Chuyen de phan nguyen phan le

1 CHUYÊN ĐỀ: PHẦN NGUYÊN VÀ ỨNG DỤNG A KiÕn thøc cÇn nhí Định nghĩa Ta biết rằng, số thực x biểu diễn dạng: x= n + t với n ∈ Z ≤ t < Ví dụ: 6, =6 + 0, ; −6, =−7 + 0,3 Sự biểu diễn Ta gọi số nguyên n phần nguyên x ; t gọi phần lẻ x Từ ta đến định nghĩa Phần nguyên số thực x số ngun lớn khơng vượt q x, kí hiệu [ x ] Ta có [ x ] ≤ x < [ x ] +  1 3 Thí dụ:   = 2;   = 0; [ −7, 2] = −8;   = 1;     Phần lẻ số thực x hiệu x với phần ngun nó, kí hiệu { x} Ta có {a} =− a [ a ] , ≤ {a} ≤ 1  Thí dụ {2,1} =0,1;   = ; {−7, 2} =0,8; 2 2 Tính chất 1) a ∈  ⇔ [a] = a {a} = 2) n ∈  n ≤ a < n + 1∈  ⇔ [ a ] =n 3) 4) a} {= {= [ a ]} Nếu n ∈  [ n + a ] =n + [ a ] ; {n + a} ={a} 5) Nếu [ n + a ] = n n ∈  ≤ a ≤ 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 ] a − b < 7) 11) 12) 13) [ a ] +  a +  1 = [ 2a ]  [a]   a  Nếu n ∈  * [ na ] ≥ n [ a ] ;   =    n  n Nếu a số nguyên [ −a ] = − [a]; Nếu a khơng số ngun [ −a ] = − [ a ] − 1; Chứng minh tính chất: Các tính chất 1) đến 5) chứng minh dễ dàng dựa vào định nghĩa phần nguyên 6) Vì a ≥ b nên tồn số c ≥ cho a= b + c Do a = [b ] + {b} + c, suy 7) Viết [ a ] =[b] + {b} + c  Mà {b} + c  ≥ nên [ a ] ≥ [b] a= [ a ] + {a} , b = [b] + {b} Khi [a + b] = [ a ] + {a} + [b ] + {b} = [ a ] + [b ] + {a} + {b} Mà {a} + {b} ≥ nên [ a + b ] ≥ [ a ] + [b ] 8) Áp dụng tính chất 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} Khơng giảm tính tổng qt, giả sử a ≥ b 10) [ a ] = [b ] suy a − {a} =− Nếu a = b a − b = 0; {a} − {b} ≤ {a − b} = a − b ≤ {a − b} < Nếu a > b từ a − b= Suy a − b Vậy a − b < 11) Đặt {a} = d ≤ d ≤ • [ 2a ] = • [ 2a ] = Nếu ≤ d < 1  1 1    a +  = [ a ] + d +  = [ a ] +  d +  = [ a ] ; 2  2 2      ([ a ] + d )  = [ a ] + [ 2d ] = [ a ] Từ suy điều phải chứng minh 1  1 1   Nếu ≤ d <  a +  = [ a ] + d +  = [ a ] +  d +  = [ a ] + 1; 2  2 2    ([ a ] + d )  = [ a ] + [ 2d ] = [ a ] + Suy điều phải chứng minh   12) Ta có [ na ] = n ([ a ] + {a} )  =n [ a ] +  n {a} , mà  n {a} ≥ nên [ na ] ≥ n [ a ] a  a a a a ≤ < + ⇒ n ≤ a < n   n  + 1  n  n  n   n       a    a  [a]  a  a ⇒ n   ≤ [ a ] < n    + 1 ⇒   ≤ <   +1 n n  n n n [a]   a  Vậy   =    n  n 13) Nếu a số nguyên [ −a ] =−a =− [ a ] Nếu a khơng ngun < {a} < 1, nên −1 < − {a} < 0, suy  − {a} = −1 Ta có [ −a ] =  − ([ a ] + {a} )  =  − [ a ] +  − {a} = − [ a ] − B CÁC DẠNG TỐN THƯỜNG GẶP  Dạng 1: Tìm phần nguyên số biểu thức * Cơ sở phương pháp: Để tính giá trị biểu thức chứa phần nguyên, ta cần sử dụng tính chất phần nguyên, kết hợp với kĩ thuật tính tốn khác đặc biệt Phương pháp “kẹp” Đánh giá số hạng để “kẹp” số cần tính phần nguyên hai số nguyên liên tiếp: Đưa biểu thức dạng z ≤ A < z + kết luận [ A] = z; * Ví dụ minh họa: Bài tốn Tìm [x ] biết: x = 1 1 + + + + n.(n + 1) 1.2 2.3 3.4 Hướng dẫn giải Ta cần số nguyên y cho: y < x < y + để: [x ] = y   Để ý x =1 − 1 1 1  1  +  −  + +  −  =1 − 2  3 n +1  n n +1 Suy < x < ⇒ [ x ] = Bài toán Tìm phần nguyên số: + + + + (có 100 dấu căn) (Nâng cao phát triển lớp tập – Vũ Hữu Bình) Hướng dẫn giải Kí hiệu an = + + + + (có n dấu căn) Ta có = a1 > a100   Như < a100 < , [ a100 ] = n ( n + 1)( n + )( n + 3) với n số tự nhiên Bài tốn Tính phần ngun của: A = Hướng dẫn giải n ( n + 1)( n + )( n + 3)= Ta có: A= (n + 3n )( n + 3n + )= (n + 3n ) + ( n + 3n ) Để ý rằng: (n + 3n ) < (n + 3n ) + ( n + 3n ) < (n + 3n ) + ( n + 3n ) + Suy n + 3n < A < n + 3n + Vậy [ A] = n + 3n, n ∈ N Bài tốn Tìm [x ] biết: x= 4n + 16n + 8n + với n số tự nhiên Hướng dẫn giải Thật ta có: ( 4n + 1) < 16n + 8n + < ( 4n + ) 2 ⇒ 4n + < 16n + 8n + < 4n + ⇒ 4n + 4n + < 4n + 16n + 8n + < 4n + 4n + < 4n + 8n + ⇒ 2n + < 4n + 16n + 8n + < 2n + ⇒ [ x ] = 2n + Bài toán Tính tổng sau: S =   +   +   + +  24  Hướng dẫn giải = S (  ) ( ) ( ) ( )  +   +   +   + +   +   + +  15  +  16  + +  24  Theo cách chia nhóm trên, nhóm có ba số, nhóm có năm số, nhóm có bảy số, nhóm có chín số Các số thuộc nhóm , số thuộc nhóm 2, số thuộc nhóm 3, số thuộc nhóm Vậy A = 1.3 + 2.4 + 3.7 + 4.9 = 70  Dạng 2: Chứng minh đẳng thức chứa phần nguyên * Cơ sở phương pháp: Chứng minh hệ thức chứa phần nguyên thực chất coi chứng minh tính chất phần nguyên Để chứng minh hệ thức chứa phần nguyên ta phải sử dụng tính chất nêu phần lý thuyết, kết hợp với kĩ thuật đại số số học * Ví dụ minh họa: Bài tốn Chứng minh với số ngun dương n ta ln có: n n + 2 n   +   = Hướng dẫn giải 1  2k   2k +   = [ k ] +  k +  = k + k = 2k = n   2  Nếu n chẵn, tức n = 2k   +  2   2k +   2k + +  +  =    Nếu n lẻ, tức n = 2k + thì:  1   k +  + [ k + 1] = k + k + = 2k + = n Vậy toán chứng minh Bài toán Cho n số tự nhiên, chứng minh:  4n + 1=   4n +      Hướng dẫn giải  4n +  ; m = 4n +  Đặt k =     Ta có: k ≥ m = k  4n +  nên k ≤ 4n + ⇒ k ≤ 4n + Do   Giả sử k= 4n + , điều vô lý số phương chia cho khơng thể dư Từ m suy ra: k < 4n + ⇒ k ≤ 4n + ⇒ k ≤ 4n + ⇒ k ≤  4n +  =   Vậy k = m Bài toán Chứng minh với n số ngun dương bất kì, ta có: 1  1  n + = n − +      2 Hướng dẫn giải   1 Đặt k=  n +  ;  Khi đó: k ≤ n +  1 m=  n − +  2  1 1 < k +1 ⇔ k − ≤ n < k + ⇔ k2 − k + ≤ n < k2 + k + 2 4 Vì n nguyên dương nên phải có k − k + ≤ n ≤ k + k Chứng minh tương tự: m≤ n− 1 + < m + ⇔ m2 − m + ≤ n − < m2 + m + ⇔ m2 − m + ≤ n ≤ m2 + m 4 4 Vậy phải có k = m  Dạng 3: Phương trình chứa phần ngun 1) Phương trình có dạng:  f = ( x ) a * Cơ sở phương pháp:  f ( x )=  a (a ∈ ) ( a ∈  ) ⇔ a ≤ f ( x ) < a + * Ví dụ minh họa: Bài tốn Giải phương trình [ x ] + [ x ] − = Hướng dẫn giải x ] y, y ∈ Z Phương trình trở thành: y + y − = Đặt [= 1 ( y = − loại y ∈ Z ) 3 Do [ x ] = y = −2 Suy −2 ≤ x < −1 Suy y = −2 y = − [ −2; −1) Vậy tập nghiệm phương trình Bài tốn Giải phương trình  x + 5 −  x +  = −26 Hướng dẫn giải Ta có:  x +  =  x + 5 + Do đó: 2 −26  x + 5 −  x +  = ( ) ⇔  x + 5 −  x + 5 + = −26 ⇔  x + 5 −  x + 5 + = Đặt  x + 5 = y ⇒ y ≥ 5, y ∈ Z Phương trình trở thành: y − y + = Suy y = y = ( y = loại y < ) Do  x + 5 = y =8 Suy ≤ x + < ⇔ ≤ x < ⇔ ≤ x < Vậy tập nghiệm phương trình  3; ) x x Bài toán Giải phương trình   +   = 17 2 3 Hướng dẫn giải Trước hết ta ước lượng giá trị x Do [ x ] ≤ x nên 17 ≤ x x 5x + = , suy x ≥ 20, x  x  Do [ x ] ≥ x − nên 17 >  − 1 +  − 1 = x − , suy x ≤ 22,8 2  3  (1) ( 2) Do x số nguyên nên từ (1) (2) suy x ∈ {21; 22} Thử vào phương trình cho, ta 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 phương trình  h ( t )  = t ⇔ t ≤ h ( t ) < t + hay ≤ h ( t ) − t < Tìm t , sau từ g ( x ) = t tìm x * Ví dụ minh họa:  − 3x  x − Bài tốn Giải phương trình  =   Hướng dẫn giải Đặt 5x − 7t + − x − 21t = t (= t ∈  ) x = ; 5 25 − 21t  − 21t  Ta có  =t⇔t≤ < t +1  25  25  −20 ⇔ 25t ≤ − 21t ≤ 25t + 25 ⇔ ) Ta có  9t −  = t ⇔ t ≤ 9t − < t +   1 ≤ t ≤ 8t   − 13  t − 9t + ≤  t ≤ ⇔2 ⇔  t − 7t + ≥   t ≥ + 13   { } Do t số tự nhiên nên t ∈ {1;6;7;8} Do x ∈ 1; 46; 55;8 { } Vậy tập nghiệm phương trình 1; 46; 55;8  x − 1  x + 1 5x − Bài toán Giải phương trình  + =     Hướng dẫn giải 1  Áp dụng tính chất: [ a ] +  a +  = [ 2a ] , ta có 2   x − 1  x + 1  x − 1  x − 1   x −    +  =    +  +=    Nên phương trình cho trở thành  x −  5x −   = 5x − 3t + 4 x − 4t + Đặt = t (= t ∈  ) x = ; Suy 5 4t +  4t +    = t ⇔ ≤ − t < ⇔ −3 < t ≤ ⇔ t ∈ {−2; −1;0;1; 2}  −2  (do t nguyên), tương ứng tìm x ∈  ; ; ; ;  5 5  3) Phương trình có dạng:  f ( x )  =  g ( x )  * Cơ sở phương pháp: Đặt = f ( x )  = g ( x )  t suy f ( x ) − g ( x ) < 1, dẫn đến a < x < b a1 < f ( x ) < b1 Với a < x < b suy  , từ tìm t a2 < f ( x ) < b2  f ( x )  = t Ứng với giá trị t nguyên, giải hệ  để tìm x   g ( x )  = t Tập hợp giá trị x tìm từ hệ nghiệm phương trình * Ví dụ minh họa:  x − 1  x + 1 Bài tốn Giải phương trình  =     Hướng dẫn giải Theo tính chất 10 [ a ] = [b ] a − b <  x − 1 Đặt  =   2x −1 x +1 −  x + 1  =  t ( t ∈  ) Theo tính chất chứng minh ta có x −5 < ⇔ −1 < < ⇔ −1 < x < 11 Khi   x + 1 x +1  ≤5 0≤ < <      ⇒ Suy t ∈ {0;1; 2;3; 4;5}  −1 < x − < −1 ≤  x −  ≤     2x −1  ≤ < 1   ≤x 1, k = 1, 2, , n k Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho (k + 1) số dương, ta có: k +1 k +1 k +1 =k +1 1.1 <  k k k so Suy ra: < k +1 k +1 k = k + =1 + k −1 k +1 k k ( k + 1) k+ n n 1 k +1 k +1 < 1+ ⇒ n < ∑ k +1