Các bài toán về phần nguyên trong số học

Giới thiệu Các bài toán về phần nguyên trong số học

Học toán online.vn gửi đến các em học sinh và bạn đọc Các bài toán về phần nguyên trong số học.

Tài liệu ôn thi vào 10 môn Toán và hướng dẫn giải các đề thi từ cơ bản đến vận dụng cao sẽ luôn được cập thường xuyên từ hoctoanonline.vn , các em học sinh và quý bạn đọc truy cập web để nhận những tài liệu Toán hay và mới nhất nhé.

Tài liệu Các bài toán về phần nguyên trong số học

Các em học sinh Đăng ký kênh youtube để học thêm về môn Toán nhé.

Text Các bài toán về phần nguyên trong số học
BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 | CHỦ ĐỀ 7 PHẦN NGUYÊN TRONG SỐ HỌC A. KiÕn thøc cÇn nhí 1. Định nghĩa Ta biết rằng, mọi số thực x đều có thể biểu diễn được dưới dạng: x= n + t với n ∈ Z và 0 ≤ t < 1. Ví dụ: 6, 7 =6 + 0, 7 ; −6, 7 =−7 + 0,3 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  1 3 Thí dụ:  2  = 2;   = 0; [ −7, 2] = −8;  2  = 1;.....  2 5 Phần lẻ của số thực x là hiệu của x với phần nguyên của nó, kí hiệu là { x} . Ta có {a} =− a [ a ] , 0 ≤ {a} ≤ 1. 1  1 Thí dụ {2,1} =0,1;   = ; {−7, 2} =0,8;.... 2 2 2. Tính chất 1) a ∈  ⇔ [a] = a hoặc {a} = 0. 2) n ∈  và n ≤ a < n + 1 ∈  ⇔ [ a ] =n. 3) 4) a} {= {= [ a ]} 0. Nếu n ∈  thì [ n + a ] =n + [ a ] ; {n + a} ={a} . 5) Nếu [ n + a ] = n thì n ∈  và 0 ≤ a ≤ 1. 6) a ≥ b ⇒ [ a ] ≥ [b ] . [ a ] + [b ] ≤ [ a + b ] . Tổng quát [ a1 ] + [ a2 ] + ... + [ an ] ≤ [ a1 + a2 + ... + an ] , 8) [ a ] − [b ] ≥ [ a − b ] . 9) {a} + {b} ≥ {a + b} ;{a} − {b} ≤ {a − b} . 10) Nếu [ a ] = [b ] thì a − b < 1. 7) 11) [ a ] +  a +  1 = [ 2a ] . 2  .179 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC có [ x ] ≤ x < [ x ] + 1. | CHỦ ĐỀ 7: PHẦN NGUYÊN TRONG SỐ HỌC [a]   a  Nếu n ∈  * thì [ na ] ≥ n [ a ] ;   =  .  n  n − [a]; Nếu a là số nguyên thì [ −a ] = 12) 13) Nếu a không là số nguyên thì [ −a ] = − [ a ] − 1; Chứng minh các tính chất: Các tính chất 1) đến 5) có thể chứng minh dễ dàng trên dựa vào định nghĩa phần nguyên. 6) CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI 7) Vì a ≥ b nên tồn tại số c ≥ 0 sao cho a= b + c. Do đó. a = [b ] + {b} + c, suy ra Viết [ a ] =[b] + {b} + c  . Mà {b} + c  ≥ 0 nên [ a ] ≥ [b]. a= [ a ] + {a} , b = [b] + {b} . Khi đó [a + b] = [ a ] + {a} + [b ] + {b} = [ a ] + [b ] + {a} + {b} . Mà {a} + {b} ≥ 0 nên 8) [ a + b ] ≥ [ a ] + [b ] . Áp dụng tính chất 7 ta có [ a − b ] + [b ] ≤ [ a − b + b ] = [ a ] nên [ a ] − [b] ≥ [ a − b]. 9) {a} + {b} = a − [ a ] + b − [b ] = ( a + b ) − ([ a ] + [b ]) ≥ a + b − [ a + b ] = {a + b} . ⇒ {a} + {b} ≥ {a + b} Vậy {a} + {b} ≥ {a + b} . {a} − {b} =a − [ a ] + [b] − b =( a − b ) − ([ a ] − [b]) ≤ ( a − b ) − [ a − b] ={a − b} . ⇒ {a} − {b} ≤ {a − b} Vậy {a} − {b} ≤ {a − b} . b {b} . Không giảm tính tổng quát, giả sử a ≥ b 10) [ a ] = [b ] suy ra a − {a} =− 0; Nếu a = b thì a − b = {a} − {b} ≤ {a − b} = a − b ≤ {a − b} < 1 Nếu a > b thì từ a − b= Suy ra a − b Vậy a − b < 1. 11) Đặt {a} = d thì 0 ≤ d ≤ 1. • [ 2a ] = • [ 2a ] = 12) Nếu 0 ≤ d < 1  1 1 1   thì  a +  = [ a ] + d +  = [ a ] +  d +  = [ a ] ; 2 2  2 2    2 ([ a ] + d )  = 2 [ a ] + [ 2d ] = 2 [ a ] . Từ đó suy ra điều phải chứng minh.   Nếu 1  1 1 1   ≤ d < 1 thì  a +  = [ a ] + d +  = [ a ] +  d +  = [ a ] + 1; 2 2  2 2    2 ([ a ] + d )  = 2 [ a ] + [ 2d ] = 2 [ a ] + 1. Suy ra điều phải chứng minh.   Ta có [ na ] = n ([ a ] + {a} )  =n [ a ] +  n {a} , mà  n {a} ≥ 0 nên [ na ] ≥ n [ a ] . a  a a a a ≤ < + 1 ⇒ n ≤ a < n   n  n  n   n    + 1 n  TỦ SÁCH CẤP 2| 180 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 |   a    a  [a]  a  a ⇒ n   ≤ [ a ] < n    + 1 ⇒   ≤ <   +1 n n  n n n [a]   a  Vậy   =   .  n  n 13) Nếu a là số nguyên thì [ −a ] =−a =− [ a ] . 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  Dạng 1: Tìm phần nguyên của một số hoặc một biểu thức * 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 pháp “kẹp” Đánh giá số hạng để “kẹp” số cần tính phần nguyên giữa hai số nguyên liên tiếp: Đưa * Ví dụ minh họa: Bài toán 1. Tìm [x ] biết: x = 1 1 1 1 + + + . . .+ n.(n + 1) 1.2 2.3 3.4 Hướng dẫn giải Ta cần chỉ ra số nguyên y sao cho: y < x < y + 1 để: [x ] = y   Để ý x =1 − 1 1 1 1  1 1  +  −  + .... +  −  =1 − 2  2 3 n +1  n n +1 0 Suy ra 0 < x < 1 ⇒ [ x ] = Bài toán 2. Tìm phần nguyên của số: 6 + 6 + ... + 6 + 6 (có 100 dấu căn). (Nâng cao và phát triển lớp 9 tập 1 – Vũ Hữu Bình) Hướng dẫn giải Kí hiệu an = 6 + 6 + ... + 6 + 6 (có n dấu căn). .181 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC biểu thức về dạng z ≤ A < z + 1 và kết luận [ A] = z; | CHỦ ĐỀ 7: PHẦN NGUYÊN TRONG SỐ HỌC Ta có = a1 6 <3 a2 = 6 + a1 < 6 + 3 = 3 a3 = 6 + a2 < 6 + 6 = 3 … a100 = 6 + a 99 < 6 + 3 < 3 . Hiển nhiên a100 > 6 > 2 a100  6  2 . Như vậy 2 < a100 < 3 , do đó [ a100 ] = 2. . n ( n + 1)( n + 2 )( n + 3) . với n là số tự nhiên. Bài toán 3. Tính phần nguyên của: A = CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI Hướng dẫn giải n ( n + 1)( n + 2 )( n + 3)=. Ta có: A= (n 2 + 3n )( n 2 + 3n + 2 )= (n 2 + 3n ) + 2 ( n 2 + 3n ) . 2 Để ý rằng: (n 2 + 3n ) < 2 (n 2 + 3n ) + 2 ( n 2 + 3n ) < 2 (n 2 + 3n ) + 2 ( n 2 + 3n ) + 1 2 Suy ra n 2 + 3n < A < n 2 + 3n + 1 . Vậy [ A] = n 2 + 3n, n ∈ N . Bài toán 4. Tìm [x ] biết: x= 4n 2 + 16n 2 + 8n + 3 với n là số tự nhiên Hướng dẫn giải Thật vậy ta có: ( 4n + 1) < 16n 2 + 8n + 3 < ( 4n + 2 ) 2 2 ⇒ 4n + 1 < 16n 2 + 8n + 3 < 4n + 2 ⇒ 4n 2 + 4n + 1 < 4n 2 + 16n 2 + 8n + 3 < 4n 2 + 4n + 2 < 4n 2 + 8n + 4 ⇒ 2n + 1 < 4n 2 + 16n 2 + 8n + 3 < 2n + 2 ⇒ [ x ] = 2n + 1 Bài toán 5. Tính tổng sau: S=  1  +  2  +  3  + ... +  24  Hướng dẫn giải TỦ SÁCH CẤP 2| 182 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 | = S (  ) ( ) ( ) ( ) 1  +  2  +  3  +  4  + ... +  8  +  9  + ... +  15  +  16  + ... +  24  . Theo cách chia nhóm như trên, nhóm 1 có ba số, nhóm 2 có năm số, nhóm 3 có bảy số, nhóm 4 có chín số. Các số thuộc nhóm 1 bằng 1 , các số thuộc nhóm 2 bằng 2, các số thuộc nhóm 3 bằng 3, các số thuộc nhóm 4 bằng 4. Vậy A = 1.3 + 2.4 + 3.7 + 4.9 = 70 .  Dạng 2: Chứng minh một đẳng thức chứa phần nguyên * 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. * Ví dụ minh họa: n n + 2 n  2  +  2  = Hướng dẫn giải 1  2k   2k + 1   = k + k + = k + k = 2k = n [ ]  2  2  Nếu n chẵn, tức là n = 2k thì   +  2   2k + 1   2k + 1 + 1  +  = 2  2   Nếu n lẻ, tức n = 2k + 1 thì:  1  k + + [ k + 1] = k + k + 1 = 2k + 1 = n.  2  Vậy bài toán được chứng minh. Bài toán 2. Cho n là số tự nhiên, chứng minh:  4n + 1=   4n + 2      Hướng dẫn giải  4n + 2  ; m = 4n + 1  . Đặt k =     Ta có: k ≥ m = k  4n + 2  nên k ≤ 4n + 2 ⇒ k 2 ≤ 4n + 2. Do   2 Giả sử k= 4n + 2 , điều này vô lý vì số chính phương chia cho 4 không thể dư 2. Từ đó suy ra: k 2 < 4n + 2 ⇒ k 2 ≤ 4n + 1 ⇒ k ≤ 4n + 1 ⇒ k ≤  4n + 1  = m.  Vậy k = m. .183 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC  CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC Bài toán 1. Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n ta luôn có: | CHỦ ĐỀ 7: PHẦN NGUYÊN TRONG SỐ HỌC Bài toán 3. Chứng minh rằng với n là số nguyên dương bất kì, ta có: 1  3 1  n + = n − + .   2   4 2 Hướng dẫn giải   1 Đặt k=  n +  ; 2  Khi đó: k ≤ n +  3 1 m=  n − +  . 4 2  1 1 1 1 1 < k +1 ⇔ k − ≤ n < k + ⇔ k2 − k + ≤ n < k2 + k + . 2 2 2 4 4 Vì n nguyên dương nên phải có k 2 − k + 1 ≤ n ≤ k 2 + k . CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI Chứng minh tương tự: m≤ n− 3 1 1 3 1 + < m + 1 ⇔ m2 − m + ≤ n − < m2 + m + ⇔ m2 − m + 1 ≤ n ≤ m2 + m 4 2 4 4 4 Vậy phải có k = m.  Dạng 3: Phương trình chứa phần nguyên 1) Phương trình có dạng:  f = ( x ) a * Cơ sở phương pháp:  f ( x )=  a (a ∈ ) ( a ∈  ) ⇔ a ≤ f ( x ) < a + 1. * Ví dụ minh họa: 0. Bài toán 1. Giải phương trình 3 [ x ] + 5 [ x ] − 2 = 2 Hướng dẫn giải x ] y, y ∈ Z . Phương trình trở thành: 3 y 2 + 5 y − 2 = Đặt [= 0. 1 1 ( y = − loại do y ∈ Z ) 3 3 Do đó [ x ] = y = −2 . Suy ra −2 ≤ x < −1 . Suy ra y = −2 hoặc y = − [ −2; −1) Vậy tập nghiệm của phương trình là 2 Bài toán 2. Giải phương trình  x 2 + 5 − 9  x 2 + 7  = −26. Hướng dẫn giải Ta có:  x 2 + 7  =  x 2 + 5 + 2 Do đó: 2  x 2 + 5 − 9  x 2 + 7  = −26 TỦ SÁCH CẤP 2| 184 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 | 2 ( ) ⇔  x 2 + 5 − 9  x 2 + 5 + 2 = −26 2 ⇔  x 2 + 5 − 9  x 2 + 5 + 8 = 0 Đặt  x 2 + 5 = y ⇒ y ≥ 5, y ∈ Z . Phương trình trở thành: y 2 − 9 y + 8 = 0. Suy ra y = 8 hoặc y = 1 ( y = 1 loại do y < 5 ) Do đó  x 2 + 5 = y =8 . Suy ra 8 ≤ x 2 + 5 < 9 ⇔ 3 ≤ x 2 < 4 ⇔ 3 ≤ x < 2 . Vậy tập nghiệm của phương trình là  3; 2 ) x x Bài toán 3. Giải phương trình   +   = 17 2 3 Hướng dẫn giải Trước hết ta ước lượng giá trị của x . x x 5x + = , suy ra x ≥ 20, 4. . 2 3 6 x  x  5 Do [ x ] ≥ x − 1 nên 17 >  − 1 +  − 1 = x − 2 , suy ra x ≤ 22,8 2  3  6 (1) ( 2) 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 2) Phương trình có dạng:  f ( x )  = g ( x ) * Cơ sở phương pháp: Đặt g ( x ) = t ( t nguyên), biểu diễn f ( x ) = h ( t ) đưa về phương trình  h ( t )  = t ⇔ t ≤ h ( t ) < t + 1 hay 0 ≤ h ( t ) − t < 1. Tìm t , sau đó từ g ( x ) = t tìm ra x . * Ví dụ minh họa:  4 − 3x  5 x − 5 Bài toán 1. Giải phương trình  = . 7  5  Hướng dẫn giải Đặt 5x − 5 7t + 5 4 − 3 x 5 − 21t = t (= t ∈  ) thì x = ; . 7 5 5 25 5 − 21t  5 − 21t  Ta có  = t ⇔ t ≤ < t +1 25  25  .185 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC Do [ x ] ≤ x nên 17 ≤ | CHỦ ĐỀ 7: PHẦN NGUYÊN TRONG SỐ HỌC 5 −20 0 ). Ta có  9t − 8  = t ⇔ t ≤ 9t − 8 < t + 1   t 2 ⇔2 t 1 ≤ t ≤ 8t   t ≤ 7 − 13 − 9t + 8 ≤ 0 ⇔  2  − 7t + 9 ≥ 0   t ≥ 7 + 13 . 2   { } Do t là số tự nhiên nên t ∈ {1;6;7;8} . Do đó x ∈ 1; 46; 55;8 . { } Vậy tập nghiệm của phương trình là 1; 46; 55;8 .  2 x − 1  4 x + 1 5x − 4 Bài toán 3. Giải phương trình  + = . 3  3   6  Hướng dẫn giải 1  Áp dụng tính chất: [ a ] +  a +  = [ 2a ] , ta có 2   2 x − 1  4 x + 1  2 x − 1  2 x − 1 1   4 x − 2   3  +  6 =   3  +  3 += 2   3  Nên phương trình đã cho trở thành  4 x − 2  5x − 4  3  = 3 . 5x − 4 3t + 4 4 x − 2 4t + 2 Đặt = t (= t ∈  ) thì x = ; . Suy ra 3 5 3 5 4t + 2  4t + 2   5  = t ⇔ 0 ≤ 5 − t < 1 ⇔ −3 < t ≤ 2 ⇔ t ∈ {−2; −1;0;1; 2}  −2 1 4 7  (do t nguyên), tương ứng tìm được x ∈  ; ; ; ; 2  . 5 5 5 5  TỦ SÁCH CẤP 2| 186 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 | 3) Phương trình có dạng:  f ( x )  =  g ( x )  * Cơ sở phương pháp: Đặt = f ( x )  = g ( x )  t suy ra f ( x ) − g ( x ) < 1, dẫn đến a < x < b. a1 < f ( x ) < b1 Với a < x < b suy ra  , từ đó tìm được t. < < a f x b ) (  2 2  f ( x )  = t để tìm x. Ứng với mỗi giá trị của t nguyên, giải hệ    g ( x )  = t Tập hợp các giá trị x tìm được từ hệ trên sẽ là nghiệm của phương trình. * Ví dụ minh họa:  2 x − 1  x + 1 Bài toán 1. Giải phương trình  = .  3   2  Hướng dẫn giải  2 x − 1  x + 1 Đặt  = = t ( t ∈  ) . Theo tính chất chứng minh trên ta có  3   2  2x −1 x +1 x −5 − < 1 ⇔ −1 < < 1 ⇔ −1 < x < 11. Khi đó 3 2 6   x + 1 x +1  0≤ ≤5 0 < < 6     2  2 ⇒ . Suy ra t ∈ {0;1; 2;3; 4;5}.  2 x 1 − 2 x − 1   −1 < < 7 −1 ≤  ≤6   3  3  2x −1  ≤ < 1 1 0  1  ≤x<2  2 x − 1  x + 1 3 Với t = 0 thì  = =0⇔ ⇔ 2 ⇔ ≤ x < 1.   2  3   2  0 ≤ x + 1 < 1 −1 ≤ x < 1  2  2x −1 7 1≤ <2   2 ≤ x <  2 x − 1  x + 1 3 Với t = 1 thì  = =1 ⇔  ⇔ 2 ⇔ 2 ≤ x < 3. 1 x +  3   2  1 ≤ <2 1 ≤ x < 3  2 2x −1  2≤ < 3 7  2 1 1 7 x − x +   ≤ x<5     3 Với t = 2 thì  = =2⇔ ⇔ 2 ⇔ ≤ x < 5.   2  3   2  2 ≤ x + 1 < 3 3 ≤ x < 5  2 2x −1  11 3≤ <4   2 1 1 11 x − x +  5 ≤ x <     3 Với t = 3 thì  3 5 . x = = ⇔ ⇔ ⇔ ≤ < 2   1 x + 2  3   2  3 ≤ <4 5 ≤ x < 7  2 .187 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC Theo tính chất 10 thì nếu [ a ] = [b ] thì a − b < 1 | CHỦ ĐỀ 7: PHẦN NGUYÊN TRONG SỐ HỌC 2x −1  ≤ <5 4 13   ≤ x<8  2 x − 1  x + 1 3 Với t = 4 thì  = =4⇔ ⇔2 ⇔ 7 ≤ x < 8. + x 1  3   2  4 ≤ 7 ≤ x < 9 <5  2 2x −1  19 5≤ <6   2 x 1 x 1 19 − +  8 ≤ x <     3 Với t = 5 thì  = =5⇔  ⇔ 2 ⇔9≤ x< .   2  3   2  5 ≤ x + 1 < 6 9 ≤ x < 11  2 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 ]. CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI Hướng dẫn giải Theo tính chất 10 thì nếu [ a ] = [b ] thì a − b < 1 suy ra: [ x − 2,3]= [ 4 − x ] ⇒ −1 < ( x − 2,3) − ( 4 − x ) < 1 ⇔ −1 < 2 x − 6,3 < 1 ⇔ 2, 65 < x < 3, 65. Suy ra 0,35 < x − 2,3 < 1,35 . Do đó [ x − 2,3] = 0 hoặc [ x − 2,3] = 1. Vì 2, 65 < x < 3, 65 nên 0,35 < 4 − x < 1,35 suy ra [ 4 − x ] = 0 hoặc [ 4 − x ] = 1. Trường hợp 1: [ x − 2,3] = [ 4 − x ] = 0 Ta có [ 4 − x ] = 0 ⇔ 0 ≤ x − 2,3 < 1 ⇒ 2,3 < x < 3,3 Kết hợp hai điều kiện ta được: 3 < x < 3,3. Trường hợp 2: [ x − 2,3] = [ 4 − x ] = 1. Ta có: [ x − 2,3] =1 ⇔ 1 ≤ x − 2,3 < 2 ⇔ 3,3 ≤ x < 4,3; [ 4 − x ] =1 ⇔ 1 ≤ 4 − x < 2 ⇔ 2 < x ≤ 3. 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 * Cơ sở phương pháp: Sử dụng tính chất của phần nguyên, phân tích đa thức thành nhân tử, đặt ẩn phụ (nếu cần) để đưa về phương trình ít phần nguyên hơn. * Ví dụ minh họa: x x Bài toán 1. Giải phương trình:   +   = x. 2 3 Hướng dẫn giải Ta thấy x là số nguyên. Đặt = x 6a + r trong đó a, r ∈ Z và 0 ≤ r < 6. TỦ SÁCH CẤP 2| 188 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 | x x  6a + r   6a + r  + =⇔ x 6a + r  2   3   2  +  3  = r  r  r  r  ⇔ 5a +   +   = −r +   +   . 6a + r ⇔ a =  2 3  2 3 Lần lượt cho r bằng 0,1, 2,3, 4,5 ta được. r 0 1 2 3 4 5 a 0 1 1 1 1 2 x 0 5 4 3 2 7 Cách khác: Ta dễ dàng chứng minh được tính chất  [ x + y ] khi 0 ≤ { x} + { y} < 1; [ x] + [ y ] =  [ x + y ] − 1 khi 1 ≤ { x} + { y} < 2 x x x  2  +  3  =  2 + x   5x  x x x x  5x  =   hoặc   +   =  +  − 1=   − 1  3  6  2 3 2 3 6  5x   5x  x x Vậy nếu x là nghiệm của phương trình   +   = x. thì   = x hoặc   − 1 =x. 6 6 2 3 5x 5x   − x <1 − ( x + 1) < 1 0 ≤ 0 ≤ Tức là  hoặc  6 6   x∈Z x∈Z hay −6 < x ≤ 0 hoặc −12 < x ≤ −6 . Vậy −12 < x ≤ 0. Do x nguyên nên x chỉ có thể là −11; −10; −9; −8; −7; −6; −5; −4; −3; −2; −1;0. Thay vào phương trình và thử lại, ta được: x =−7; −5; −4; −3; −2;0. x  x   x  Bài toán 2. Giải phương trình   +   +   = 224 1!  2!  3! Hướng dẫn giải Ta có [ x ] +  x x + = 224 .  4   6  Trước hết ta ước lượng giá trị của x . Do [ x ] ≤ x nên 224 ≤ x + x x 5 + = x , suy ra x ≥ 134, 4. . 2 6 3 .189 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC (1) CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC Áp dụng tính chất trên ta được: | CHỦ ĐỀ 7: PHẦN NGUYÊN TRONG SỐ HỌC x  x  5 Do [ x ] ≥ x − 1 nên 224 > ( x − 1) +  − 1 +  − 1 = x − 3 , suy ra x ≤ 136, 2 2  6  3 ( 2) 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. 4036082. Bài toán 3. Giải phương trình [ x ] + [ 2 x ] + [3 x ] + … + [ 2009 x ] = Hướng dẫn giải Nhận xét rằng CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI [ x ] ≤ x < [ x + 1] suy ra k [ x ] ≤ kx < k [ x ] + k nên k [ x ] ≤ [ kx ] ≤ k [ x ] + k − 1( k ∈ Z + ) . Do đó thay k = 1, 2,..., 2009 rồi cộng theo vế ta có 2019045 [ x ] ≤ [ x ] + [ 2 x ] + ... + [ 2009 x ] ≤ 2019045 [ x ] + 2017036. 2019045 [ x ] ≤ 4036082 ≤ 2019045 [ x ] + 2017036. = 2019045 + 2017037. Do đó phương trình vô nghiệm. Lại có 4036082  2 x − 1  − x 2  . Bài toán 4. Giải phương trình  −  x 2  =   3  Hướng dẫn giải Nếu a là số nguyên thì [ −a ] =−a =− [ a ] . 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. −  x 2  , x 2 ∈     Do đó:  − x  =  2 2 −  x  − 1, x ∉ . 2 • Nếu x 2 là số nguyên thì phương trình đã cho trở thành 2x −1 1  2 x − 1  3  = 0 ⇔ 0 ≤ 3 < 1 ⇔ 2 ≤ x < 2. { } Mà x 2 là số nguyên nên x ∈ 1; 2; 3 . • Nếu x 2 không là số nguyên thì phương trình đã cho trở thành 2x −1 1  2 x − 1  3  = −1 ⇔ 0 ≤ 3 + 1 < 1 ⇔ −1 ≤ x < 2 .  1 Mà x 2 không nguyên nên phải loại x =−1, x =0 ⇒ x ∈ ( −1;0 ) ∪  0;   2 { }  1 Vậy tập nghiệm của phương trình là ( −1;0 ) ∪  0;  ∪ 1; 2; 3 .  2 TỦ SÁCH CẤP 2| 190 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 | 5) Phương trình dạng hỗi hợp * Cơ sở phương pháp: 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} = 0 hoặc 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:  x 2  = [ x ] 2 Hướng dẫn giải Xét n ≤ x < n + 1 hay [ x ] = n , trong đó n là số tự nhiên (có thể bằng 0). Ta có n 2 ; n 2 + 1; n 2 + 2;...; n 2 + 2n. Nhưng [ x ] = n 2 nên phương trình đã cho đúng khi và chỉ khi 2 2  x=  n 2 ≤ x 2 < n 2 + 1 2 2 , tức là hay n ≤ x < n 2 + 1. . = x n [ ]   n ≤ x < n +1 Vì x > 0 nên ta có 0 < x < 1 hoặc n ≤ x < n 2 + 1, n = 1, 2,3, 4,... Bài toán 2. Giải phương trình:  x 2  + [ x ] = { x} + 2. Hướng dẫn giải Từ giả thiết ta suy ra { x}=  x 2  + [ x ] − 2 . Vế phải là một số nguyên, mà vế trái 0 ≤ { x} < 1 nên { x} = 0 . Vậy x là một số nguyên. Do đó x 2 cũng là một số nguyên. Suy ra  x 2  = x 2 và [ x ] = x . Phương trình đã cho trở thành x2 + x − 2 = 0. 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 x  [y ]  {z }  1,1 ; y  [z ]  {x }  2, 2 ; z  [x ]  {y}  3, 3 . Hướng dẫn giải .191 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC n 2 ≤ x 2 < n 2 + 2n + 1. Do đó  x 2  chỉ có thể nhận các giá trị | CHỦ ĐỀ 7: PHẦN NGUYÊN TRONG SỐ HỌC Cộng từng vế các phương trình đã cho được x  y  z  3, 3 . Cộng từng vế hai phương trình đầu được x  y  [z ]  {z }  [y ]  {x }  3, 3 . Suy ra [y ]  {x }  0 (chú ý rằng [z ]  {z }  z ). Do đó {x } là số nguyên, suy ra {x }=0 . 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 . CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI Từ y  [z ]  {x }  2, 2 và {x }=0 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 .  Dạng 4: Bất phương trình chứa phần nguyên * 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. * Ví dụ minh họa: Bài toán 1. Giải bất phương trình [ x + 2] > 5. Hướng dẫn giải Cách 1. Nhận xét rằng [ a ] > b ( b nguyên) khi và chỉ khi a ≥ b + 1. Ta có [ x + 2] > 5 khi và chỉ khi x + 2 ≥ 6. Do đó x ≥ 4. t ( t là số nguyên) thì có t > 5. Do vậy t ∈ {6;7;8;…} . Cách 2. Đặt [ x + 2] = t suy ra t ≤ x + 2 < t + 1. suy ra t − 2 ≤ x < t − 1, t ∈ {6;7;8;...} . Từ [ x + 2] = Vậy x ≥ 4. Bất phương trình có vô số nghiệm x ≥ 4. Bài toán 2. Giải bất phương trình 2 [ x ] − 9 [ x + 1] + 16 < 0. 2 Ta có [ x + 1] = Hướng dẫn giải [ x ] + 1. Biến đổi bất phương trình thành 2 2 [ x ] − 9 [ x ] + 7 < 0. TỦ SÁCH CẤP 2| 192 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 | Đặt [ x ] = t ( t là số nguyên) thì có 2t 2 − 9t + 7 < 0 suy ra 1 < t < 3,5 mà t nguyên nên t ∈ {2;3} . Với t = 2 thì [ x ] = 2 suy ra 2 ≤ x < 3. Với t = 3 thì [ x ] = 3 suy ra 3 ≤ x < 4. Vậy tập nghiệm của bất phương trình là [ 2; 4 ) . Bài toán 3. Giải bất phương trình [ 2 x ] > [ x ] . Hướng dẫn giải Cách 1. Đặt [ x ] = t ( t là số nguyên) thì t ≤ x < t + 1 suy ra 2t ≤ 2 x < 2t + 2. Do đó [ 2 x ] = 2t hoặc 2t + 1 . • Với [ 2 x ] = 2t thì 0 ≤ { x} < 0,5 và 2t > t ⇔ t > 0, mà t nguyên nên t là số nguyên nguyên dương. Dẫn đến x ≥ 0. Kết hợp với 0,5 ≤ { x} < 1 dẫn đến x ≥ 0,5. Cách 2. Nhận xét rằng [ a ] > [b ] khi và chỉ khi a > b và [ a ] ≠ [b ] . Ta có [ 2 x ] > [ x ] ⇔ 2 x > x và [ 2 x ] ≠ [ x ] ⇔ x > 0 và [ 2 x ] ≠ [ x ] . Trước hết ta tìm x sao cho [ 2 x ] = [ x ] . Đặt [ 2x= ] x] [= t ( t nguyên) ta có 2 x − x < 1 ⇔ x < 1 suy ra 0 < x < 1 nên [ x ] = 0. Với t = 0 thì = [ x] 2 x] [= 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 < 0 nên [ x ] > 1 hay x ≥ 2 Vậy nghiệm của bất phương trình là x ≥ 2  Dạng 5: Phần nguyên trong chứng minh một số dạng toán số học * 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. .193 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC dương. Dẫn đến x ≥ 1. • Với [ 2 x= ] 2t + 1 thì 0,5 ≤ { x} < 1 và 2t + 1 > t ⇔ t > −1, mà t nguyên nên t là số | CHỦ ĐỀ 7: PHẦN NGUYÊN TRONG SỐ HỌC * Ví dụ minh họa: Bài toán 1. Cho a > 0 và số n nguyên dương. Chứng minh rằng số các số nguyên dương a là bội số của n và không vượt quá a là   . n Hướng dẫn giải a nq + r , trong đó q là số tự nhiên, 0 ≤ r < n. Ta viết = Rõ ràng các bội số của n không vượt quá a là n, 2n,..., qn. tổng cộng có q số. a Mặt khác   = q. Từ đó suy ra kết luận của bài toán. n CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI 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  2012   2012   2012   2012  402 + 80 + 16 + 3 = 501. (Do 2012 < 55 )  5  +  52  +  53  +  54  = Do mũ của 2 khi phân tích 2012! ra thừa số nguyên tố nhiều hơn 501. Vậy 2012! Có tận cùng là 501 chữ số 0. Nhận xét. Nếu 5k ≤ n < 5k +1 thì số chữ số 0 tận cùng về bên phải của số n ! bằng n  n  n  5  +  52  + ... +  5k  . Bài toán 2. Tìm số tự nhiên k lớn nhất sao cho ( 2011!) 2012 chia hết cho 2012k . Hướng dẫn giải Ta có 2012 = 22.503. Số mũ cao nhất của 503 có trong 2011! Là  2011  2  503  = 3 (do 2011 < 503 ). Vậy 2011! chia hết cho 5033 và không chia hết cho 5034 , hiển nhiên 2011! chia hết cho 43. Do vậy 2011! chia hết cho 20123 và không chia hết cho 20124. Muốn ( 2011!) 2012 6036. chia hết cho 2012k thì k ≤ 3.2012 = Vậy max k = 6036. Bài toán 3. Tìm số tự nhiên n sao cho TỦ SÁCH CẤP 2| 194 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 |  n   n   n  = . (1) = 2010   2011   2012  Hướng dẫn giải Viết= n 2010k + r (0 ≤ r ≤ 2009, k , r là có số tự nhiên). Thay vào (1) ta có  2010k + r   2011k + r − k   2012k + r − 2k  =  2010  =    2011 2012 r −k   r − 2k   r − k   r − 2k  ⇔ k =k +  = k + ⇔  2012   2011  =  2012  = 0.  2011  Suy ra 0 ≤ r − 2k nên 2k ≤ r ≤ 2009, 0 ≤ k ≤ 1004. Vậy= n 2010k + r (0 ≤ k ≤ 1004; 2k ≤ r ≤ 2009). 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 1011030. ∑ ( 2010 − 2k ) = k =0 Bài toán 4. Tìm tất cả các số nguyên tố x sao cho CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC  1  +  2  + ... +  x 2 − 1  là số nguyên tố.       Hướng dẫn giải Nhận xét  n 2  =  n 2 + 1  =... =       Đặt S n =  n 2  +  n 2 + 1  + ... +       ( n + 1) 2 − 1 =  ( n + 1) 2 − 1  = n, n ∈ .  ( 2n + 1) n= Do đó y =  1  +  2  + ... +  x 2 − 1  = S1 + S 2 + ... + S x −1 =   2n 2 + n. x ( 4 x 2 − 3 x − 1) 6 . Nên 6= y x ( 4 x 2 − 3 x − 1) , suy ra 6 y  x, mà x, y là các số nguyên tố suy ra x ∈ {2;3; y} . Nếu x = 2 thì y = 3 (thỏa mãn); nếu x = 3 thì y = 13 (thỏa mãn); nếu x = y thì y = −1 7 (loại). 4 Vậy bài toán có hai nghiệm x = 2 và x = 3. hoặc y = Bài toán 5. Cho a= 2 + 3. a) Tính  a 2  b) Tính  a 3  c) * Chứng minh rằng  a n  là số tự nhiên lẻ với mọi số n nguyên dương. (Nâng cao phát triển lớp 9 tập 1 – Vũ Hữu Bình) .195 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC | CHỦ ĐỀ 7: PHẦN NGUYÊN TRONG SỐ HỌC Hướng dẫn giải Cách 1 (tính trực tiếp) a) ( a2 = 2+ 3 ) 2 = 7 + 4 3. Ta có 6 < 4 3 < 7 nên 13 < a 2 < 14 . Vậy  a 2  = 13 Cách 2 (tính gián tiếp). Ta có a 2= 7 + 4 3 . Đặt b= 2 − 3 thì b 2= 7 − 4 3. Suy ra (1) a 2 + b2 = 14 Ta có 0 < b < 1 nên 0 < b 2 < 1 (2) Từ (1) và (2) suy ra 13 < a 2 < 14 . Vậy  a 2  = 13. Cách 1 (tính trực tiếp) CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI b) ( a3 = 2 + 3 ) 3 =8 + 12 3 + 18 + 3 3 =26 + 15 3 Ta có 25 < 15 3 < 26 nên 51 < a 3 < 52 . Vậy  a 3  = 51 Cách 2 (tính gián tiếp). 3 26 + 15 3 . Đặt b= 2 − 3 thì b3 =8 − 12 3 + 18 − 3 3 =26 − 15 3 Suy ra Ta có a= (1) a 3 + b3 = 52 Ta có 0 < b < 1 nên 0 < b3 < 1 (2) Từ (1) và (2) suy ra 51 < a 3 < 52 . Vậy  a 3  = 51 Đặt b= 2 − 3 . Theo khai triển ( x + y ) , ta được c) n ( ) =− (2 3) 2 3 a n =+ bn n = A + B 3 với A, B là số tự nhiên n = A − B 3. Suy ra a n + bn = 2A Ta có 0 < b < 1 nên 0 < bn < 1 (3) (4)  2 A − 1 , tức là  a n  là số lẻ. Từ (3) và (4) suy ra 2 A − 1 < a n < 2 A . Vậy  a n= Chú ý: Trong cách tính gián tiếp, để chứng tỏ  a n  là số nguyên m , ta chứng minh rằng a n + b n = m + 1 và 0 < b n < 1 , thế thì m < a n < m + 1 , do đó  a m  = m. Cách khác:  x1= 2 − 3 4  x1 + x2 = ⇒ x1 , x2 là nghiệm của phương trình x 2 − 4 x + 1 = Đặt  , khi đó  0.  x1 x2 = 1  x2= 2 + 3 Đặt S= x1n + x2n Ta có: n TỦ SÁCH CẤP 2| 196 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 | x12 − 4 x1 + 1 = 0 ⇒ x1n + 2 − 4 x1n +1 + x1n = 0 x22 − 4 x2 + 1 = 0 ⇒ x2n + 2 − 4 x2n +1 + x2n = 0 (1) ( 2) ( 3) 0 Cộng (1) và (2) ta được: S n + 2 + 4 S n +1 + S n = S0 2,= S1 4 nên từ (3) suy ra S n là số nguyên chẵn với mọi n ∈ N . Ta có Ta có= ( 0 < 2 − 3 < 1 nên 0 < x1n < 1 ⇒ x2n + ( x1n − 1) < x2n < x2n + x1n ⇒ S n − 1 < 2 + 3 ( ) n < Sn ) n ⇒  2 + 3  =S n − 1 là số lẻ với mọi n ∈ N    Dạng 6: Chứng minh bất đẳng thức có chứa phần nguyên * 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. * Ví dụ minh họa: Bài toán 1. Chứng minh rằng (Nâng cao phát triển lớp 9 tập 1 – Vũ Hữu Bình) Hướng dẫn giải Cách 1. Ta có [ x ] ≤ x ; [ y ] ≤ y nên [ x ] + [ y ] ≤ x + y . (1) [ x ] + [ y ] là số nguyên không vượt quá x + y Theo định nghĩa phần nguyên, [ x + y ] là số nguyên lớn nhất không vượt quá Suy ra x+ y Từ (1) và (2) suy ra [ x ] + [ y ] ≤ [ x + y ] . Cách 2. Theo định nghĩa phần nguyên, ta có 0 ≤ x − [ x] < 1 0 ≤ y − [ y] < 1 Suy ra 0 ≤ ( x + y ) − ([ x ] + [ y ]) < 2. Xét hai trường hợp: - Nếu 0 ≤ ( x + y ) − ([ x ] + [ y ]) < 21 thì [ x ] + [ y ] =[ x + y ] - (1) Nếu 1 ≤ ( x + y ) − ([ x ] + [ y ]) < 2 thì 0 ≤ ( x + y ) − ([ x ] + [ y ] + 1) < 1 nên [ x + y ] = [ x] + [ y ] + 1 Trong cả hai trường hợp ta đều có [ x ] + [ y ] ≤ [ x + y ] . .197 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC (2) ( 2) CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC [ x] + [ y ] ≤ [ x + y ] . | CHỦ ĐỀ 7: PHẦN NGUYÊN TRONG SỐ HỌC Bài toán 1. Cho x, y ∈ R Chứng minh rằng [2 x] + [2 y ] ≥ [ x] + [ y ] + [ x + y ] . (Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán THCS Số học – Nguyễn Vũ Thanh) Hướng dẫn giải [ 2 x ] = 2 [ x ] + 2 { x} =2 [ x ] +  2 { x} ; Ta có: [ 2 y ] = 2 [ y ] + 2 { y} =2 [ y ] +  2 { y} ; [ x + y ] = [ x ] + [ y ] + { x} + { y} CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với:  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. ● Nếu 1 ≤ { x} + { y} < 2 thì { x} + { y} = 1 khi đó { x} ≥ { x} ≥ 1 1 hoặc { y} ≥ . Giả sử 2 2 1 ⇒ 2 { x} ≥ 1 ⇒  2 { x} +  2 { y} ≥ 1 (đpcm) 2 C. BÀI TẬP ÁP DỤNG 1 < −2 < x 3 Bài 2: Tìm [x ] biết : x < −5 < x + 0,5 Bài 1: Tìm [x ] biết: x − Bài 3: Tìm [x ] biết: x = 1 + 1 2 + 1 3 1 + .. + 10 6 . 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 6 + 3 6 + ..... + 3 6 (với n dấu căn) Bài 6: Tính tổng sau: = S  1.2.3.4  +  2.3.4.5  +  3.4.5.6  + ... +  n ( n + 1)( n + 2 )( n + 3)    Bài 7: Chứng minh rằng, với mọi số nguyên n ta có: [ n + x ] =n + [ x ] Bài 8: Chứng minh rằng, với mọi x,y ta có: TỦ SÁCH CẤP 2| 198 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 | [x] + [ y ] ≤ [ x + y ] ≤ [x ] + [ y ] + 1 Bài 9: Cho n là số nguyên dương, chứng minh:  n   n + 1  2  +  2  = n   4n + 2  Bài 10: Cho n là số tự nhiên, chứng minh:  4n + 1=      4n + 2  Bài 11: Cho n là số tự nhiên, chứng minh:  n + n + 1=    1  Bài 12: Chứng minh rằng: [x ] +  x +  = [2 x ] , (với x là số thực bất kỳ) 2   n + 1  n + 2   n + 4   n + 8  Bài 13: Tính tổng: S =  + + + +..+ 3 2 4  2   2   2   2   n + 1  22020  Bài 14: Chứng minh rằng: m [x ] ≤ [mx ] ≤ m [x ] + m - 1 (với mọi giá trị m nguyên dương) [x] + [2 x] + [3x] +.....+ [100 x] = 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  5 + 6 x  15 x − 7 Bài 19: Giải phương trình:  = 5  8   2x − 1  4x + 1 5 x − 4 Bài 20: Giải phương trình:  +   = 3  3   6  Bài 21: Giải phương trình: [x] . {x} = x - 1 x Bài 22: Giải phương trình: x - 3   = 2 2 x  Bài 23: Giải phương trình: [x − 1] =  + 1 2  Bài 24: Giải phương trình: x 4 = 2x 2 + [x ] Bài 25: Giải phương trình: x 3 - [x ] = 3   1 2 2 Bài 26: Giải phương trình:  − x + 3 x  =  x +  2  2n   n n + 2 . Bài 27: Với k > 3, Chứng minh rằng   ≥   +   k   k   k  * Bài 28: Cho n, k1 , k2 ,…, kn ∈ N . Chứng minh rằng:  k1 + k2 + … + kn    + ( n − 1) ≤ k1 + k2 + … + kn . n   .199 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC Bài 15: Chứng minh rằng : Không tồn tại x thoả mãn: | CHỦ ĐỀ 7: PHẦN NGUYÊN TRONG SỐ HỌC Bài 29 : Chứng minh rằng nếu r là số dư trong phép chia a cho số nguyên dương b thì a r= a − b   b  Bài 30: Cho n ∈ N , chứng minh [ na ] ≥ n [ a ] . Đặt biệt khi {a} < 1 thì [ na ] = n [ a ] n Bài 30: Cho n ∈ N * , chứng minh [ na ] ≥ n [ a ] . Đặt biệt khi {a} < 1 thì [ na ] = n [ a ] n Bài 31: a) Tính tổng sau: S =  1  +  2  +  3  + ... +  24          =  1  +  2  + ... +  n 2 − 1  . b) Cho n ∈ N * và n ≥ 2. Tính tổng : A  CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI Bài 32: Tính phần nguyên của T = 2 + 3      3 44 n +1 + + ... + n+1 2 3 n Bài 33: Với n ∈ N * , chứng minh rằng: [ x ] +  x +  1  2 n − 1  + x + + ... + x + = [ nx ].  n   n  n   ( m − 1) .a + b   0.a + b  1.a + b  +  + ... +   m  m   m    = Bài 34 : Tính tổng : A  Trong đó a, m ∈ N * và ( a, m= ) 1, b ∈ Z . Bài 35 : Cho m, n là hai số tự nhiên lẻ và nguyên tố cùng nhau. Chứng minh rằng :  ( n − 1) m   n   2n   ( m − 1) n  ( m − 1)( n − 1)  m   2m  + + + + + + + ... ... .    =  n   n   m   m  n m 2     ( Bài 36 : Tìm hai chữ số tận cùng của số  29 + 21 ) 2000    n + 2k   n + 1  n + 2  Bài 37 : Tính đúng= + + ... +  k +1  + ... S  2  2   2   2  (Thi toán Quốc tế năm 1968) Bài 38 : Chứng minh rằng không tồn tại số thực x thỏa mãn : 12345. [ x ] + [ 2 x ] + [ 4 x ] + [8 x ] + [16 x ] + [32 x ] = Bài 39 : Tìm n ∈ N * thỏa mãn [ n ] là ước của n. [ x] − x Bài 40 : Giải phương trình : 1 − x + 1 = x −1 TỦ SÁCH CẤP 2| 200 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 | Bài 41 : Với mỗi số thực a ta gọi phần nguyên của a là số nguyên lớn nhất không vượt quá a và ký hiệu là  a . Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương n , biểu thức 2  1 1 n   3 n    không biểu diễn được dưới dạng lập phương của một số nguyên dương. 27 3   (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.  3 n 2 + n + 1 7 + + ...  =n n(n + 1)  1.2 2.3 CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC (Trích đề vào 10 Chuyên Khoa Học tự nhiên Hà Nội năm 2010-2011) .201 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC CHỦ ĐỀ 7. PHẦN NGUYÊN TRONG SỐ HỌC Bài 2: 1 ⇒ x < −1 ⇒ −2 < x < −1 ⇒ [ x ] = −2 3 Từ điều kiện bài ra ta có: −5,5 < x < −5 ⇒ [ x ] = −6 Bài 3: Ta có: Từ điều kiện bài ra ta có: x < −2 + Bài 1: ⇒2 ( 1 n 2 < = 2 n + n −1 1 <2 ) n +1 − n < n ( ( n − n −1 ) n − n −1 ; 1 n > 2 = 2 n +1 + n ( n +1 − n ) ) CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI Cho n nhận các giá trị từ 2 đến 10 6 , ta được: 1+ 2 ( ) 106 − 2 < x < 1 + 2 mà: 1 + 2 ( ( ) 106 − 1 = 1999 ) 106 − 2 > 1 + 2000 − 2 2 > 2001 − 3 = 1998 ⇒ 1998 < x < 1999 ⇒ [ x ] = 1998 Bài 4 Ta có: x > 1 Kí hiệu xn = 2 + 2 + … + 2 + 2 (có n dấu căn). Ta có x1 = 2 < 4 = 2 x2 = 6 + x1 < 2 + 2 = 2 x3 = 2 + x2 < 2 + 2 = 2 … 2 + x n −1 < 2 + 2 < 2 . xn = Như vậy 1 < xn < 2 , do đó [ xn ] = 1. Bài 5. Ta có: x > 1 Kí hiệu xn = 3 6 + 3 6 + ….. + 3 6 (có n dấu căn). Ta có x1 = 3 6 < 3 8 = 2 x2 = 3 6 + x1 < 3 6 + 2 = 2 x3 = 3 6 + x2 < 3 6 + 2 = 2 3 6 + xn −1 < 3 6 + 2 = 2 . … xn = Như vậy 1 < xn < 2 , do đó [ xn ] = 1. TỦ SÁCH CẤP 2| 480 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 | (n Bài 6: Ta có: n ( n + 1)( n + 2 )( n + 3) = (n 2 2 + 3n )( n 2 + 3n + 2 ) = + 3n ) < n ( n + 1)( n + 2 )( n + 3) < ( n 2 + 3n + 1) 2 (n 2 + 3n ) + 2 ( n 2 + 3n ) 2 2 ⇒ n 2 + 3n < n ( n + 1)( n + 2 )( n + 3) < n 2 + 3n + 1 ⇒  n ( n + 1)( n + 2 )( n + 3)  =n 2 + 3n   ⇒S= (1 2 + 22 + ... + n 2 ) + 3 (1 + 2 + ... + n ) n ( n + 1) Ta có các công thức : 1 + 2 + ... + n = 2 ; n ( n + 1)( 2n + 1) 12 + 22 + ... + n 2 = 6 = ⇒S n ( n + 1)( 2n + 1) 6 + 3n ( n + 1) 2 [ x ] + { x} ⇒ [ n + x ] = [ x ] + n + { x} , mà: 0 ≤ { x} < 1 Còn: n + [x ] là số nguyên nên [[x ] + n + {x}] = n + [x ] Hay: [n + x ] = n + [x ] Bài 8: Ta biểu thị: = x [ x ] + { x} và = y [ y ] + { y} ⇒ x + y = [ x ] + [ y ] + { y} + { x} mà: 0 ≤ { x} + { y} < 2 ⇒ [ x ] + [ y ] ≤ [ x + y ] ≤ [ x ] + [ y ] + 1 Bài 9: 1  n   n + 1  = [k ] + k +  = 2k = n - Xét n là số chẵn ( n = 2k ) thì:   +   2  2  2  1  n   n + 1  - Xét n là số lẻ (= = k +  + [k + 1] = 2k + 1 = n n 2k + 1) thì:   +   2 2  2    n   n + 1 Vậy ta luôn có:   +  =n  2   2   4n + 2  ; m = 4n + 1  . Bài 10: Đặt k =     Ta có: k ≥ m = k  4n + 2  nên k ≤ 4n + 2 ⇒ k 2 ≤ 4n + 2. Do   2 Giả sử k= 4n + 2 , điều này vô lý vì số chính phương chia cho 4 không thể dư 2. Từ đó suy ra: k 2 < 4n + 2 ⇒ k 2 ≤ 4n + 1 ⇒ k ≤ 4n + 1 ⇒ k ≤  4n + 1  =   m. Bài 11: Trước hết ta chứng minh: 4n + 1 < n + n + 1 < 4n + 2 Từ đó suy ra  4n + 1  ≤  n + n + 1  ≤  4n + 2          4n + 2  ta có điều phải chứng minh. Mà từ kết quả bài số 10:  4n + 1=     Bài 12: Đặt {a} = d thì 0 ≤ d ≤ 1. • Nếu 0 ≤ d < 1  1 1 1   thì  a +  = [ a ] + d +  = [ a ] +  d +  = [ a ] ; 2 2  2 2   .481 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC Bài 7: Ta biểu thị: x = | ĐÁP ÁN CHỦ ĐỀ 7: PHẦN NGUYÊN TRONG SỐ HỌC [ 2a ] = • [ 2a ] =    2 ([ a ] + d )  = 2 [ a ] + [ 2d ] = 2 [ a ] . Từ đó suy ra điều phải chứng minh. 1  1 1 1   ≤ d < 1 thì  a +  = [ a ] + d +  = [ a ] +  d +  = [ a ] + 1; 2 2  2 2   Nếu  2 ([ a ] + d )  = 2 [ a ] + [ 2d ] = 2 [ a ] + 1. Suy ra điều phải chứng minh.   1  Bài 13: Áp dụng kết quả bài tập 12 ta có:  x +  = [2 x ] - [x ] 2  n n n n n  n   n   n  ⇒ S =[ n ] −   +   −   +   −   + ........ +  2019  −  2020  =[ n ] −  2020  . 2 2 4 4 8 2  2  2  S Vậy: = [ n] −  n  .  2  2020 [ x ] + { x} mà: m { x} ≥ 0 Khi đó: [ mx ] = m [ x ] + m { x} =m [ x ] +  m { x} Vì: 0 ≤ m { x} < m ⇒ 0 ≤  m { x} ≤ m − 1 Suy ra m [ x ] ≤ [ mx ] ≤ m [ x ] + m − 1 với mọi giá trị m nguyên dương Bài 15: Đặt: S = [x ] + [2 x ] + [3 x ] +.....+ [100 x ] , áp dụng kết quả bài 14 CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI x Bài 14: Với: = Cho m nhận các giá trị từ 1 đến 100 rồi cộng lại ta được: 5050 [x ] ≤ S ≤ 5050 [x ] + 4950 ⇒ 5050 [ x ] ≤ 313096 ≤ 5050 [ x ] + 4950 [x ] ≤ 61,99 ⇒ 61,02 ≤ [x ] ≤ 61,99 ⇒ [x ] ≥ 61,02 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 Bài 17: Sử dụng tính chất: [n + x ] = n + [x ] , ( n ∈ Z ) Với mọi giá trị n nguyên ta có: [x + 1] + [x + 2] + [x + 3] = 6 + 3 [x] ⇒ 3 [x] + 6 = 4 2 ⇒ [x ] = - vô lý hay không có x thoả mãn. 3 4k Bài 18: Từ đặc điểm phương trình ta có: 3x ∈ Z ⇒ x = ,(k∈ Z) 3 k  4k   4k   k  ⇒ 4   = 4k ⇔   = k ⇔  k +  = k ⇔   = 0 ⇒ k = 0;1; 2 3 3 3  3 4 8 ⇒x= 0; ; . 3 3 Bài 19: 15 x − 7 5t + 7  30t + 117  Đặt: = t, ( t ∈ Z ) ⇒ x = ⇒   =t 5 15  120  30t + 117 1 117 ⇒0≤ −t <1⇒ − ≤ t < 120 30 90 7 4 ; . Do: t nguyên t = 0;1 ⇒ x = 15 5 TỦ SÁCH CẤP 2| 482 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 | 2x − 1 3y + 1 =y ⇒ x= Thay vào phương trình đã cho 3 2 1 5y −1 5y −1  ta được: [ y ] +  y +  = ⇒ [2 y ] = 2 2 2  3 1 1 3 − ; − ; ; ;1 Giải tương tự như bài 19 ta được: y = 5 5 5 5  2 1 4 7  Vậy nghiệm phương trình là: S = − ; ; ; ; 2   5 5 5 5  Bài 21: Phương trình được biến đổi thành: [x ] . {x} = [x ] + {x} - 1 Bài 20: Đặt: 0 do: { x} − 1 < 0 ⇒ ([ x ] − 1) ({ x} − 1) = Nên: [x ] - 1 = 0 ⇒ [x ] = 1 ⇒ 1 ≤ x < 2 x x a − 2 Phương trình đã cho trở thành: 3   = a − 2 ⇒   = 3 2 2 k + 2 + { x}   3k + 2 + { x}   a =3k + 2, ( k ∈ Z ) ⇒   =k ⇒  k +  =k 2 2     k + 2 + { x} ⇒0≤ < 1 ⇒ −1 ≤ k + { x} < 0 ⇒ k =−1 2 x = −1 + { x} ⇒ −1 ≤ x < 0 a + { x} , ( a = Bài 23: Đặt: x = [ x ]) ⇒ [ x − 1] =  a − 1 + { x} = a − 1 4 − a + { x}   4 − a + { x}   x   x + 2  = a − 1 + và:  + 1 =   = a −1+    2 2 2   2      4 − a + { x} ⇒0≤ < 1 ⇒ 2 + { x} < a ≤ 4 + { x} ⇒ 0 ≤ { x} < a − 2 ≤ 2 + { x} < 3 2 ⇒ a − 2 ∈ {1; 2} ⇒ a ∈ {3; 4} ⇒3≤ x<5 = Bài 24: Phương trình được biến đổi thành [ x] x2 x2 − 2 ( ) + Xét: x 2 ≤ 2 ⇒ − 2 ≤ x ≤ 2 ⇒ [ x ] ∈ {0; −1} Nếu: [ x ] = 0 ⇒ x = 0 Nếu: [ x ] =−1 ⇒ x =−1 + Xét: x 2 > 2 ⇒ [ x ] > 2 ⇒ x ( x 2 − 2 )= [ x] ≤ 1 x 1 < 1 ⇔ x < 3 ⇒ 2 < x < 3 ⇒ [ x ] =⇒ 1 x =1 + 2 x Bài 25: Phương trình được biến đổi thành: x3 − ( x − { x} ) =3 ⇒ x3 − x =3 − { x} ⇒ 2 < x3 − x ≤ 3 ⇒ x2 − 2 ≤ x x ( x 2 − 1) ≥ 6 > 3 ( loại ) Nếu: x ≥ 2 ⇒ x3 − = .483 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC a + { x} , ( a = Bài 22: Đặt: x = [ x ]) | ĐÁP ÁN CHỦ ĐỀ 7: PHẦN NGUYÊN TRONG SỐ HỌC Nếu: x ≤ −1 ⇒ x 2 − 1 ≥ 0 ⇒ x3 − x= x ( x − 1) ≤ 0 < 2 ( loại ) Nếu: −1 < x ≤ 0 ⇒ x3 − x ≤ − x < 1 < 2 ( loại ) Nếu: 0 ≤ x ≤ 1 ⇒ x3 − x < x3 ≤ 1 < 2 ( loại ) Vậy: 1 < x < 2 ⇔ [ x ] =1 ⇒ x3 = 4 ⇒ x = 3 4 2 Bài 26: Ta có: x + 1 1  > 0 ⇒  x2 +  > 0 2 2  2 3 9 9  −  x −  + ≤ ⇒  − x 2 + 3 x  ≤ 2 Còn: − x + 3 x = 2 4 4  1  ⇒  − x 2 + 3 x  =  x 2 +  = n ∈ {0;1;2} 2  3− 5 Nếu: n = 0 ⇒ x < 2 2 ≤ x <1 Nếu: n =1 ⇒ 2 CHINH PHỤC KỲ THI HỌC SINH GIỎI CẤP HAI 2 Nếu: n = 2 ⇒ 6 10 ≤x< 2 2  3 − 5   2   6 10   ∪  ;1 ∪  ;  2 2     2   2 S 0; Vậy: =  2r   r  r + 2 r + 2 = . Bài 27: Giả sử n = kq + r ( 0 ≤ r < k ) . Ta cần chứng minh:   ≥   +   k   k   k   k   2r  r + 2 0 vì k > 3. Với r = 0 hay r = 1 thì=  k  = k  Với r ≥ 2 thì Bài 28: ki ≥ 1 ⇒ 2r r + 2  2r   r + 2  ≥ ⇔ ≥ . k k  k   k  k1 + k2 + … + kn ≥ 1 Do đó: n k + … + kn k + … + kn  k1 + … + kn  + ( n − 1) ≤ 1 + ( n − 1) 1 = k1 + … + kn .   n n n   Bài 29 : Giả sử a = bq + r ; 0 ≤ r < b ⇒ a r a a = q + ⇒ q ≤ < q +1 ⇒   = q b b b b  n [ a ] +  n {a} ≥ n [ a ]. Bài 30: [ na ] = Nếu {a} < 1 thì 0 ≤ n {a} < 1 ⇒  n {a} = 0 ⇒ [ na ] = n [ a ]. n TỦ SÁCH CẤP 2| 484 BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI CẤP 2 | Bài 31: a )= S (  ) ) ( ) ( ) ( 1  +  2  +  3  +  4  + ... +  8  +  9  + ... +  15  +  16  + ... +  24  . Theo cách chia nhóm như trên, nhóm 1 có ba số, nhóm 2 có năm số, nhóm 3 có bảy số, nhóm 4 có chín số. Các số thuộc nhóm 1 bằng 1 , các số thuộc nhóm 2 bằng 2, các số thuộc nhóm 3 bằng 3, các số thuộc nhóm 4 bằng 4. A = 1.3 + 2.4 + 3.7 + 4.9 = 70 . Vậy n ( n + 1) b) Ta có các công thức : 1 + 2 + ... + n = 2 ; n ( n + 1)( 2n + 1) 12 + 22 + ... + n 2 = 6 2 2 2 Với k = 0, 1, …,2n thì: n ≤ n + k < ( n + 1) ⇒ n ≤ n + k < n + 1. 2   n 2 + 1=  ...=  n 2 + 2n =  n Do đó  n =       2 2 2 Có (2k + 1) số có giá trị bằng n nên:  n  +  n + 1  + ... +  n + 2n  = n ( 2n + 1)       Nhóm tương tự câu a) ta được: = A  1  +  2  + ... + +  n 2 − 1    =  1  +  2  + ... +   = (  ( n − 1) 2 + 2 ( n − 1)   ) ( ) 1  +  2  +  3  +  4  + ... +  8  + ... +     ( n − 1) 2  + ... +    ( n − 1) Do đó: A= ∑( n −1 = k 1 = 2. Bài 33: Ta có : k +1 ) n −1 n −1  k 2  +  k 2 + 1  + ... +  k 2 + 2k  = ∑ 2k 2 + ∑ k       k 1 =k 1 = ( n − 1) n ( 2n − 1) 6 2 n ( n − 1) n ( 4n − 3n − 1) += . 2 6 k +1 1, 2,..., n > 1, k = k Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho (k + 1) số dương, ta có: .485 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC 2 + 2 ( n − 1)     CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC 2 | ĐÁP ÁN CHỦ ĐỀ 7: PHẦN NGUYÊN TRONG SỐ HỌC k +1 Suy ra: 1 < k +1 k +1 =k +1 1.1...1. <  k k k so 1 k +1 k +1 1 k = k + 1 =1 + k −1 k +1 k k ( k + 1) k+ n n k +1 1 k +1 1 k + 1 < 1+ ⇒n<∑ 1; x < −1; −1 ≤ x < 1. {0; −2; − 5}. S=  1 1   , do n  1  K  1 . 27 3   3 3  1 1 1  1  2   3 Ta có K  n    K  1  K    n   K    27 3 3  27  3 Bài 41 : Ký hiệu K   3 n  K 1 1 4 8   n   K 3  2K 2  K  3 27 27 3 27 3 K 4 1  K 3   n  K 2  K 3  3K 2  K   K 3  n  K 2  K  1 3 3 3 2  1 1 suy ra n  K 2  n   3 n    không biểu diễn được dưới dạng lập phương của một số 27 3    K3  K2  Bài 42: Xét 1 1 1 k +1 k k2 k 2 + k +1 + (k ∈ N ) = + = 1− + = k +1 k k (k + 1) k (k + 1) k (k + 1) (k + 1) k Thay k lần lượt từ 1 ta có  3 n  n 2 + n + 1  1   7 n = + + + ...  = n + 1 −     = n (đpcm) ( ) n n n n + + + 1 1 1 . 2 2 . 3 1     .489 | CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC CHUYÊN ĐỀ SỐ HỌC nguyên dương.
guest
0 Comments
Inline Feedbacks
View all comments

Bài viết tương tự

Scroll to Top