Chuyên đề phần nguyên và ứng dụng

Phần nguyên của số thực x là số nguyên lớn nhất không vượt quá x, kí hiệu là [ ]x... * Cơ sở phương pháp: Chứng minh các hệ thức chứa phần nguyên thực chất có thể coi là chứng minh các

Sự biểu diễn trên là duy nhất Ta gọi số nguyên n là phần nguyên của x ; còn t được gọi

là phần lẻ của x Từ đây ta đi đến định nghĩa

Phần nguyên của số thực x là số nguyên lớn nhất không vượt quá x, kí hiệu là [ ]x Ta

Nếu a không là số nguyên thì [ ] [ ]− = −a a −1;

[a b+ =]  a + a + b + b = a + b + a + b .

Mà { } { }a + b ≥0 nên

[a b+ ≥] [ ] [ ]a + b 8) Áp dụng tính chất 7 ta có

Nếu a không nguyên thì 0<{ }a <1, nên − < −1 { }a <0, suy ra −{ }a = −1.

Ta có [ ]− = −a  ( [ ]a +{ }a ) = − [ ]a + − { }a = −[ ]a −1

B CÁC DẠNG TOÁN THƯỜNG GẶP

* Cơ sở phương pháp: Để tính giá trị một biểu thức chứa phần nguyên, ta cần sử dụng các

tính chất của phần nguyên, kết hợp với các kĩ thuật tính toán khác đặc biệt là Phương

1

+

4.3

1

+ +

)1.(

1+

(Nâng cao và phát triển lớp 9 tập 1 – Vũ Hữu Bình)

a100 = 6+a99 < 6+ <3 3

Hiển nhiên a100 > 6>2a100  6  2 Như vậy 2<a100 <3, do đó [ ]a100 =2

Bài toán 3 Tính phần nguyên của: A= n n( +1)(n+2)(n+3 ) với n là số tự nhiên

Vậy A=1.3 2.4 3.7+ + +4.9=70

* Cơ sở phương pháp: Chứng minh các hệ thức chứa phần nguyên thực chất có thể coi là

chứng minh các tính chất của phần nguyên Để chứng minh các hệ thức chứa phần nguyên ta phải sử dụng các tính chất đã được nêu trong phần lý thuyết, kết hợp với các kĩ thuật đại số và số học

Vậy bài toán được chứng minh

Bài toán 2 Cho n là số tự nhiên, chứng minh:

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

Do x là số nguyên nên từ (1) và (2) suy ra x∈{21; 22 }

Thử vào phương trình đã cho, ta được x=21

Do t nguyên nên t=0 Suy ra x=1

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất x= 1

9 8 0

Hướng dẫn giải

Biến đổi phương trình về dạng [ ] 2 8

.9

Vậy tập nghiệm của phương trình là {1; 46; 55;8 }

Ứng với mỗi giá trị của t nguyên, giải hệ ( )

  + +

Vậy tập nghiệm của phương trình là [0, 5;1)∪[2;3)∪[3, 5;5, 5] [∪ 7;8)∪[9;9, 5 )

Bài toán 2 Giải phương trình [x−2, 3] [= 4−x]

Không có x nào thỏa mãn hai điều kiện trên

Từ hai trường hợp ta có nghiệm của phương trình là 3< <x 3, 3

4) Phương trình chứa nhiều dấu phần nguyên

Thay vào phương trình và thử lại, ta được: x= − − − − −7; 5; 4; 3; 2; 0.

Do x là số nguyên nên từ (1) và (2) suy ra x∈{135;136 }

Thử vào phương trình đã cho, ta được x=135

Bài toán 3 Giải phương trình [ ] [ ] [ ]x + 2x + 3x + + [2009x]=4036082

Lại có 4036082 2019045 2017037.= + Do đó phương trình vô nghiệm

.3

Có những phương trình chứa của phần nguyên và phần dư, hoặc phần nguyên với

các phép toán khác (lũy thừa, căn thức,…) ta xếp chúng vào dạng phương trình hỗn hợp

Giải chúng nói chung là khó, cần kết hợp nhiều suy luận và kĩ thuật khác nhau, như dùng định nghĩa, chia khoảng, sử dụng tính chất số nguyên của [ ]x hoặc tính chất 0≤{ }x <1,

các tính chất x nguyên khi và chỉ khi { }x =0hoặc x=[ ]x , các phương pháp của đại số như đặt ẩn phụ, biến đổi tương đương hệ phương trình,

* Ví dụ minh họa:

Bài toán 1 Giải phương trình trên tập số dương: 2 [ ]2

Phương trình này có nghiệm x = -2 hoặc x = 1

Bài toán 3 Tìm các số x y z, , thoả mãn cả ba phương trình sau

[ ] { } 1,1

x  y  z  ; y [ ] { }z  x 2, 2 ; z [ ] { }x  y 3, 3

Hướng dẫn giải

Cộng từng vế các phương trình đã cho được x   y z 3, 3

Cộng từng vế hai phương trình đầu được

[ ] { } [ ] { } 3, 3

x  y z  z  y  x  Suy ra [ ] { }y  x 0 (chú ý rằng [ ] { }z  z z )

Do đó { }x là số nguyên, suy ra { }=0x Vậy [ ]y 0 và x [ ]x

Từ x [ ] { }y  z 1,1 và [ ]y 0 suy ra x { }z 1,1

Do 0{ }z 1 và x [ ]x nên x 1, do đó { }z 0,1

Từ y[ ] { }z  x 2, 2 và { }=0x suy ra y[ ]z 2, 2

Ta lại có [ ]y 0 nên 0 y 1, do đó y 0, 2,[ ]z 2

Vậy z [ ]+{ }z z 2,1

* Cơ sở phương pháp: Khi giải bất phương trình có chứa dấu phần nguyên, ta thường đặt

biểu thức f x( )=t (t nguyên) để chuyển về giải bất phương trình không còn chứa dấu

phần nguyên, rồi vận dụng định nghĩa và tính chất của phần nguyên để tìm ra nghiệm của bất phương trình

Vậy x≥4 Bất phương trình có vô số nghiệm x≥ 4

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là [2; 4 )

Bài toán 3 Giải bất phương trình [ ] [ ]2x > x

• Với [ ]2x = +2t 1 thì 0, 5≤{ }x <1 và 2t+ > ⇔ > −1 t t 1, mà t nguyên nên t là số

Với t=0 thì [ ] [ ]x = 2x =0 suy ra 0 2≤ x<1 nên 0≤ <x 0, 5

Vậy nghiệm của bất phương trình là x≥0, 5

Bài toán 4 Giải bất phương trình [ ]x { }x < −x 1

Hướng dẫn giải

Bất phương trình [ ]x { }x < −x 1 tương đương với [ ]x { }x <[ ]x +{ }x −1 hay

[ ]x ( { }x − <1) { }x − ⇔1 ( [ ]x −1) ( { }x − <1) 0

Do { }x − <1 0nên [ ]x >1 hay x≥2

Vậy nghiệm của bất phương trình là x≥2

* Cơ sở phương pháp: Phần nguyên được ứng dụng khá nhiều trong giải các bài toán số

học về số tận cùng, chia hết, số nguyên tố….chúng ta cùng đến với các ví dụ cụ thể

* Ví dụ minh họa:

là bội số của n và không vượt quá a là a

n

 

 

Hướng dẫn giải

Ta viết a=nq r+ , trong đó q là số tự nhiên, 0≤ <r n

Rõ ràng các bội số của n không vượt quá a là n, 2 , ,n qn tổng cộng có q số

Mặt khác a q

n

  =

  Từ đó suy ra kết luận của bài toán

Bài toán 2 Số 2012! có tận cùng bao nhiêu số 0?

Hướng dẫn giải

Vì 10 2.5= nên để biết 2012! có tận cùng bằng bao nhêu chữ số 0, ta cần phải tính

số mũ của 5 khi phân tích 2012! ra thừa số nguyên tố

Theo Ví dụ 1, Số mũ của 5 khi phân tích 2012! ra thừa số nguyên tố bằng

  =

2011 503< )

Vậy 2011! chia hết cho 3

503 và không chia hết cho 4

503 , hiển nhiên 2011! chia hết cho 3

4 Do vậy 2011! chia hết cho 3

2012 và không chia hết cho 4

Do có 105 giá trị của k (từ 0 đến 1004) Với một k thì r nhận các giá trị từ 2k đến

2009 Vậy sô nghiệm tự nhiên n của (1) là

1004 0

Bài toán 4 Tìm tất cả các số nguyên tố x sao cho

Vậy bài toán có hai nghiệm x=2 và x= 3

Bài toán 5 Cho a= +2 3

a) Tính 2

a

 

  b) Tính 3

a

 

  c) * Chứng minh rằng n

a

 

  là số tự nhiên lẻ với mọi số n nguyên dương

(Nâng cao phát triển lớp 9 tập 1 – Vũ Hữu Bình)

x+ y , ta được

n n

* Cơ sở phương pháp: Để chứng minh các bất đẳng thức phần nguyên ta phải sử dụng

linh hoạt các tính chất đã được nêu trong phần lý thuyết

Hướng dẫn giải

Cách 1 Ta có [ ]x ≤x; [ ]y ≤ y nên [ ] [ ]x + y ≤ +x y

Suy ra [ ] [ ]x + y là số nguyên không vượt quá x y+ (1)

Theo định nghĩa phần nguyên, [x+ y]là số nguyên lớn nhất không vượt quá x+y ( )2

Từ (1) và (2) suy ra [ ] [ ] [x + y ≤ x+ y]

Cách 2 Theo định nghĩa phần nguyên, ta có

[ ] [ ]

Trong cả hai trường hợp ta đều có [ ] [ ] [x + y ≤ x+y]

Bài toán 1 Cho ,x y∈R Chứng minh rằng

2{ }x   + 2{ }y   ≥ { } { }x + y  ( )1

Vì 0≤{ } { }x + y <2 nên ta có hai trường hợp sau:

● Nếu 0≤{ } { }x + y <1 thì (1) luôn đúng đúng vì vế trai lớn hơn bằng 0, vế phải bằng 0

Bài 4: Tìm phần nguyên của biểu thức :

2+ 2 + + 2+ 2 , (với n dấu căn)

Bài 5 : Tìm phần nguyên của biểu thức :

3 3 3

6

Bài 14: Chứng minh rằng: m[ ]x ≤ [ ]mx ≤ m[ ]x + m - 1 (với mọi giá trị m nguyên dương)

Bài 15: Chứng minh rằng : Không tồn tại x thoả mãn:

[ ]x + [ ]2x + [ ]3x + + [100x] = 313096

Bài 16: Giải phương trình:[x+0,7] = - 4

Bài 17: Giải phương trình: [x+1] + [x+2] + [x+3] = 4

Bài 18: Giải phương trình 4[ ]x = 3x

Bài 19: Giải phương trình:  +8 

6

5 x

=

57

15x−

Bài 20: Giải phương trình:  3− 

Bài 21: Giải phương trình: [ ]x { }x = x - 1

Bài 22: Giải phương trình: x - 32

x = 2

Bài 23: Giải phương trình: [ ]x−1 =  +1

2

x

Bài 24: Giải phương trình: x4= 2x2 + [ ]x

Bài 25: Giải phương trình: x3 - [ ]x = 3

< thì [ ] [ ]na =n a

n∈N , chứng minh [ ] [ ]na ≥n a Đặt biệt khi { } 1

a n

(Thi toán Quốc tế năm 1968)

Bài 38 : Chứng minh rằng không tồn tại số thực x thỏa mãn :

[ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]x + 2x + 4x + 8x + 16x + 32x =12345

n∈N thỏa mãn [ ]n là ước của n

Bài 41 : Với mỗi số thực ta gọi phần nguyên của là số nguyên lớn nhất không vượt

quá và ký hiệu là Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương , biểu thức

không biểu diễn được dưới dạng lập phương của một số nguyên dương

(Trích đề vào 10 Chuyên Khoa Học tự nhiên Hà Nội năm 2011-2012)

Bài 42: Với mỗi số thực a, ta gọi phần nguyên của số a là số nguyên lớn nhất không vượt

quá a và ký hiệu là [a] Chứng minh rằng với mọi n nguyên dương ta luôn có

n n

n n

+

1

1

3.2

72.1

k + [k+1] = 2k + 1 = n Vậy ta luôn có: 2

[ ]2a =2( [ ]a +d)=2[ ] [ ] [ ]a + 2d =2 a +1 Suy ra điều phải chứng minh

Bài 13: Áp dụng kết quả bài tập 12 ta có:  + 

Suy ra m x[ ] [ ]≤ mx ≤m x[ ]+ −m 1với mọi giá trị m nguyên dương

Bài 15: Đặt: S = [ ]x + [ ]2x + [ ]3x + + [100x], áp dụng kết quả bài 14

Cho m nhận các giá trị từ 1 đến 100 rồi cộng lại ta được:

99,61

x

x

⇒ 61,02 ≤ [ ]x ≤ 61,99

Điều này chứng tỏ không có x thoả mãn

Bài 16: Phương trình tương đương 4− ≤ +x 0, 7< − ⇔ −3 4, 7≤ < −x 3, 7

2 vô lý hay không có x thoả mãn

Bài 18: Từ đặc điểm phương trình ta có: 3x ∈ Z ⇒x =

++

Cho k lần lượt bằng 1,2,…,m – 1 rồi lấy tổng ta được:

n

++ <

, khi đó 21 0

2

k k

Áp dụng tính chất 1 [ ] [ ]

22

1)

1()1(

2

N k k k

k k

k k

k

k k

k

k k

=+

+++

=+

++

Thay k lần lượt từ 1 ta có

n n n

n n

n

n n

+

1 1

1 1 1

1