.2 sau đây:

Mệnh đề 2.4.1 ([3]) Trong dãy số tự nhiên