Chuyên đề PHẦN NGUYÊN và PHẦN LẺ của Vũ Hồng Phong

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

Vũ Hồng Phong lng Bt l-Hon Sn-Tiờn Du -Bắc Ninh 1 Chuyên đề 1 : Phơng trình có chứa phần nguyên Vũ Hồng Phong GV THPT Tiên Du 1, Bắc Ninh Khi gặp một phơng trình có chứa phần nguyên chúng ta không chỉ thấy cái hay trong thuật toán giải phơng trình mà còn thấy ở đó những tính chất thú vị của phần nguyên đợc sử dụng. Hi vọng bài viết này sẽ đem lại những điều mới lạ và bổ ích cho các bạn Trớc 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] l số nguyên lớn nhất không vợt quá x ,đọc là phần nguyên của x, phần lẻ của x là ][}{ xxx . Khi đó ta có: Tính chất 1: xxx ][1 Hệ quả: 1}{0 x Chứng minh: + do [x] l số nguyên lớn nhất không vợt quá x nên xx ][ + ta chứng minh ][1 xx bằng phơng pháp phản chứng nh sau Giả sử ][1 xx suy ra ][1][ xxx nh vậy 1][ x là số nguyên không vợt quá x, mâu thuẫn với định nghĩa [x] l số nguyên lớn nhất không vợt quá x + do xxx ][1 nên 1][0 xx suy ra 1}{0 x Tính chất 2: 1][ nxnnx Chứng minh: + nếu nx ][ thì theo tính chất 1 có xxnx ][1 suy ra 1 nxn + nếu 1 nxn thì số nguyên lớn nhất không vợt quá x là n suy ra nx ][ Tính chất 3: nxnx ][][ Chứng minh: Giả sử mx ][ thì theo tính chất 2 có 1 mxm 1 nmnxnm nxnmnx ][][ Tính chất 4: với Zx thì ][][ xx với Zx thì 1][][ xx Chứng minh: + với Zx thì Zx nên x là số nguyên lớn nhất không vợt quá x và x là số nguyên lớn nhất không vợt quá x nên xx ][ ; xx ][ suy ra ][][ xxx +với Zx thì theo tính chất 1 có xxx ][1 1][][ xxx ][1][ xxx suy ra 1][][ xx Tính chất 5: với 1 n có ][] 1 [ ] 1 [][ nx n n x n xx Chứng minh: Với Rx tồn tại Za sao cho )1;[ aax Chia nửa khoảng )1;[ aa thành n nửa khoảng nh sau: ) 1 ;[ n aa ; ) 2 ; 1 [ n a n a ; ; ); 1 [ n k a n k a ; ; )1; 1 [ a n n a Khi đó x sẽ thuộc một trong n nửa khoảng trên Vũ Hồng Phong lng Bt l-Hon Sn-Tiờn Du -Bắc Ninh 2 Giả sử ); 1 [ n k a n k ax Với kniZi 0; có )1; 1 [ a n k a n i x suy ra a n i x ][ Suy ra akn n kn x n xx )1(][ ] 1 [][ (1) (vì vế trái có n k+1 số hạng) Với 11; niknZi có )2;1[ aa n i x suy ra 1][ a n i x Suy ra )1)(1(] 1 [ ] 1 [ ak n n x n kn x (2) (vì vế trái có k-1 số hạng) Do ); 1 [ n k a n k ax nên );1[ knaknanx suy ra 1][ knanx (3) Từ (1),(2),(3) suy ra ][1)1)(1()1(] 1 [ ] 1 [][ nxknaakakn n n x n xx Tính chất 6:Với yx thì ][][ yx Chứng minh: Theo tính chất 1 có 1][ xx và yy ][ Ta chứng minh bằng phơng pháp phản chứng nh sau: Giả sử ][][ yx suy ra ][1][ yx yyxx ][1][ yx mâu thuẫn với giả thiết yx Tính chất 7:với 1 n thì 1}]{[0 nxn Chứng minh: do 1}{0 x nên nxn }{0 1}]{[0 nxn Tính chất 8: Với 1 n có: 1][][][ nxnnxxn + n xnxxn 1 }{0][][ + 1}{ 1 1][][ x n n nxnnx Chứng minh: do Zxn ][ nên theo tính chất 3 có }]{[][})]{]([[][ xnxnxxnnx Mà theo tính chất 7 có 1}]{[0 nxn suy ra 1][][][ nxnnxxn n xnxnxnxxn 1 }{0100][][][ 1}{ 1 11][1][][ x n n nnxnnnxnxnnx Tính chất 9:Với 1, nm có: + 1][][][][][ nmynxmnymxynxm + 1][][][][][ mynxmnymxnynxm Chứng minh: có }]{}{[][][}]{][}{][[][ ynxmynxmynynxmxmnymx }]{}{[][][}]{][}{][[][ ynxmynxmynynxmxmnymx Do 1}{};{0 yx nên nmynxm }{}{0 ; mynxmn }{}{ Suy ra 1}]{}{[0 nmynxm ; 1}]{}{[ mynxmn Do vậy 1][][][][][ nmynxmnymxynxm 1][][][][][ mynxmnymxnynxm Tính chất 10 với Rx i có : 1][ ][][] [][ ][][ 212121 nxxxxxxxxx nnn đẳng thức xảy ra ở từng chỗ lần lợt là 0}]{ }{}[{ 21 n xxx ; 1}]{ }{}[{ 21 nxxx n Chứng minh: có }]{][ }{][}{][[] [ 221121 nnn xxxxxxxxx }]{ }{}[{][ ][][ 2121 nn xxxxxx (1) Vũ Hồng Phong lng Bt l-Hon Sn-Tiờn Du -Bắc Ninh 3 Do 1}{0 i x nên nxxx n }{ }{}{0 21 suy ra 1}]{ }{}[{0 21 nxxx n (2) Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh Tổng quát tính chất 8,9,10 nh sau: Biểu thức ][ ][][][ ][][] [ 21212121 nmnm yyyxxxyyyxxxP nhận các giá trị nguyên 1; ;1; mnn Chứng minh: Biến đổi tơng tự tính chất 8,9,10 đợc: ZyyyxxxP nm }]{ }{}{}{ }{}[{ 2121 (1) Có myyyxxxn nm }{ }{}{}{ }{}{ 2121 nên 1}]{ }{}{}{ }{}[{ 2121 myyyxxxn nm (2) Từ (1) và (2) suy ra P nhận các giá trị nguyên 1; ;1; mnn Tính chất 11: a) nếu 0, yx thì ]][[][ yxxy b) nếu 0, yx thì ]][[][ yxxy c) nếu yx 0 thì ][]][[][ xyxxy Chứng minh: do Zyx ]][[ nên }]}{{}]{[}]{[[]][[})]{]})([{][([][ yxxyyxyxyyxxxy ]}{}]{[[]][[})]{]}([{}]{[[]][[ yxyxyxyyxyxyx a) Với 0, yx thì 0][ x mà 0}{};{ yx nên 0}]{[ yx ; 0}{ yx suy ra 0}{}]{[ yxyx 0]}{}]{[[ yxyx do vậy ]][[][ yxxy b) Với 0, yx thì 0][ x mà 0}{};{ yx nên 0}]{[ yx ; 0}{ yx suy ra 0}{}]{[ yxyx 0]}{}]{[[ yxyx do vậy ]][[][ yxxy c) Với yx 0 thì yx 0][ mà 1}{};{0 yx suy ra ][}]{[ xyx và 0}{ yx suy ra ][}{}]{[ xyxyx ][]][[]}{}]{[[ xxyxyx (theo tính chất 6) do vậy ][]][[][ xyxxy Tính chất 12: + nếu 0 và ][][ yx thì yx1 + nếu 0 và ][][ yx thì 01 yx Tổng quát: với R ji ;; ; 0; ji nếu ][ ][][][ ][][ 22112211 nnmm yyyxxx thì mnnnmm yyyxxx ; 212122112211 Chứng minh: Với ][][ yx thì }{}{}){]([}){]([ yxyyxxyx + khi 0 có }{}{1 yx yx1 + khi 0 có 0}{}{1 yx 01 yx + Có nnmm yyyxxx 22112211 ][ ][][][ ][][ 22112211 nnmm yyyxxx }{ }{}{}{ }{}{ 22112211 nnmm yyyxxx }{ }{}{}{ }{}{ 22112211 nnmm yyyxxx (1) Do 1;0 ji yx nên }{ }{}{}{ }{}{ 22112211 nnmm yyyxxx thuộc khoảng mn ; 2121 (2) từ (1) và (2) ta có đpcm Sau đây là các ví dụ Ví dụ 1: giải phơng trình }{ 3 22 ] 16 15 [ ] 16 3 [] 16 1 [ x xxx (1) Vũ Hồng Phong lng Bt l-Hon Sn-Tiờn Du -Bắc Ninh 4 Lời giải Theo tính chất 5 có: ] 2 1 [] 16 1 .8[] 8 7 16 1 [ ] 8 1 16 1 [] 16 1 [)1( xxxxx VT Do 1}{0 x nên 3 25 }{ 3 22 )1( 3 22 xVP Lại có ZVT )1( nên 8)1()1( VPVT 8] 2 1 [8)1( x VT 17159 2 1 8 x x 15][ x hoặc 16][ x 3 2 }{8)1( xVP Mà }{][ xxx nên PT(1) có 2 nghiệm 3 47 x và 3 50 x Ví dụ 2 giải phơng trình 3 25 9 1711 3 xx (*) Lời giải Theo tính chất 12 từ PT(*) suy ra 3 3 25 9 1711 .31 xx 42 x Suy ra 6 3 25 3 8 x 5(*) 3 25 2 VP x Mà VT(*) là số nguyên chia hết cho 3 nên 3(*)(*) VPVT suy ra 3 3 25 1 9 1711 (*) x x PT 4 3 25 3 2 9 1711 1 x x 5 14 5 11 11 35 11 26 x x 5 14 11 26 x Vậy tập nghiệm của PT(*) là 5 14 ; 11 26 T Ví dụ 3 giải phơng trình 25 8165 }{]][[ 2 2422 x xxxx (1) Lời giải Theo tính chất 1 có 1][ 22 xx nên 242222 )1(][ xxxxxx Theo tính chất 6 suy ra ][]][[ 2422 xxxx . Ta có 242424 }{][)1( xxxxxxVT (2) Mà 25 8165 0) 5 9 ( 2 2422 x xxx (3) Từ (2) và (3) suy ra )1()1( VPVT )1()1( VPVT dấu = xảy ra tại (2) và (3) Vì thế )1(PT 0) 5 9 ( ][]][[ 22 2422 x xxxx 5 9 x Vậy PT(1) có 2 nghiệm 5 9 x Vũ Hồng Phong lng Bt l-Hon Sn-Tiờn Du -Bắc Ninh 5 Ví dụ 4 giải phơng trình 6 22913025 6 310 6 1 5 3 15 4 2 xxx x x (1) Lời giải áp dụng tính chất 9 có 6 3310 5 6 310 5 6 310 6 310 6 310 5) 6 1 .(5 3 15 .4)1( xxxxx x x VT (2) Mà 6 22913025 6 3310 0)145( 2 2 xxx x (3) Từ (2) và (3) suy ra )1()1( VPVT )1()1( VPVT dấu = xảy ra tại (2) và (3) Do đó 0)145( 5] 6 310 [] 6 1 [5] 3 15 [4 )1( 2 x x x x PT 8,2 5 14 x Vậy PT(1) có nghiệm 8,2 x Ví dụ 5: giải phơng trình 60 163 ][6 5 ]5[ 4 ]4[ 3 ]3[ 2 ]2[ 2 2222 x xxxx (*) Lời giải Theo tính chất 8 ta có 2 1][2 2 ]2[ 22 xx (1) ; 3 2][3 3 ]3[ 22 xx (2) 4 3][4 4 ]4[ 22 xx (3) ; 5 4][5 5 ]5[ 22 xx (4) Cộng vế với vế (1),(2),(3) và (4) ta đợc 60 163 ][4(*) 2 xVT (5) Mà 0 2 x nên 0][ 2 x suy ra 60 163 ][6 60 163 ][4 22 xx (6) Từ (5) và (6) suy ra (*)(*) VPVT (*)(*) VPVT 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 PT 1}{ 5 4 22 xx 5 2 1 1 5 2 x x Vậy tập nghiệm của PT(*) là )1; 5 2 [] 5 2 ;1( T Ví dụ 6 giải phơng trình 7 6 2]4[]2[][ ]7[ 2 222 2 x xxx x (1) Lời giải Vũ Hồng Phong lng Bt l-Hon Sn-Tiờn Du -Bắc Ninh 6 Dễ thấy Rxxxx ;02]4[]2[][ 222 TH1: với 7 1 0 2 x thì 170 2 x và 1 7 6 0 2 x suy ra 0] 7 6 []7[ 22 xx Khi này 0)1()1( VPVT suy ra 7 1 0 2 x thoả mãn (1) Vậy 7 1 ; 7 1 x là nghiệm của (1) TH2: với 7 1 2 x có 1 7 6 2 x suy ra 1] 7 6 [)1( 2 xVP (2) đẳng thức xảy ra 1] 7 6 [ 2 x 2 7 6 1 2 x 7 8 7 1 2 x Theo tính chất 10 có 2]4[]2[][]42[]7[ 2222222 xxxxxxx suy ra 1)1( VT (3) đẳng thức xảy ra 2}]4{}2{}[{ 222 xxx 3}4{}2{}{2 222 xxx Từ (2) và (3) suy ra )1()1( VPVT (*)3}4{}2{}{2 7 8 7 1 222 2 xxx x (I) 3}4{}2{}{2 222 xxx (*) Theo tính chất 4 chuyên đề 2 có }]{[}{}}{{ xnxnxn Suy ra 3}}{4{}}{2{}{2(*) 222 xxxBPT 3}]4[{}{4}]{2[}{2}{2 22222 xxxxx (1) Do 1}{0 2 x nên TH1: 4 1 }{0 2 x thì 2 1 }{20 2 x ; 1}{40 2 x suy ra 0}]{2[ 2 x ; 0}]{4[ 2 x 3}{72)1( 2 x 7 3 }{ 7 2 2 x (loại vì 4 1 }{0 2 x ) TH2: 2 1 }{ 4 1 2 x thì 1}{2 2 1 2 x ; 2}{41 2 x suy ra 0}]{2[ 2 x ; 1}]{4[ 2 x 31}{72)1( 2 x 7 4 }{ 7 3 2 x Suy ra 2 1 }{ 7 3 2 x TH3: 4 3 }{ 2 1 2 x thì 2 3 }{21 2 x ; 3}{42 2 x suy ra 1}]{2[ 2 x ; 2}]{4[ 2 x 33}{72)1( 2 x 7 6 }{ 7 5 2 x Suy ra 4 3 }{ 7 5 2 x TH4: 1}{ 4 3 2 x thì 2}{2 2 3 2 x ; 4}{43 2 x suy ra 1}]{2[ 2 x ; 3}]{4[ 2 x Vũ Hồng Phong lng Bt l-Hon Sn-Tiờn Du -Bắc Ninh 7 34}{72)1( 2 x 1}{ 7 6 2 x Suy ra 1}{ 7 6 2 x Từ 4 trờng hợp suy ra 1; 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 1; 7 6 4 3 ; 7 5 2 1 ; 7 3 2 x 1; 7 6 4 3 ; 7 5 2 1 ; 7 3 7 3 ; 2 1 7 5 ; 4 3 7 6 ;1x Vậy tập nghiệm PT đã cho là 1; 7 6 4 3 ; 7 5 2 1 ; 7 3 7 1 ; 7 1 7 3 ; 2 1 7 5 ; 4 3 7 6 ;1T Bài tập: giải phơng trình 1) 3 3 12 ]][[ x xx 2) 04}{5]][[ 2 xxx 3) ] 3 12 [] 3 1 3 2[ 2 xx x 4) 0] 6 15 [] 12 2311 [2 xx 5) 10 121 ]10[ 1 ][ 1 ]10[][ xx xx 6) 1][ ]2][[47 1]3[][ ]6[]3[2 2 x xx xx xx 7) 9] 2 1 2 [ ] 2 1 2 [] 2 1 2 [ 82 xxx 8) 1 8,112,03315 8,038,03 2 2 xxx xx 9) 2 2 2 2][ 1]3[ 12][12 }]{3[2 x x x x 10) 1 }75,023{]5,03][5,0[ 25,257134 2422 246 xxxx xxx Vũ Hồng Phong GV THPT Tiên Du 1, Bắc Ninh Vũ Hồng Phong lng Bt l-Hon Sn-Tiờn Du -Bắc Ninh 8 Chuyên đề2:Phơng trình, Hệ Phơng trình có chứa phần lẻ Vũ Hồng Phong GV THPT Tiên Du 1, Bắc Ninh Để giải đợc các PT,hệ PT có chứa phần nguyên, phần lẻ đòi hỏi chúng ta phải nắm vững các tính chất của phần nguyên cũng nh 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 ][}{ xxx , Z là tập hợp các số nguyên tính chất 1: 1}{0 x ( đã chứng minh ở chuyên đề 1) tính chất 2: 1}]{[0 nxn chứng minh: do 1}{0 x nên nxn }{0 1}]{[0 nxn tính chất 3: }{}{ xxn Chứng minh: Ta có }{][][][}{ xxxxnxnxnxnxn tính chất 4: }}{{}{ xnnx Chứng minh: do Zxn ][ nên theo tính chất 3 có }}{{}}{][{}{ xnxnxnnx tính chất 5:Với Zx thì 0}{}{ xx Với Zx thì 1}{}{ xx Chứng minh: Với Zx thì xx ][ ; xx ][ nên 0][}{ xxx ; 0][}{ xxx Với Zx thì 1][][ xx nên 1}{1])[(1][][}{ xxxxxxxx Suy ra 1}{}{ xx tính chất 6 : Zyxyx }{}{ Chứng minh: +Giả sử }{}{ yx ta có Zyxyyxxyx ][][}{][}{][ + giả sử Zyx thì Zyxyxyyxxyx ][][][][}{}{ (1) Do 1}{};{0 yx nên 1}{}{1 yx (2) Từ (1);(2) suy ra 0}{}{ yx }{}{ yx mở rộng: với 1; nm a) +với 11; mknZk và kynxm }{}{ thì Znymx + nếu Znymx thì 1; ;2;1}{}{ mnnynxm b) +với 10; nmkZk và kynxm }{}{ thì Znymx + nếu Znymx thì 1; ;1;0}{}{ nmynxm c) +với 11; mknZk và kyyyxxx nm 2121 thì Zyyyxxx nm 2121 + nếu Zyyyxxx nm 2121 thì 1; ;2;1 2121 mnnyyyxxx nm Chứng minh: +với 11; mknZk và kynxm }{}{ thì Vũ Hồng Phong lng Bt l-Hon Sn-Tiờn Du -Bắc Ninh 9 Zkynxmynxmynxmnymx ][][}{}{][][ + nếu Znymx thì Zynxmnymxynxm ][][}{}{ (1) Do 1}{};{0 yx nên mynxmn }{}{ (2) Từ (1) và (2) suy ra 1; ;2;1}{}{ mnnynxm a) +với 10; nmkZk và kynxm }{}{ thì Zkynxmynxmynxmnymx ][][}{}{][][ + nếu Znymx thì Zynxmnymxynxm ][][}{}{ (1) Do 1}{};{0 yx nên nmynxm }{}{0 (2) Từ (1) và (2) suy ra 1; ;1;0}{}{ nmynxm c) chứng minh tơng tự b và c tính chất 7: a) nnn xxxxxxnxxx 1 212121 đẳng thức xảy ra ở từng chỗ lần lợt là 1}]{ }{}[{ 21 nxxx n ; 0}]{ }{}[{ 21 n xxx b) 1 yxyxyx đẳng thức xảy ra ở từng chỗ lần lợt là 0][ yx ; 1][ yx chứng minh: a)ta có ] [ 212121 nnn xxxxxxxxx }]{][ }{][}{][[}{][ }{][}{][ 22112211 nnnn xxxxxxxxxxxx }]{ }{}[{][ ][][}{][ }{][}{][ 21212211 nnnn xxxxxxxxxxxx }]{ }{}[{}{ }{}{ 2121 nn xxxxxx (1) Do 10 i x nên nxxx n }{ }{}{0 21 1}]{ }{}[{0 21 nxxx n (2) Từ (1) và (2) suy ra nnn xxxxxxnxxx 1 212121 Nhận xét: tính chất 7a có thể phát biểu nh sau: Biểu thức nn xxxxxx 2121 nhận các giá trị 0; ;2;1 nn Giải thích thêm Theo (1) biểu thức bằng Zxxx n }]{ }{}[{ 21 Do có (2): 1}]{ }{}[{0 21 nxxx n nên từ đó suy ra nhận xét b) có }]{][}{][[}{][}{][][ yyxxyyxxyxyxyx }]{}[{}{}{}]{}[{][][}{][}{][ yxyxyxyxyyxx (3) Có 11 yx suy ra 0][1 yx (4) Từ (3),(4) suy ra 1 yxyxyx Tổng quát: biểu thức nnnm yyyxxxyyyxxx 21212121 nhận các giá trị nmm ; ;2;1 tính chất 8 : }{ 2 1 } 1 { } 1 {}{ nx n n n x n xx với 1 n chứng minh: có ) 1 ( ) 1 ( n n x n xx 2 1 2 )1(1 21 n nx n nn nx n n nx (*) Mà ][] 1 [ ] 1 [][ nx n n x n xx nên ) 1 ( ) 1 ( n n x n xx Vũ Hồng Phong lng Bt l-Hon Sn-Tiờn Du -Bắc Ninh 10 ] 1 [ ] 1 [][ n n x n xx } 1 { } 1 {}{ n n x n xx } 1 { } 1 {}{][ n n x n xxnx Thay vào (*) đợc 2 1 ][ 2 1 } 1 { } 1 {}{][ n nxnx n nx n n x n xxnx Suy ra }{ 2 1 } 1 { } 1 {}{ nx n n n x n xx sau đây là các ví dụ Ví dụ1: Giải phơng trình 2,6]2[])[1 3 2 3 1 3 ( xx xxx Lời giải theo tính chất 8 có x xxxx 3 .3 2 13 3 2 33 1 33 PT 2,6]2[]}[{ xxx 2,6})]{]([2[]}[{ xxxx 2,6}]{2][2[]}[{ xxxx 2,6}]{2[][2]}[{ xxxx (1) TH1: 2 1 }{0 x (2) thì 1}{20 x 0}]{2[ x PT(1) 2,6][2]}[{ xxx ][ ][22,6 }{ x x x (3) Do (2) nên 2 1 ][ ][22,6 0 x x 0 ][ ][22,6 x x và 0 ][ ][54,12 x x 48,2][ 0][ 1,3][0 x x x 3][1,3][48,2 xx thay [x] = 3 vào (3) đợc }{x = 3 2,0 .Suy ra x = 15 46 3 2,0 3}{][ xx TH2: 1}{ 2 1 x (4) thì 2}{21 x 1}]{2[ x PT(1) 2,61][2]}[{ xxx ][ ][22,5 }{ x x x Do (4) nên 1 ][ ][22,5 2 1 x x (5) Giải tơng tự TH1 từ (5) ta đợc [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 phơng trình }35,0{}1{ xx (1) Lời giải + theo tính chất 6 thì ZxxAPT 5,031)1( + ta có )3)(1(24)31( 2 xxxx Theo BĐT CôSi thì 431)3)(1(20 xxxx Suy ra 8)31(4 2 xx 22312 xx 3,25,0225,1 A với ]3;1[ x Do vậy 25,031 xxA [...]... 3a 6 2 2 2 64 16a 9a 36a 36 25a 36a 28 0 12 Vũ Hồng Phong lng Bt l-Hon Sn-Tiờn Du -Bắc Ninh 14 25 14 14 Thay a 2 và a vào PT(1) ta thấy chỉ a là nghiệm 25 25 Do xy Z nên [ xy] [ xy] 1 ; {xy} { xy} 1 ; {xy}{xy} 0 1 1 Vì (m n) 2 0 nên có m 2 n 2 (m n) 2 và mn (m n) 2 2 4 a 2 hoặc a đẳng thức xảy ra ở 2 bất đẳng thức trên đều là m = n áp dụng ta có: 1 4 [ xy ] [ xy] 72 22... { x y } { x y } 1) {x x 2 y 2 } x y 0,5 {x} [ y ] { y} [ x] 2) {3 y} 1 1 x[ x] y[2 y ] { y} {2 y} 3{x} [3{ y}] [ y ] 6 3{ y} [3{x}] [ x] 6 3) Vũ Hồng Phong lng Bt l-Hon Sn-Tiờn Du -Bắc Ninh 13 Vũ Hồng Phong lng Bt l-Hon Sn-Tiờn Du -Bắc Ninh 14 ... (3) 2 [ x]2 2 đẳng thức xảy ra [ x] 2 Do đó VP(1) 2 3 5 1 x ; ;1 8 11 17 Từ (2);(3) suy ra VT (1) VP(1) 3 4 6 x ; ;3 2 3 4 6 [ x] 2 11 Vũ Hồng Phong lng Bt l-Hon Sn-Tiờn Du -Bắc Ninh 8 11 17 Tập nghiệm của PT(1) là T ; ;3 3 4 6 Ví dụ 4: Giải hệ phương trình x x 2 2 2 1(*) y y 1 2 2 xy xy 7 xy xy 22(**) Lời giải có xy xy 0 xy Z x.. .Vũ Hồng Phong lng Bt l-Hon Sn-Tiờn Du -Bắc Ninh 5 25 x 1 3 x 2 ( x 1)(3 x) 2 4 175 8 3 2 x x 2 9 64 x 2 128 x 111 0 x 1 8 175 Vậy PT(1) có 2 nghiệm x 1 8 x 1 3 x Ví dụ 3 Giải phương... 2 vào (1) thấy không thoả mãn +Với L 3 L2 9 10 3a 4 4 a 2 9 1 1 a a 4 4 a 3a 1 3 3 64 16a 2 9a 2 6a 1 25a 2 6a 63 0 1 a 3 3 12 11 a 25 a 3 12 11 25 2 3 12 11 vào vế trái (1) được 25 53 12 11 47 12 11 3 2 11 6 11 2 2 25 25 5 5 3 2 11 6 11 2 11 2 6 11 1 2 2 2 5 5 5 5 Thay a Suy ra a 3 12 11 không là nghiệm của . Vũ Hồng Phong GV THPT Tiên Du 1, Bắc Ninh Vũ Hồng Phong lng Bt l-Hon Sn-Tiờn Du -Bắc Ninh 8 Chuyên đề2:Phơng trình, Hệ Phơng trình có chứa phần lẻ Vũ Hồng Phong GV THPT. Vũ Hồng Phong lng Bt l-Hon Sn-Tiờn Du -Bắc Ninh 1 Chuyên đề 1 : Phơng trình có chứa phần nguyên Vũ Hồng Phong GV THPT Tiên Du 1, Bắc Ninh Khi. }2{}{ 1}3{ ]2[][1 ][}{][}{ yy y yyxx xyyx 3) 6][}]{3[}{3 6][}]{3[}{3 xxy yyx Vũ Hồng Phong lng Bt l-Hon Sn-Tiờn Du -Bắc Ninh Vò Hång Phong làng Bất lự-Hoàn Sơn-Tiên Du -B¾c Ninh 14