Bài viết gồm 2 chuyên đề gồm chuyên đề về phần nguyên và chuyên đề về phần lẻ. Bài viết sẽ cung cấp các tính chất cơ bản của phần nguyên và phần lẻ đồng thời cung cấp một số kĩ năng và phương pháp giải phương trình, bất PT,hệ PT chứa phần nguyên phần lẻ
Trang 1Vũ Hồng Phong làng Bất lự-Hoàn Sơn-Tiờn Du -Bắc Ninh
Vũ Hồng Phong GV THPT Tiên Du 1, Bắc Ninh
Khi gặp một phương trình có chứa phần nguyên chúng ta không chỉ thấy cái hay trong thuật
toán giải phương trình mà còn thấy ở đó những tính chất thú vị của phần nguyên được sử dụng
Hi vọng bài viết này sẽ đem lại những điều mới lạ và bổ ích cho các bạn
Trước tiên xin nhắc lại một vài tính chất của phần nguyên:
Với x,y, là các số thực, m,n là số nguyên, Z là tập hợp số nguyên
ta kí hiệu [x] là số nguyên lớn nhất không vượt quá x ,đọc là phần nguyên của x, phần lẻ của x
là {x} x [x] Khi đó ta có:
Tính chất 1: x 1 [x] x
Hệ quả: 0 x{ } 1
Chứng minh:
+ do [x] là số nguyên lớn nhất không vượt quá x nên [x ] x
+ ta chứng minh x 1 [x] bằng phương pháp phản chứng như sau
Giả sử x 1 [x] suy ra x [x] 1 [x] như vậy [x] 1là số nguyên không vượt quá x, mâu thuẫn
với định nghĩa [x] là số nguyên lớn nhất không vượt quá x
+ do x 1 [x] x nên 0 x [x] 1 suy ra 0 x{ } 1
Tính chất 2: [x] nn xn 1
Chứng minh:
+ nếu [x ] n thì theo tính chất 1 có x 1 n [x] x suy ra nxn 1
+ nếu n xn 1 thì số nguyên lớn nhất không vượt quá x là n suy ra [x ] n
Tính chất 3: [xn] [x] n
Chứng minh:
Giả sử [x ] m thì theo tính chất 2 có mxm 1 mnxnmn 1
n x n m
n
Tính chất 4: với x Z thì [ x] [x]
với x Z thì [ x] [x] 1
Chứng minh:
+ với x Z thì x Z nên x là số nguyên lớn nhất không vượt quá x
và x là số nguyên lớn nhất không vượt quá x nên [x ] x ;[ ]x x
suy ra [ x] x [x]
+với x Z thì theo tính chất 1 có x 1 [x] x [x] x [x] 1 [x] 1 x [x]
suy ra [ x] [x] 1
Tính chất 5: với n 1 có [ ] [ 1] [ 1] [nx]
n
n x n
x
Chứng minh:
Với x R tồn tại a Z sao cho x [a;a 1 )
Chia nửa khoảng [a;a 1 ) thành n nửa khoảng như sau:
)
1
;
[
n
a
a ;[ 1; 2)
n
a n
a ; ;[ 1; )
n
k a n
k
a ; ;[ 1;a 1 )
n
n a
Khi đó x sẽ thuộc một trong n nửa khoảng trên
Trang 2Vũ Hồng Phong làng Bất lự-Hoàn Sơn-Tiờn Du -Bắc Ninh
Giả sử [ 1; )
n
k a n
k a
Với iZ; 0 ink có [ 1;a 1 )
n
k a n
i
n
i
x ] [
n
k n x n
x
x] [ 1] [ ] ( 1 )
[ (1) (vì vế trái có n k+1 số hạng)
Với iZ;nk 1 in 1 có [a 1 ;a 2 )
n
i
x suy ra [ ] a 1
n
i x
Suy ra [ 1] [ 1] (k 1 )(a 1 )
n
n x n
k n
n
k a n
k
a
x nên nx [nak 1 ;nak)suy ra [nx] nak 1(3)
Từ (1),(2),(3) suy ra [ ] [ 1] [ 1] (n k 1 )a (k 1 )(a 1 ) na k 1 [nx]
n
n x n
x
Tính chất 6:Với x y thì [x ] [y]
Chứng minh:
Theo tính chất 1 có x x[ ] 1 và [y ] y
Ta chứng minh bằng phương pháp phản chứng như sau:
Giả sử [x ] [y] suy ra [x] 1 [y] x [x] 1 [y] yx y mâu thuẫn với giả thiết x y
Tính chất 7:với n 1 thì 0 [n{x}] n 1
Chứng minh: do 0 x{ } 1 nên 0 n{x} n 0 [n{x}] n 1
Tính chất 8: Với n 1 có: n[x] [nx] n[x] n 1
+
n x nx
x
n[ ] [ ] 0 { } 1
+ [ ] [ ] 1 1 {x} 1
n
n n
x n nx
Chứng minh: do n[x] Z nên theo tính chất 3 có [nx] [n([x] {x})] n[x] [n{x}]
Mà theo tính chất 7 có 0 [n{x}] n 1suy ra n[x] [nx] n[x] n 1
n x nx
nx nx
x
n[ ] [ ] [ ] 0 0 1 0 { } 1
1 } {
1 1
1 ]
[ 1 ]
[
]
n
n n nx n
n nx n
x
n
nx
Tính chất 9:Với m, n 1 có: + m[x] n[y] [mxny] m[x] n[y] mn 1
+ m[x] n[y] n [mxny] m[x] n[y] m 1
Chứng minh: có [mxny] [m[x] m{x} n[y] n{y}] m[x] n[y] [m{x} n{y}]
[mxny] [m[x] m{x} n[y] n{y}] m[x] n[y] [m{x} n{y}]
Do 0 {x}; {y} 1 nên 0 m{x} n{y} mn ; n m{x} n{y} m
Suy ra 0 [m{x} n{y}] mn 1; n [m{x} n{y}] m 1
Do vậy m[x] n[y] [mxny] m[x] n[y] mn 1
m[x] n[y] n [mxny] m[x] n[y] m 1
Tính chất 10 với x iR có :[x1] [x2] [x n] [x1x2 x n] [x1] [x2] [x n] n 1
đẳng thức xảy ra ở từng chỗ lần lượt là [{x1} {x2} {x n}] 0 ; [{x1} {x2} {x n}] n 1
Chứng minh: có [x1x2 x n] [[x1] {x1} [x2] {x2} [x n] {x n}]
[x1] [x2] [x n] [{x1} {x2} {x n}](1)
Trang 3Vũ Hồng Phong làng Bất lự-Hoàn Sơn-Tiờn Du -Bắc Ninh
Do 0 {x i} 1 nên 0 {x1} {x2} {x n} n suy ra 0 [{x1} {x2} {x n}] n 1(2)
Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh
Tổng quát tính chất 8,9,10 như sau:
Biểu thức P [x1x2 x m y1y2 y n] [x1] [x2] [x m] [y1] [y2] [y n] nhận các giá
trị nguyên n; n 1 ; ;m 1
Chứng minh:
Biến đổi tương tự tính chất 8,9,10 được: P [{x1} {x2} {x m} {y1} {y2} {y n}] Z (1)
Có n {x1} {x2} {x m} {y1} {y2} {y n} m nên
n [{x1} {x2} {x m} {y1} {y2} {y n}] m 1(2)
Từ (1) và (2) suy ra P nhận các giá trị nguyên n; n 1 ; ;m 1
Tính chất 11: a) nếu x,y 0thì [xy ] [x][y]
b) nếu x,y 0thì [xy ] [x][y]
c) nếu x 0 y thì [xy] [x][y] [x]
Chứng minh: do [x][y] Z nên [xy] [([x] {x})([y] {y})] [x][y] [[x]{y} [y]{x} {x}{y}]
[x][y] [[x]{y} {x}([y] {y})] [x][y] [[x]{y} {x}y]
a) Với x,y 0thì [x] 0 mà {x}; {y} 0nên [x]{y} 0;{x}y 0
suy ra [x]{y} {x}y 0 [[x]{y} {x}y] 0 do vậy [xy ] [x][y]
b) Với x,y 0 thì [x] 0 mà {x}; {y} 0 nên [x]{y} 0;{x}y 0
suy ra [x]{y} {x}y 0 [[x]{y} {x}y] 0 do vậy [xy ] [x][y]
c) Với x 0 y thì [x] 0 y mà 0 {x}; {y} 1 suy ra [x]{y} [x]và {x}y 0
suy ra [x]{y} {x}y [x] [[x]{y} {x}y] [[x]] [x](theo tính chất 6)
do vậy [xy] [x][y] [x]
Tính chất 12: + nếu 0và [x ] [y]thì 1 x y
+ nếu 0 và [x ] [y]thì 1 xy 0
Tổng quát: với i; j; R ;i; j 0
nếu 1[x1] 2[x2] m[x m] 1[y1] 2[y2] n[y n]
thì 1x1 2x2 m x m 1y1 2y2 n y n 1 2 n ; 1 2 m
Chứng minh:
Với [x ] [y] thì xy ([x] {x}) ([y] {y}) {x} {y}
+ khi 0 có 1 {x} {y} 1 xy
+ khi 0 có 1 {x} {y} 0 1 xy 0
+ Có 1x1 2x2 m x m 1y1 2y2 n y n
1[x1] 2[x2] m[x m] 1[y1] 2[y2] n[y n]
1{x1} 2{x2} m{x m} 1{y1} 2{y2} n{y n}
} {
} { } { } {
} { }
Do 0 x i ; y j 1 nên 1{x1} 2{x2} m{x m} 1{y1} 2{y2} n{y n} thuộc
khoảng 1 2 n ; 1 2 m (2)
từ (1) và (2) ta có đpcm
Sau đây là các ví dụ
Ví dụ 1: giải phương trình
3
22 ] 16
15 [
] 16
3 [ ]
16
1
[x x x x (1)
Trang 4Vũ Hồng Phong làng Bất lự-Hoàn Sơn-Tiờn Du -Bắc Ninh
Lời giải Theo tính chất 5 có:
2
1 [ ] 16
1 8 [ ] 8
7 16
1 [
] 8
1 16
1 [ ] 16
1 [
)
1
( x x x x x
VT
Do 0 x{ } 1 nên
3
25 } { 3
22 ) 1 ( 3
22
Lại có VT( 1 ) Znên VT( 1 ) VP( 1 ) 8
2
1 [ 8
)
1
2
1
[x] 15 hoặc [x] 16
3
2 } { 8
)
1
( x
VP
Mà x [x] {x} nên PT(1) có 2 nghiệm
3
47
x và
3
50
x
Ví dụ 2 giải phương trình
3
2 5 9
17 11
Lời giải Theo tính chất 12 từ PT(*) suy ra
3 3
2 5 9
17
11
.
3
3
2 5
3
8
3
2 5
2
Mà VT(*) là số nguyên chia hết cho 3 nên VT(*) VP(*) 3 suy ra
3 3
2 5
1 9
17 11
(*)
x
x PT
4 3
2 5 3
2 9
17 11 1
x x
5
14 5
11
11
35 11
26
x
x
5
14 11
26
5
14
; 11
26
T
Ví dụ 3 giải phương trình
25
81 65
} {
]]
[
[
2 2
4 2
x
Lời giải
Theo tính chất 1 có [x2 ] x2 1 nên x2 [x2 ] x2 (x2 1 ) x4 x2
Theo tính chất 6 suy ra [x2 [x2 ]] [x4 x2 ]
Ta có VT( 1 ) [x4 x2 ] {x4 x2 } x4 x2 (2)
Mà
25
81 65
0 )
5
9
(
2 2
4 2
Từ (2) và (3) suy ra VT( 1 ) VP( 1 )
)
1
(
)
1
VT dấu “=” xảy ra tại (2) và (3)
Vì thế PT( 1 )
0 ) 5
9 (
] [
]]
[ [
2 2
2 4 2
2
x
x x x
x
5
9
x
Vậy PT(1) có 2 nghiệm
5
9
x
Trang 5Vũ Hồng Phong làng Bất lự-Hoàn Sơn-Tiờn Du -Bắc Ninh
Ví dụ 4 giải phương trình
6
229 130
25 6
3 10 6
1 5 3
1
5
4
2
x x
(1) Lời giải áp dụng tính chất 9 có
6
33 10 5 6
3 10 5 6
3 10 6
3 10 6
3 10 5 ) 6
1 (
5 3
1 5
.
4
)
1
Mà
6
229 130
25 6
33 10 0 )
14
5
(
2
Từ (2) và (3) suy ra VT( 1 ) VP( 1 )
)
1
(
)
1
VT dấu “=” xảy ra tại (2) và (3)
Do đó
0 ) 14 5 (
5 ] 6
3 10 [ ] 6
1 [ 5 ] 3
1 5 [ 4 )
1
(
2
x
x x
x
5
14
x
Vậy PT(1) có nghiệm x 2 , 8
Ví dụ 5: giải phương trình
60
163 ] [ 6 5
] 5 [ 4
] 4 [ 3
] 3 [ 2
] 2
x
(*) Lời giải Theo tính chất 8 ta có
2
1 ]
[
2
2
]
2
x
(1) ;
3
2 ] [ 3 3
] 3
x
x
(2)
4
3 ]
[
4
4
]
4
x
(3) ;
5
4 ] [ 5 5
] 5
x
(4)
Cộng vế với vế (1),(2),(3) và (4) ta được
60
163 ] [ 4 (*) x2
Mà x2 0 nên [x2] 0 suy ra
60
163 ] [ 6 60
163 ] [
4 x2 x2 (6)
Từ (5) và (6) suy ra VT(*) VP(*)
(*)
(*) VP
VT dấu “=” xảy ra tại (1),(2),(3),(4),(6)
Do đó
0 ] [
1 } { 5 4
1 } { 4 3
1 } { 3 2
1 } { 2 1
(*)
2 2 2 2 2
x x x x x
5
5
2 1
1 5
2
x x
5
2 [ ] 5
2
; 1 (
T
Ví dụ 6 giải phương trình
6 2
] 4 [ ] 2
[
]
[
] 7
2 2
2
2
x x
x
x
x
(1) Lời giải
Trang 6Vũ Hồng Phong làng Bất lự-Hoàn Sơn-Tiờn Du -Bắc Ninh
Dễ thấy [x2] [ 2x2] [ 4x2] 2 0 ; xR
TH1: với
7
1
0 x2 thì 0 x7 2 1 và 1
7
6
7
6 [ ] 7 [ x2 x2
Khi này VT( 1 ) VP( 1 ) 0 suy ra
7
1
0 x2 thoả mãn (1)
7
1
; 7
1
TH2: với
7
1
2
7
6
2
7
6 [ ) 1 ( x2
7
6 [ 2
7
6
1 2
7
8 7
Theo tính chất 10 có [ 7x2] [x2 2x2 4x2] [x2] [ 2x2] [ 4x2] 2 suy ra VT( 1 ) 1(3)
đẳng thức xảy ra [{x2} 2x2} 4x2}] 2 2 {x2} 2x2} 4x2} 3
Từ (2) và (3) suy ra VT( 1 ) VP( 1 )
(*) 3 } 4 } 2 } { 2
7
8 7
1
2 2
2 2
x x
x
x
(I)
3 } 4 } 2
}
{
2 x2 x2 x2 (*)
Theo tính chất 4 chuyên đề 2 có {n{x}} n{x} [n{x}]
Suy ra BPT(*) 2 {x2 } { {x2 }} { {x2 }} 3
2 {x2 } {x2 } [ {x2 }] {x2 } [{ 4x2 }] 3 (1)
Do 0 x{ 2 } 1 nên
TH1:
4
1 } {
0 x2 thì
2
1 } {
0 x2 ;0 {x2 } 1 suy ra
0
}]
{
[ x2 ;[ {x2}] 0
3 } {
2
)
1
( x2
7
3 } { 7
4
1 } {
0 x2 )
TH2:
2
1 } {
4
2
x ;1 {x2 } 2 suy ra
0
}]
{
[ x2 ;[ {x2}] 1
3 1 } {
2
)
1
( x2
7
4 } { 7
Suy ra
2
1 } {
7
x
TH3:
4
3 } {
2
2
3 } {
1 x2 ;2 {x2} 3 suy ra
1
}]
{
[ x2 ;[ {x2 }] 2
3 3 } {
2
)
1
( x2
7
6 } { 7
Suy ra
4
3 } {
7
x
4
2
x ;3 {x2 } 4 suy ra
1
}]
{
[ x2 ;[ {x2}] 3
Trang 7Vũ Hồng Phong làng Bất lự-Hoàn Sơn-Tiờn Du -Bắc Ninh
3 4 } {
2
)
1
7
Suy ra { } 1
7
x
7
6 4
3
; 7
5 2
1
; 7
3
2
x
Hệ (I)
1
; 7
6 4
3
; 7
5 2
1
; 7
3 } {
7
8 7
1
2 2
x
x
7
6 4
3
; 7
5 2
1
; 7
3
2
x
7
6 4
3
; 7
5 2
1
; 7
3 7
3
; 2
1 7
5
; 4
3 7
6
;
1
x
Vậy tập nghiệm PT đã cho là
7
6 4
3
; 7
5 2
1
; 7
3 7
1
; 7
1 7
3
; 2
1 7
5
; 4
3 7
6
;
1
T
Bài tập: giải phương trình
3
1 2 ]]
[
[x x x
2) [x][ x] {x2} 4 0
3
1 2 [ ] 3
1 3 2
[ x2 x x
6
1 5 [ ] 12
23 11
[
5)
10
121 ] 10 [
1 ] [
1 ] 10
[
]
x x
x x
6)
1 ] [
] 2 ][
[ 4 7 1 ] 3 [ ]
[
] 6 [ ] 3
[
2
2
x
x x
x x
x x
2
1 2 [
] 2
1 2 [ ] 2
1
2
[x x2 x8
3 3 0 , 2 11 , 8 1
15
8 , 0 3 8 , 0 3
2
2
x x x
x x
2
2
2 ] [ 1 ] 3 [
12 ] [ 12 }]
{
[
x
x x
} 75 , 0 2 3 ] 5 , 0 3 ][
5 , 0 [
25 , 25 7
13 4
2 4 2
2
2 4 6
x x x
x
x x x
Vũ Hồng Phong GV THPT Tiên Du 1, Bắc Ninh
Trang 8Vũ Hồng Phong làng Bất lự-Hoàn Sơn-Tiờn Du -Bắc Ninh
Chuyên đề2:Phương trình, Hệ Phương trình có chứa phần lẻ
Vũ Hồng Phong GV THPT Tiên Du 1, Bắc Ninh
Để giải được các PT,hệ PT có chứa phần nguyên, phần lẻ đòi hỏi chúng ta phải nắm vững các tính chất
của phần nguyên cũng như phần lẻ Sau đây,chúng tôi xin giới thiệu tới các bạn một số tính chất của
phần lẻ cùng các ví dụ có vận dụng các tính chất này
Với x,y là số thực, m;n là các số nguyên,kí hiệu phần nguyên của x là [x], phần lẻ của x là {x} x [x], Z
là tập hợp các số nguyên
tính chất 1: 0 x{ } 1 ( đã chứng minh ở chuyên đề 1)
tính chất 2: 0 [n{x}] n 1
chứng minh:
do 0 x{ } 1 nên 0 n{x} n 0 [n{x}] n 1
tính chất 3: {nx} {x}
Chứng minh:
Ta có {nx} nx [nx] nxn [x] x [x] {x}
tính chất 4: {nx } {n{x}}
Chứng minh:
do n[x] Z nên theo tính chất 3 có {nx} {n[x] n{x}} {n{x}}
tính chất 5:Với x Z thì {x} { x} 0
Với x Z thì {x} { x} 1
Chứng minh:
Với x Z thì [x ] x; [ ]x x nên {x} x [x] 0;{ x} x [ x] 0
Với x Z thì [ x] [x] 1 nên
{ x} x [ x] x [x] 1 (x [x]) 1 {x} 1 Suy ra {x} { x} 1
tính chất 6 : {x} {y} xyZ
Chứng minh:
+Giả sử {x } {y}ta có xy [x] {x} [y] {y} [x] [y] Z
+ giả sử xyZ thì {x} {y} x [x] y [y] x y [x] [y] Z(1)
Do 0 {x}; {y} 1 nên 1 {x} {y} 1 (2)
Từ (1);(2) suy ra {x} y{ } 0 {x } {y}
mở rộng: với m; n 1
a) +với kZ; n 1 k m 1 và m{x} n{y} k thì mxnyZ
+ nếu mxnyZ thì m{x} n{y} n 1 ; n 2 ; ;m 1
b) +với kZ; 0 k mn 1 và m{x} n{y} k thì mxnyZ
+ nếu mxnyZ thì m{x} n{y} 0 ; 1 ; ;mn 1
c) +với kZ; n 1 k m 1 và x1 x2 x m y1 y2 y n k
thì x1x2 x m y1 y2 y nZ
+ nếu x1 x2 x m y1 y2 y n Z thì
x1 x2 x m y1 y2 y n n 1 ; n 2 ; ;m 1
Chứng minh:
+với kZ; n 1 k m 1 và m{x} n{y} k thì
Trang 9Vũ Hồng Phong làng Bất lự-Hoàn Sơn-Tiờn Du -Bắc Ninh
Z k y n x m y n x m y n x m
ny
mx [ ] [ ] { } { } [ ] [ ]
+ nếu mxnyZ thì m{x} n{y} mxnym[x] n[y] Z(1)
Do 0 {x}; {y} 1 nên nm{x} n{y} m(2)
Từ (1) và (2) suy ra m{x} n{y} n 1 ; n 2 ; ;m 1
a) +với kZ; 0 k mn 1 và m{x} n{y} k thì
Z k y n x m y n x m y n x m
ny
mx [ ] [ ] { } { } [ ] [ ]
+ nếu mxnyZ thì m{x} n{y} mxnym[x] n[y] Z(1)
Do 0 {x}; {y} 1 nên 0 m{x} n{y} mn (2)
Từ (1) và (2) suy ra m{x} n{y} 0 ; 1 ; ;mn 1
c) chứng minh tương tự b và c
tính chất 7: a) x1 x2 x n n 1 x1 x2 x n x1 x2 x n
đẳng thức xảy ra ở từng chỗ lần lượt là
[{x1} {x2} {x n}] n 1;[{x1} {x2} {x n}] 0
b) x y xy x y 1
đẳng thức xảy ra ở từng chỗ lần lượt là
[ x y ] 0;[ x y ] 1
chứng minh:
a)ta có x1 x2 x n x1 x2 x n [x1x2 x n]
[x1] {x1} [x2] {x2} [x n] {x n} [[x1] {x1} [x2] {x2} [x n] {x n}]
[x1] {x1} [x2] {x2} [x n] {x n} [x1] [x2] [x n] [{x1} {x2} {x n}]
{x1} {x2} {x n} [{x1} {x2} {x n}] (1)
Do 0 x i 1 nên 0 {x1} {x2} {x n} n 0 [{x1} {x2} {x n}] n 1(2)
Từ (1) và (2) suy ra x1 x2 x n n 1 x1x2 x n x1 x2 x n
Nhận xét: tính chất 7a có thể phát biểu như sau:
Biểu thức x1x2 x n x1 x2 x n nhận các giá trị n 1 ; n 2 ; ; 0
Giải thích thêm
Theo (1) biểu thức bằng [{x1} {x2} {x n}] Z
Do có (2): 0 [{x1} {x2} {x n}] n 1 nên từ đó suy ra nhận xét
b) có xy xy [xy] [x] {x} [y] {y} [[x] {x} [y] {y}]
[x] {x} [y] {y} [x] [y] [{x} {y}] {x} {y} [{x} {y}] (3)
Có 1 x y 1 suy ra 1 [ x y ] 0(4)
Từ (3),(4) suy ra x y xy x y 1
Tổng quát: biểu thức
x1 x2 x m y1y2 y n x1 x2 x n y1 y2 y n
nhận các giá trị m 1 ; m 2 ; ;n
2
1 }
1 {
}
1 { }
n
n x n
x
chứng minh: có ( 1) ( 1)
n
n x n
x
x
2
1 2
) 1 ( 1
2
n
n n nx n
n
Mà [ ] [ 1] [ 1] [nx]
n
n x n
x
( 1) ( 1)
n
n x n
x
x
Trang 10Vũ Hồng Phong làng Bất lự-Hoàn Sơn-Tiờn Du -Bắc Ninh
[ ] [ 1] [ 1]
n
n x n
x
x { } { 1} { 1}
n
n x n
x x
}
1 {
}
1 { }
{
]
[
n
n x n
x x
Thay vào (*) được
2
1 ]
[ 2
1 }
1 {
}
1 {
}
{
]
[ nx n nx nx n
n
n x n
x x
nx
2
1 }
1 {
}
1 { }
n
n x n
x
sau đây là các ví dụ
Ví dụ1: Giải phương trình 1 )[ ] [ 2 ] 6 , 2
3
2 3
1 3
x x x
x x
3 3 2
1 3 3
2 3 3
1 3 3
PT {x}[x] [ 2x] 6 , 2 {x}[x] [ 2 ([x] {x})] 6 , 2
{x}[x] [ 2 [x] {x}] 6 , 2 {x}[x] 2 [x] [ {x}] 6 , 2 (1)
TH1:
2
1 }
{
0 x (2) thì 0 {x} 1 [ {x}] 0
PT(1) {x}[x] 2 [x] 6 , 2
] [
] [ 2 2 , 6 } {
x
x
Do (2) nên
2
1 ]
[
] [ 2 2 , 6
x
x
0 ]
[
] [ 2 2 , 6
x
x
] [
] [ 5 4 , 12
x
x
48 , 2 ]
[
0 ]
[
1 , 3 ]
[
0
x
x
x
2 , 48 [x] 3 , 1 [x] 3
thay [x] = 3 vào (3) được {x}=
3
2 , 0 Suy ra x =
15
46 3
2 , 0 3 } { ] [x x
2
1
x (4) thì 1 {x} 2 [ {x}] 1
PT(1) {x}[x] 2 [x] 1 6 , 2
] [
] [ 2 2 , 5 } {
x
x
] [
] [ 2 2 , 5 2
1
x
x
(5)
Giải tương tự TH1 từ (5) ta được [x] = 2 khi đó {x}= 0,6 Suy ra x = 2,6
Vậy PT đã cho có 2 nghiệm x =
15
46 ; x = 2,6
Ví dụ 2 Giải phương trình { 1 x} 0 , 5 3 x} (1)
Lời giải + theo tính chất 6 thì PT( 1 ) A x 1 3 x 0 , 5 Z
+ ta có ( x 1 3 x)2 4 2 (x 1 )( 3 x)
Theo BĐT CôSi thì 0 2 (x 1 )( 3 x) x 1 3 x 4
Suy ra 4 ( x 1 3 x) 2 8 2 x 1 3 x 2 2
1 , 5 A 2 2 0 , 5 2 , 3 với x [ 1 ; 3 ]
Do vậy A x 1 3 x 0 , 5 2