Hàm phần nguyên

Một số vấn đề liên quan đến hàm phần nguyên Lê Thị Anh Đoan THPT chuyên Lê Quý Đôn, Khánh Hòa Số học chủ đề thú vị đẹp đẽ toán sơ cấp Trong hầu hết kỳ thi chọn học sinh giỏi tốn số học thường xun xuất ln thách thức lớn học sinh Toán phần nguyên dạng toán hay, tảng Sử dụng thành thạo toán phần nguyên học sinh có thêm kỹ hay cơng cụ để giải tốn, giải toán liên quan đến số nguyên Bố cục viết sau: Phần I Khái niệm tính chất hàm phần nguyên Phần II Một số dạng toán hàm phần nguyên Phần III Một số ứng dụng hàm phần nguyên Phần IV Hàm phần nguyên đề thi chọn học sinh giỏi Trong phạm vi viết này, khơng có tham vọng đưa sáng kiến mới, muốn trao đổi quý thầy cô đồng nghiệp hàm phần nguyên, tính chất bản, số ứng dụng số toán phần nguyên đề thi chọn học sinh giỏi mà sưu tầm tập hợp lại thời gian qua Rất mong nhận góp ý xây dựng từ quý thầy cô Xin chân thành cảm ơn q thầy Khái niệm tính chất hàm phần nguyên Định nghĩa Với số thực x, phần nguyên (floor) x số nguyên lớn không vượt x kí hiệu x Số thực {x} = x − x gọi phần lẻ (fractional part) số thực x Trần (ceiling) x số ngun nhỏ khơng nhỏ x kí hiệu x Các hàm số y = f (x) = x , y = g (x) = x y = h (x) = {x} gọi hàm phần nguyên, hàm trần hàm phần lẻ Nhận xét Định nghĩa phần nguyên hiểu theo hai công thức sau: x − < x ≤ x x ≤x< x +1 Mệnh đề a) Nếu a b hai số nguyên với b > a = bq + r q = ab r = ab b b) Với số thực x số nguyên n, ta có x + n = x + n x + n = x + n c) Nếu x số nguyên x + −x = Nếu x khơng số ngun x + −x = −1 d) Hàm phần nguyên hàm không giảm, tức là: x ≤ y ⇒ x ≤ y e) x + y ≤ x + y ≤ x + y + f) x y ≤ xy ,với số thực không âm x, y g) Với số thực x số nguyên n, ta có x n = x n h) Với số thực dươngx số nguyên dươngn số số nguyên dương bội n không vượt x nx 72 Định lí (Định lý Legendre) Số mũ số nguyên tố ptrong phân tích tiêu chuẩn n! n tính theo cơng thức: ep (n) = = pn1 + pn2 + pn3 + · · · pi i≥1 Định lí (Định lý Hermite) Với số nguyên dương n số thực x, ta có nx = x + x + n1 + · · · + x + n−1 n Định lí (Định lý Beatty) α, β số vô tỷ dương cho α1 + β1 = Khi tập (dãy) ∞ {An }∞ = { α , 2α , } {Bn }1 = { β , 2β , } lập thành hai phân hoạch tập số ∞ ∗ nguyên dương N∗ , tức là: {An }∞ {Bn }∞ {Bn }∞ 1 = ∅ {An }1 = N Một số dạng toán hàm phần nguyên Dạng 1: Chứng minh biểu thức Bài toán Với số thực x y, ta có 2x + 2y ≥ x + y + x + y Giải Ta có x = x +{x}và y = y +{y} Khi 2x + 2y = x + {x} +2 y + {y} x + y = x + y + {x} + {y} Ta cần chứng minh: {x} + {y} ≥ {x} + {y} Do tính đối xứng nên ta giả sử {x} ≥ {y} Vì {x} ≥ 0nên {x} + {y} ≥ {x} ≥ {x} + {y} Vậy ta có điều phải chứng minh p q Bài toán (Gauss) Với hai số nguyên tố p q, ta có 2p q + +···+ (q−1)p q = −ip q = (p−1)(q−1) Giải Vì (p, q) = nên ip q khơng số nguyên Khi ip q + (q−i)p q = p+ ip q + p − 1, ≤ i ≤ q − Do p 2p (q − 1) p + + ··· + q q q = p (q − 1) p + q q (q − 1) p p + q q +· · ·+ n Bài toán Chứng minh với số nguyên dương n, hiệu k=1 n k − √ = (p − 1) (q − n số chẵn n n = {s ∈ Z+ : ks ≤ n} nên số cặp (có tính thứ tự) (s, k) thỏa mãn k k=1 √ ≤ s, k ≤ n ks ≤ n Dễ thấy n số cặp (k, k) thỏa mãn ≤ k ≤ n k ≤ n nên n √ n hiệu − n số cặp (có tính thứ tự) (s, k)sao cho ≤ s = k ≤ n sk ≤ n Hiển k Giải Ta có n k k=1 nhiên, cặp(s, k)thỏa mãn tính chất cặp (k, s) = (s, k) thỏa mãn Do số cặp thỏa mãn tính chất phải số chẵn, tức ta có điều phải chứng minh Bài tốn Chứng minh với số nguyên dương n, ta có √ n+ = n− 73 + Giải Đặt k = √ k≤ √ n+ n+ ;m= n − 34 + Ta có √ 1 1 < k + ⇔ k − ≤ n < k + ⇔ k2 − k + ≤ n < k2 + k + 2 4 Vì n ngun dương nên phải có k − k + ≤ n ≤ k + k Tương tự m≤ n− 1 + < m + ⇔ m2 − m + ≤ n − < m2 + m + ⇔ m2 − m + ≤ n < m2 + m 4 4 Do ta phải có k = m Ta có điều phải chứng minh Dạng 2: Giải phương trình Bài tốn Tìm nghiệm thực phương trình: 4x2 − 40 x + 51 = (1) Giải Ta có suy (2x − 3) (2x − 17) = 4x2 − 40x + 51 ≤ 4x2 − 40 x + 51 = 0, √ 40 x −51 17 ≤ x ≤ ≤ x ≤ Khi x = hay x = 40 x − 51 (2) Lần lượt thay x ∈ {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8} vào phương trình (2) Ta thấy x = 2, 6, 7, thỏa phương trình (2) Vậy nghiệm (1) √ √ √ √ 29 189 229 269 ; ; ; 2 2 Bài tốn Giải phương trình: x x = Giải Ta có ≤ x x < * x ≥ ⇒ x ≥ ⇒ x x ≥ ⇒ phương trình vơ nghiệm * ≤ x < ⇒ x = ⇒ ≤ x x < ⇒ phương trình nghiệm x * ≤ x < ⇒ x = ⇒ x x = ⇒ phương trình vô nghiệm * −1 < x < ⇒ x = −1 ⇒ x x = −x < ⇒ phương trình vơ nghiệm * x = −1 ⇒ x = −1 ⇒ x x = ⇒ phương trình nghiệm * x < −1 ⇒ x ≤ −2 ⇒ x x > ⇒ phương trình vơ nghiệm Bài tốn Giải phương trình: 2x − 4x + 5x − + = Giải Đặt 2x − 3y + =y⇒x= 74 Thay vào phương trình ta y + y+ 5y − 5y − = ⇒ 2y = 2 Đặt 2t + 4t + 4t + 5y − = t (t ∈ Z) ⇒ y = ⇒ =t⇒0≤ − t < 5 Do t ∈ Z nên t ∈ {−2; −1; 0; 1; 2} ⇒ y ∈ − 53 ; − 15 ; 15 ; 35 ; Vậy tập nghiệm phương trình S= − ; ; ; ;2 5 5 Bài toán Giải phương trình: x4 = 2x2 + x (3) Giải Ta có (3) ⇔ x = x2 x2 − √ √ x2 ≤ ⇒ − ≤ x ≤ ⇒ x ≤ ⇒ x ∈ {−1; 0} + x =0⇒x=0 + x = −1 ⇒ x = −1 √ x2 > ⇒ x > ⇒ x > ⇒ x2 (x2 − 2) = √ x< x x ⇒ x =1⇒x= ≤ ⇒ x2 − ≤ 1+ x β= 2i 76 i≥1 n 5i Do n! 10β , n! 10β nên số chữ số đứng tận biểu diễn thập phân n β n n = 2002 Với n đặt p (n) = Ta có Vậy ta cần tìm n nhỏ cho β = 5i 5i i≥1 i≥1 p (n) ≤ p (n + 1) với n ≥ p (8024) = 8024 8024 8024 8024 8024 + + + + = 1604 + 320 + 64 + 12 + = 2002 52 53 54 55 Do n ≤ 8024 (đpcm) Bài tốn 14 Chứng minh với số nguyên dương m n ta có m−1 (m, n) = k=0 kn + m + n − mn m Giải Đặt d = (m, n) , m = dm , n = dn , m , n ∈ Z, (m , n ) = Ta có kn kn + n− = m m Mặt khác kn m = kn m n−1 n nếu m−1 = d− m m m−1 kn m m−1 k=0 =d−1 số nguyên Ta có kn kn =2 = m m k=1 không số nguyên số nguyên số nguyên k m Do tập hợp {1, 2, , m − 1} có giá trị k cho kn m kn m m−1 k=1 kn kn + n− =mn − m − n − d m m Suy điều phải chứng minh Dạng 3: Tìm số hạng tổng qt dãy số Tính tổng Bài tốn 15 Cho (un ) dãy số “thứ tự tăng dần số tự nhiên lẻ không chia hết cho 3” Tìm số hạng tổng quát dãy số Giải Xét theo số dư tất số tự nhiên khơng chia hết cho có dạng 3p − 3p + 1, hai số chẵn hai số lẻ liên tiếp tùy theo p chẵn hay lẻ Khi p chẵn p = 2k, hai số dạng 6k − 6k + hai số lẻ Tất số dạng số hạng dãy p cần tìm Xếp thứ tự tăng dần ta có: u2k = 6k − u2k+1 = 6k + Như với n = 2k + r, r = {0, 1}, ta có un = n n n n n + {−1, 1} = + {0, 1} − = + 2r − = +2 n−2 2 2 Vậy un = 2n + n − − Bài toán 16 Cho (un ) dãy số “thứ tự tăng dần số tự nhiên khơng phương” Tìm số hạng tổng quát dãy số 77 Giải Xét dãy số tự nhiên (vn ) Ta có un = + k, k số số phương nhỏ un (bị loại từ dãy (vn )) Như un phải nằm hai số phương liên tiếp: k + ≤ un ≤ (k + 1)2 − Trên đoạn i2 + 1; (i + 1)2 − (giữa hai số phương liên tiếp) có 2i số tự nhiên Đếm số hạng dãy (un ) có giá trị nhỏ k ta có k−1 2i = k − k i=1 số hạng Như số n thỏa mãn k2 − k + ≤ n ≤ k2 + k hay n+ 1 − ≤k≤ n− + 1 1 + −1≤ n+ − ≤k ≤ 4 √ hay k = n + 21 n+ n + 14 + 21 √ Vậy un = n + n+ nên k = n− + n √ Bài tốn 17 Tính tổng Sn = k k=1 √ Giải Đặt m = n suy m2 ≤ n ≤ (m + 1)2 Xét số hạng Sn đoạn i2 ≤ k ≤ (i + 1)2 có 2i + số hạng, số hạng có giá trị i Như ta có n Sn = k=1 = m−1 i √ k = +2i i=1 k=i2 n √ k + m−1 √ k = i (2i + 1) + k=m2 i=1 n √ k k=m2 m (m − 1) (2m − 1) m (m − 1) m (m − 1) (2m + 5) + + n + − m2 m = nm − Hàm phần nguyên đề thi chọn học sinh giỏi Bài tốn 18 (AIME 1985) Có số 1000 số tự nhiên biểu diễn dạng 2x + 4x + 6x + 8x , x ∈ R Giải Đặt hàm f (x) = 2x + 4x + 6x + 8x Nếu n số nguyên dương f (x + n) = f (x) + 20n(chứng minh quy nạp) Như ta hạn chế lại, chứng minh cho 20 số nguyên dương với x ∈ (0; 1] Ta có x giá trị f (x) biến đổi 2x , 4x , 6x , 8x đạt giá trị nguyên Trong nửa , l ≤ m ≤ n, n = 2, 4, Ta thấy có 12 phân khoảng x ∈ (0; 1] biến đổi x = m n số (theo thứ tự tăng dần) 1 1 5 ; ; ; ; ; ; ; ; ; ; 8 8 Vậy có 12 số 20 số nguyên dương có biểu diễn thỏa đề Vì 1000 = 50.20nên có 50.12 = 600 số nguyên thỏa yêu cầu tốn Bài tốn 19 (Canada 1998) Tìm số nghiệm thực phương trình: a a a + + = a 78 Giải Vì vế trái số nguyên nênacũng phải số nguyên Đặt a = 30q + r, q, r số nguyên, ≤ r ≤ 29 Ta có phương trình cho tương đương với phương trình sau 31q + r r r + + = 30q + r ⇔ q = r − r r r + + Như vậy, với giá trị q cho a = 30q + r thỏa mãn phương trình cho Do r nhận 30 giá trị nên phương trình cho có 30 nghiệm thực Bài tốn 20 (Austrian - Polish 1998) Cho m, n số nguyên dương, n ≥ m Chứng minh rằng: n √ m k2 km ≤ n + m − k=1 k2 Giải Với k > m ta có k < 2k suy k < m tức k m < 2k hay √ k2 k m = √ k2 k m < Vì k > m Từ để chứng minh bất đẳng thức cho ta cần chứng minh m √ k2 m km ≤ m2 m k=1 k2 24 k=1 √ m km ≤ √ m > 2k > k, k k m ≤ Từ ta có điều phải chứng minh k2 Với k = 1, 2, ≥ k ⇔ Với k ≥ 4, k2 − k2 Bài toán 21 (Russia 1999) Chứng minh với số nguyên dương n > 2, n2 √ k ≤ k=1 n2 − Giải (Chứng minh phương pháp quy nạp) Vớin = 1, hiển nhiên Giả sử với n Ta chứng minh khẳng định với n + Ta có √ √ √ n < n2 + < n2 + < < n2 + 2n < n + nên với i = 1, 2, , 2n ta có √ √ n2 + i = n2 + i − n < n2 + i + i2 i −n= 4n 2n Do (n+1)2 n2 √ k = k=1 k=1 (n+1) √ k + k=n2 +1 √ k < n2 − 1 + 2n 2n i+0 = i=1 n2 − 2n + (n + 1)2 − + = 2 Vậy khẳng định với, theo nguyên lý quy nạp ta có điều phải chứng minh Bài tốn 22 (Australia 1999) Giải hệ phương trình sau:    x + y + {z} = 200 {x} + y + z = 190,   x + {y} + z = 178, 79 Giải Cộng ba phương trình vế theo vế ta 2x + 2y + 2z = 568, ⇔ x + y + z = 284, 45 Trừ cặp phương trình ta có    {y} + z = 84, 45 x + {z} = 94, 35   {x} + y = 105, 65 Ta có 84 = 84, 45 = z + {y} = z ⇒ z = 84, {y} = 0, 45 Tương tự ta có y = 105, nên y = 105, 45 Do x = 94, 65 x = 84, 35 Bài toán 23 (APMO 1999) Cho a1 , a2 , dãy số thực thỏa mãn ai+j ≤ + aj , ∀i, j = 1, 2, Chứng minh a1 + a2 a3 an + + ··· + ≥ an , ∀n ∈ N∗ n Giải (Sử dụng phương pháp quy nạp mạnh) Với n = 1, n = khẳng định hiển nhiên Bây ta giả sử khẳng định với n ≤ k,với số nguyên k ≥ 2, tức a1 ≥ a1 , a2 ≥ a2 , a1 + vdots a2 ak a1 + + ··· + ≥ ak k Cộng vế theo vế bất đẳng thức ta có ka1 + (k − 1) a2 ak + ··· + ≥ a1 + a2 + + ak k (4) Cộng a1 + a2 + · · · + ak vào hai vế (5) ta có (k + 1) a1 + a2 ak + ··· + k ≥ (a1 + ak ) + (a2 + ak−1 ) + + (ak + a1 ) ≥ kak+1 Chia vế (??) cho k + ta a1 + a2 ak kak+1 a2 ak ak+1 + ··· + ≥ ⇔ a1 + + ··· + + ≥ ak+1 k k+1 k k+1 Vậy theo nguyên lý quy nạp ta có điều phải chứng minh Bài tốn 24 (Korea 2000) Cho p số nguyên tố, p ≡ (mod4) Tính giá trị biểu thức p−1 S= k=1 Giải Ta có 2k p = 2k − p k2 2k −2 p p 2k p 80 , k2 p = k2 − p k2 p (5) nên 2k k2 − p p k2 p =2 − 2k p Ta thấy: * Nếu {x} < 12 {x} − {2x} = {x} − {x} = * Nếu {x} ≥ 12 {x} − {2x} = {x} − (2 {x} − 1) = k2 p Do đó, S số k ∈ [1, p − 1] cho ≥ hay số lớp thặng dư k khác p+1 ;p 2 − modulo p cho k đồng dư với số nằm đoạn Do p ≡ (mod4) nên tồn số nguyên d cho d2 ≡ −1 (modp) Chia p − lớp thặng dư khác thành p−1 cặp có dạng (a, da) Do (da)2 ≡ −a2 (modp) nên cặp có ; p − Từ suy có tất p−1 lớp thặng dư số thặng dư bình phương nằm đoạn p+1 2 p+1 khác cho k đồng dư với số nằm đoạn ; p − modulo p, tức S = p−1 Bài tốn 25 (CRMO 2001) Tìm số số ngun dương x thỏa x x = 99 101 x x Giải Ta có 99 = 101 = ⇔ x ∈ {1, 2, , 98} ⇒ 98 số thỏa (6) x x = 101 = ⇔ x ∈ {101, 102, , 197} ⇒ có 97 số thỏa (6) 99 Tổng quát, x x = = k, k ≥ 99 101 x ∈ {101k, 10k + 1, , 99 (k + 1) − 1} (6) (7) ⇒ có 99 − 2k số thỏa (6) Tập (7) khác rỗng 99 (k + 1) − ≥ 101k ⇔ k ≤ 49 Vậy số số nguyên dương x thỏa đề Bài toán 26 (CRMO 2003) Nếu x số nguyên dương lớn n Cn7 − 7 (8) Giải Ta có x x = 101 = ⇔ x ∈ {1, 2, , 98} ⇒ có 98 số thỏa (8) 99 x x = 101 = ⇔ x ∈ {101, 102, , 197} ⇒ có 97 số thỏa (8) 99 Tổng quát, x x = = k, k ≥ 99 101 x ∈ {101k, 10k + 1, , 99 (k + 1) − 1} ⇒ có 99 − 2k số thỏa (8) Tập (9) khác rỗng 99 (k + 1) − ≥ 101k ⇔ k ≤ 49 Vậy số số nguyên dương x thỏa đề 49 (99 − 2k) = 2499 98 + k=1 81 (9) Bài tốn 27 (INMO 2009) Tìm tất số thực x cho x2 + 2x = x2 + x Giải Cộng vào hai vế phương trình ta (x + 1)2 = ( x + )2 Giả sử x + ≤ Khi x + ≤ x + ≤ Do ( x + )2 ≥ (x + 1)2 ≥ (x + 1)2 = ( x + )2 Vì x + ≤ nên x ∈ { , −3, −2, −1} Giả sử x + > Ta có (x + 1)2 ≥ (x + 1)2 = ( x + )2 Hơn nữa, (x + 1)2 ≤ + (x + 1)2 = + ( x + )2 Do + (x + 1)2 = x + = x + ≤ (x + 1) < + ( x + 1)2 Suy x ∈ n; + (n + 1)2 − , n ≥ −1 Vậy tập nghiệm phương trình {x ∈ Z|x ≤ −1} ∪ n; n≥−1 ss 82 + (n + 1)2 − ... = nm − Hàm phần nguyên đề thi chọn học sinh giỏi Bài tốn 18 (AIME 1985) Có số 1000 số tự nhiên biểu diễn dạng 2x + 4x + 6x + 8x , x ∈ R Giải Đặt hàm f (x) = 2x + 4x + 6x + 8x Nếu n số nguyên. .. x ⇒ x =1⇒x= ≤ ⇒ x2 − ≤ 1+ x