Đang tải... (xem toàn văn)
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 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, NĂM 2022 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 TỐN HỌC Chun ngành: Phương pháp Tốn sơ cấp Mã số: 8.46.01.13 Người hướng dẫn khoa học: GS TSKH Nguyễn Mạnh Hùng THANH HÓA, NĂM 2022 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 Hiệu trưởng Trường Đại học Hồng Đức Học hàm, học vị, Họ tên Chức danh Cơ quan công tác hội đồng TS Lê Xuân Dũng Trường ĐH Hồng Đức Chủ tịch HĐ PGS TS Tạ Công Sơn Trường ĐHKHTN-ĐHQGHN UV Phản biện TS Đỗ Văn Lợi Trường ĐH Hồng Đức UV Phản biện TS Bùi Văn Bình Trường THPT Chuyên Lam Sơn Ủy viên TS Nguyễn Văn Lương Trường ĐH Hồng Đức UV Thư ký Xác nhận Người hướng dẫn Học viên chỉnh sửa theo ý kiến Hội đồng Ngày 28 tháng 12 năm 2022 GS TSKH Nguyễn Mạnh Hùng LỜI CAM ĐOAN Tôi xin cam đoan luận văn không trùng lặp với khóa luận, luận văn, luận án cơng trình nghiên cứu cơng bố Người cam đoan Trần Thị Thu i LỜI CẢM ƠN Luận văn hoàn thành Trường Đại học Hồng Đức hướng dẫn GS TSKH Nguyễn Mạnh Hùng Ngoài dẫn mặt khoa học, thầy động lực giúp tác giả tự tin say mê nghiên cứu Tác giả bày tỏ lòng biết ơn kính trọng thầy Tác giả bày tỏ lịng biết ơn đến phịng QLĐTSĐH, Khoa KHTN, mơn Giải tích - PPGD Tốn, thầy bạn học viên lớp Cao học PPTSC K13 tạo điều kiện thuận lợi cho tác giả trình học tập, nghiên cứu khoa học hoàn thành luận văn Tác giả bày tỏ lòng biết ơn đến Ban giám hiệu, Tổ Khoa học Tự nhiên trường THCS Nguyễn Hồng Lễ, TP Sầm Sơn - nơi tác giả công tác tạo điều kiện thuận lợi cho tác giả q trình cơng tác giảng dạy để có thời gian hợp lý hồn thành khóa học luận văn thạc sĩ Thanh Hóa, tháng 12 năm 2022 Trần Thị Thu ii MỤC LỤC Lời cam đoan i Lời cảm ơn ii Mở đầu Chương Hàm phần nguyên 1.1 Khái niệm phần nguyên 3 1.2 1.3 Hàm phần nguyên điểm nguyên Định lý Hermite 15 Chương Một số phương pháp giải toán liên quan đến hàm phần nguyên 22 2.1 2.2 Tìm phần nguyên 22 Chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức chứa phần nguyên 26 2.3 2.4 Giải phương trình, bất phương trình chứa phần nguyên 33 Một số toán số học liên quan đến hàm phần nguyên 45 2.5 Tính tổng chứa phần nguyên 54 Kết luận 63 Tài liệu tham khảo 64 iii MỞ ĐẦU Tính cấp thiết đề tài Hàm phần nguyên số toán liên quan thường xuất kỳ thi học sinh giỏi cấp kỳ thi vào lớp 10 THPT chuyên Một số tính chất ứng dụng hàm phần nguyên đề cập phần công trình khoa học ([7]) sách chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Toán ([1, 3, 4, 5, 6, 8]) Đặc biệt, [2] tác giả trình bày số ứng dụng hàm phần nguyên Tuy nhiên, sách chun khảo, luận văn nhiều tính chất hàm phần nguyên dạng toán khác liên quan đến hàm phần nguyên phương pháp giải tốn chưa nghiên cứu cách hệ thống Điều gây khó khăn cho giáo viên, học sinh tiếp cận toán phần ngun Vì vậy, chúng tơi chọn đề tàì nghiên cứu luận văn “Một số phương pháp giải toán liên quan đến hàm phần nguyên” để nghiên cứu cách hệ thống, cập nhật phương pháp giải toán liên quan đến phần nguyên Mục tiêu nghiên cứu Nghiên cứu tính chất phương pháp giải toán liên quan đến hàm phần nguyên Đối tượng nghiên cứu Hàm phần nguyên Các toán sơ cấp chứa phần nguyên Phạm vi nghiên cứu Một số tính chất hàm phần nguyên Mối liên hệ hàm phần nguyên điểm nguyên Các tính chất số học phần nguyên Định lý Hermit, mở rộng định lý Hermit ứng dụng Phương pháp giải số dạng toán phần nguyên: tìm phần nguyên, đẳng thức phần nguyên, phương trình phần nguyên, Phương pháp nghiên cứu Tổng hợp, hệ thống hóa lý thuyết phương pháp giải số dạng toán liên quan đến hàm phần nguyên Cấu trúc luận văn Ngoài phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo, nội dung luận văn gồm hai chương Chương Hàm phần nguyên Trong chương này, luận văn trình bày hệ thống khái niệm phần nguyên, tính chất phần nguyên, hàm phần nguyên đồ thị hàm phần nguyên, mối liên hệ hàm phần nguyên điểm nguyên, mở rộng định lý Hermite Các kết chương sử dụng giải toán phần nguyên luận văn Chương Một số phương pháp giải toán liên quan đến hàm phần nguyên.: Trong chương luận văn trình bày hệ thống phương pháp giải dạng tốn đặc trưng có liên quan đến hàm phần nguyên Các phương pháp minh họa qua hệ thống tốn từ dễ đến khó Chương HÀM PHẦN NGUN Trong chương này, chúng tơi trình bày khái niệm kết phần nguyên Nội dung chương chủ yếu tham khảo từ tài liệu [2, 4, 5] 1.1 Khái niệm phần nguyên Ta biết rằng, số thực x biểu diễn dạng x=n+t n ∈ Z ≤ t < Chẳng hạn −2020, = −2021 + 0, 4, 2022, 12 = 2022 + 0, 12 (1.1) Hơn nữa, biểu diễn Lúc ta gọi: số nguyên n phần nguyên x hiệu ⌊x⌋.1 số t phần lẻ x ký hiệu {x} Như vậy, với số thực x, phần nguyên x số nguyên lớn không vượt x Từ (1.1) ta thấy ⌊−2020, 6⌋ = −2021, ⌊2022, 12⌋ = 2022 Hơn nữa, số nguyên bé không nhỏ x gọi trần x ký hiệu ⌈x⌉ Chẳng hạn ⌈−2020, 6⌉ = −2020, ⌈2022, 12⌉ = 2023 Nhận xét 1.1.1 Từ khái niệm ta nhận thấy a ≤ x < a + 1; ≤ x − a < 1; ⌊x⌋ = a ⇔ ⇔ a ∈ Z a ∈ Z Trong z − < x ≤ z; ≤ z − x < 1; ⌈x⌉ = z ⇔ ⇔ z ∈ Z z ∈ Z số sách giáo trình tài liệu tham khảo phần nguyên số thực x ký hiệu [x], luận văn sử dụng ký hiệu quốc tế ⌊x⌋ Hơn nữa, ⌈x⌉ = ⌊x⌋ x ∈ Z ⌈x⌉ = ⌊x⌋ + với x ∈ / Z Tiếp theo, ta nhắc lại số tính chất phần nguyên sau: Mệnh đề 1.1.2 ([2, 4, 5]) Ta có i) a ∈ Z ⇔ ⌊a⌋ = a {a} = ii) n ∈ Z n ≤ a < n + ∈ Z ⇔ ⌊a⌋ = n iii) ⌊{a}⌋ = {⌊a⌋} = iv) Nếu n ∈ Z ⌊n + a⌋ = n + ⌊a⌋; {n + a} = {a} v) Nếu ⌊n + a⌋ = n n ∈ Z ≤ a < 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⌋ − ≤ ⌊a⌋ + ⌊b⌋ ≤ ⌊a + b⌋ x) {a} + {b} ≥ {a + b}; {a} − {b} ≤ {a − b} xi) Nếu ⌊a⌋ = ⌊b⌋ |a − b| < ( 0, x ∈ Z xii) ⌊x⌋ + ⌊−x⌋ = −1, x ∈ / Z n , ∀n ∈ N, ∀q ∈ N∗ xiii) n < q + q xiv) x + = ⌊2x⌋ − ⌊x⌋, ∀x ∈ R xv) ⌊2x⌋ + ⌊2y⌋ ≥ ⌊x⌋ + ⌊y⌋ + ⌊x + y⌋, ∀x, y ≥ j k ⌊x⌋ x xvi) = , ∀x ∈ R, ∀n ∈ Z n n xvii) Nếu a số nguyên ⌊−a⌋ = −⌊a⌋; Nếu a khơng số ngun ⌊−a⌋ = −⌊a⌋ − 1; xviii) Số số nguyên dương bội n không vượt x jxk n 1 Suy y = −2 y = − y = − loại y ∈ Z) 3 Do ⌊x⌋ = y = −2 Suy −2 ≤ x < −1 Vậy tập nghiệm phương trình [−2; −1) Bài tốn 2.3.12 Giải phương trình 2 x + − x2 + = −26 Lời giải Ta có x2 + = x2 + + Suy 2 2 x + − x2 + = −26 ⇔ x2 + − x2 + + = −26 2 ⇔ x2 + − x2 + + = Đặt x2 + = y ⇒ y ≥ 5, y ∈ Z Phương trình trở thành y − 9y + = Giải ta y = y = 1(y = loại y < 5) Do x + = y = Suy √ ≤ x2 + < ⇔ ≤ x2 < ⇔ ≤ x < √ Vậy tập nghiệm phương trình cho [ 3; 2) Bài tốn 2.3.13 (CHNMOL-1987, [8]) Giải phương trình ⌊3x + 1⌋ = 2x − Lời giải Đặt t = 2x − Khi t ∈ Z 1 x= t+ Do (2.20) ⇔ t+ =t⇔t≤ ⇔− 42 t+ t ⇔ t > 0, mà t nguyên nên t số nguyên dương Suy x ≥ Với ⌊2x⌋ = 2t + 0, ≤ {x} < 2t + > t ⇔ t > −1, mà t nguyên nên t số nguyên dương Suy x ≥ Kết hợp với 0, ≤ {x} < 1, ta nghiệm bất phương trình cho x ≥ 0, Bài toán 2.3.16 Giải phương trình 5x − 2x − 4x + + = 43 Lời giải Áp dụng tính chất: ⌊a⌋ + a + = ⌊2a⌋, ta có 2x − 4x + 2x − 2x − 1 4x − + = + + = 3 Nên phương trình cho trở thành 5x − 4x − = 3 Đặt 5x − = t(t ∈ Z) x= 3t + 4x − 4t + ; = 5 Suy 4t + 4t + =t⇔0≤ −t ⇒ + q > n q q q Như tất số chia hết cho q dãy (2.21) số dãy n (2.22), mà (2.22) có số q Mệnh đề 2.4.2 ([3]) Trong phân tích số n! thừa số nguyên tố n! = pα1 pα2 pαk k số mũ αi thùa số pi : n n n + + ··· + k + ··· αi = pi pi pi Chứng minh Vì với k đủ lớn n < pki nên tổng tổng hữu hạn n n = k+1 = · · · = pki pi Giả sử p ước nguyên tố n!, theo Mệnh đề 2.4.1 ta có n n! = · · · · p · (p + 1) · · · 2p · · · 3p · · · p···n p $ % n n =p p !q = pm m!q p n với m = (p, q) = p Tưong tự, ta có $ m% m ′ m! = p p · !q p với (p, q ′ ) = Từ suy $ % $ n m% m n! = p p · p p · !qq ′ p 46 Mặt khác, j k n p m = n = p p p2 m ! ta thu số mũ p nên tiếp tục lập luận trên với p xuất dạng phân tích n! thừa số nguyên tố n n n αp = + + ··· + k + ··· p p p Ví dụ 2.4.3 Chẳng hạn, số mũ phân tích 100! thừa số nguyên tố là: 100 100 100 α7 = + + = 14 + + = 16 72 73 Bài tốn 2.4.4 ([3]) Phân tích 12! thừa số nguyên tố Lời giải Ta nhận thấy, ước ngun tố 12! khơng vượt q 12 Khi đó, áp dụng Mệnh đề 2.4.2 ta có 12 12 12 12 + + + = + + + = 10 α2 = 2 2 12 12 12 α3 = + + = + + = 3 12 12 α5 = + = + = 5 12 12 + = + = α7 = 7 12 12 + = + = α11 = 11 112 Như 12! = 210 · 35 · 52 · · 11 500 Bài toán 2.4.5 ([3]) Số C1000 có chia hết cho khơng? Tại sao? Lời giải Ta có 500 C1000 = 100! (500!)2 47 Lũy thừa phân tích 1000! (500!)2 thừa số nguyên tố 164 nên C 500 ̸ 1000 Bài toán 2.4.6 ([3]) Cho n ∈ N∗ Chứng minh 2n ước n! Lời giải Giả sử n! = 2α2 · q với (2, q) = Để chứng minh 2n ∤ n! ta cần n > α2 Thật vậy, với 2m ≤ n < 2m+1 ta có jnk jnk j n k + + ··· + m α2 = 2 Suy jn n nk 1 α2 ≤ + + ··· + m = n + + ··· + m 22 2 22 = n 1− m Do j nk α2 ≤ n − m ≤ n − < n Bài tốn 2.4.7 (CHINA-1986, [8]) Tìm số tự nhiên k lớn cho 1001 · 1002 · · · · · · 1985 · 1986 11k số nguyên Lời giải Đặt N= 1001 · 1002 · · · 1985 · 1986 11k Khi N= 1000! · 1001 · 1002 · · · 1985 · 1986 1986! = k k 11 (1000!) 11 (1000!) Lũy thừa cao 11 1986! 1986 1986 1986 + + = 180 + 16 + = 197 11 112 113 Lũy thừa cao 11 1000! 1000 1000 + = 90 + = 98 11 11 Suy giá trị lớn số k cần tìm k = 197 − 98 = 99 48 Bài toán 2.4.8 (Thi HSG Quốc gia 1995, [3]) Tìm số tự nhiên k lớn thỏa mãn điều kiện (1994!)1995 1995k Lời giải Ta có 1995 = · · · 19 Ta tìm số mũ lớn thừa số 3, 5, 7, 19 số (1994!)1995 Số mũ phân tích 1994! thừa số nguyên tố α3 = 1994 1994 1994 1994 + + + · · · + 32 33 37 = 664 + 221 + 73 + 24 + + + = 992 Tương tự ta tính α5 = 495.α; = 329, α19 = 109 Như vậy, 1994! có thừa số 3992 , 5495 , 7329 , 19109 suy 1995 , (1994!)1995 = 3992 · 5495 · 7329 · 19109 · A A nguyên tố với 3.5, 7, 19 Từ suy 109 · 1995 số tự nhiên lón cần tìm Bài tốn 2.4.9 (PUTNAM-1986, [8]) Tìm chữ số hàng đơn vị số 1020000 A= 10100 + Lời giải Đặt n = 10100 Khi 100 100 n2 − 32 n200 9100 A= = + n+3 n+3 n+3 2 100 n −3 M 9100 = + = (n − 3)M + n+3 n+3 n+3 Vì 9100 < n nên 200 n n200 − 9100 1020000 − 8150 = (n − 3)M = = n+3 n+3 10100 + Do số tận số 1020000 − 8150 số tận số 10100 + nên số tận A 49 1093 Bài tốn 2.4.10 ([8]) Tìm hai chữ số tận số 1031 + Lời giải Đặt 1031 = t Khi 33 1093 t t + 33 = = − 1031 + t+3 t+3 t+3 33 2 = t − 3t + + − = t2 − 3t + 32 − t+3 = t(t − 3) + = 1031 1031 − + 1093 08 Suy ra, hai chữ số tận 1031 + Bài toán 2.4.11 (ASUMO-1980, [8]) Trong dãy 19802 , , ,··· , 1980 1980 1980 1980 (2.23) có số ngun khơng âm? Lời giải Ta có (k + 1)2 − k = 2k + Suy k (k + 1)2 > 1980 1980 2k + > 1980 hay k ≥ 990 Do đó, 991 số k , k = 990, 991, · · · , 1980 1980 khác Mặt khác, dãy 9902 , , ,··· , 1980 1980 1980 1980 (2.24) Ta nhận thấy, hai số hạng liên tiếp có hiệu Hơn nữa, 9902 = 495, 1980 50 nên dãy (2.24) có 495 + = 496 số nguyên dương khác Như vậy, số số nguyên dương khác dãy (2.23) 496 + (991 − 1) = 1486 (số) Bài tốn 2.4.12 Tìm tất số ngun tố x cho j√ k j√ k jp k + + + x −1 số nguyên tố Lời giải Nhận thấy, với số tự nhiên n ta ln có q j√ k j√ k n2 = n2 + = = (n + 1)2 − = n Suy q j√ k j√ k Sn = n2 + n2 + + .+ (n + 1)2 − = (2n+1)n = 2n2 +n Do y= jp k j√ k j√ k + + + x2 − = S1 + S2 + + Sx−1 x 4x2 − 3x − = 6y = x 4x2 − 3x − Từ ta thấy 6y chia hết cho x, x, y số nguyên tố nên x ∈ {2; 3; y} Nếu x = y = (thỏa mãn); Nếu x = y = 13 (thỏa mãn); (loại) Vậy tốn có hai nghiệm x = x = Nếu x = y y = −1 y = 51 √ √ Bài toán 2.4.13 ([1]) Cho a = + b = − a) Chứng minh a2 = 10a − b2 = 10b − b) Đặt sn = an +bn Chứng minh s0 , s4 , s8 , , s24 số tự nhiên có chữ số hàng đơn vị j√ √ 48 k c) Tìm chữ số hàng đơn vị ( + 2) Lời giải a) Ta có √ √ √ a2 = (5 + 6)2 = 25 + 24 + 20 = 10(5 + 6) − = 10a − √ √ √ b2 = (5 − 6)2 = 25 + 24 − 20 = 10(5 − 6) − = 10b − b) Dễ thấy s0 = a0 + b0 = Ta chứng minh sn sn + số tự nhiên có chữ số hàng đơn vị Thật vậy, ta có a2 = 10a − (2.25) b2 = 10b − (2.26) Nhân (2.25) với an , nhân (2.26) với bn cộng lại theo vế ta an+2 + bn+2 = 10 an+1 + bn+1 − (an + bn ) tức sn+2 = 10sn+1 − sn Từ đó, ta suy (sn + sn+2 ) 10 Tương tự, ta có (sn+2 + sn+4 ) 10 Do (sn+4 − sn ) 10 Ta có s0 = nên từ nhận xét suy s2 , s3 , s4 , , sn số tự nhiên s0 , s4 , s8 , , s24 có chữ số hàng đơn vị c) Từ câu b) suy √ √ √ √ √ √ A = ( + 2)48 + ( − 2)48 = (5 + 6)24 + (5 − 6)24 = s24 số tự nhiên có chữ số hàng đơn vị Ta lại có √ √ √ √ < − < ⇒ < ( − 2)48 < nên suy A−1< √ √ 48 √ √ 48 3+