Hàm phần nguyên và hàm phần lẻ vừa đơn giản lại vừa phức tạp, nhiều bài toán hay về hàm phần nguyên và hàm phần lẻ đã được sử dụng làm đề thi học sinh giỏi các cấp, trong đó có rất nhiều các đề thi học sinh giỏi quốc gia và Olympic quốc tế. Hàm phần nguyên và hàm phần lẻ có những ứng dụng quan trọng không chỉ trong toán học phổ thông mà còn trong nhiều vấn đề của toán ứng dụng và công nghệ thông tin. Phần nguyên cũng thể hiện sự kết nối giữa tính liên tục và tính rời rạc, giữa toán giải tích và toán rời rạc nên khá thú vị. Tuy nhiên, dường như chưa có một cuốn sách nào đề cập nhiều về hàm phần nguyên và hàm phần lẻ.
GVHD: Th.S Võ Văn Minh Hàm phần nguyên- Hàm phần lẻ A Mở đầu Lí chọn đề tài Hàm phần nguyên hàm phần lẻ vừa đơn giản lại vừa phức tạp, nhiều toán hay hàm phần nguyên hàm phần lẻ sử dụng làm đề thi học sinh giỏi cấp, có nhiều đề thi học sinh giỏi quốc gia Olympic quốc tế Hàm phần nguyên hàm phần lẻ có ứng dụng quan trọng khơng tốn học phổ thơng mà nhiều vấn đề tốn ứng dụng cơng nghệ thơng tin Phần nguyên thể kết nối tính liên tục tính rời rạc, tốn giải tích toán rời rạc nên thú vị Tuy nhiên, dường chưa có sách đề cập nhiều hàm phần nguyên hàm phần lẻ Thấy tầm quan trọng nhiều ứng dụng thực tiễn hàm phần nguyên hàm phần lẻ, với mục đích nghiên cứu sâu hàm phần nguyên hàm phần lẻ để mở rộng kiến thức cho thân Cùng với giúp đỡ giảng viên môn Số học xin chọn đề tài “Hàm phần nguyên- hàm phần lẻ ” làm đề tiểu luận cho Mục đích nghiên cứu Thơng qua việc nghiên cứu tài liệu tham khảo, đề tài có mục đích tìm hiểu sâu hàm phần ngun- hàm phần lẻ từ giải số tập vận dụng Nhiệm vụ nghiên cứu Tìm hiểu, nghiên cứu hệ thống lí thuyết, định nghĩa, Định lí, mệnh đề, tính chất hàm phần nguyên- hàm phần lẻ Đối tượng nghiên cứu - Hàm phần nguyên - Hàm phần lẻ - Ứng dụng hàm phần nguyên Phạm vi nghiên cứu - Hệ thống lí thuyết hàm phần nguyên- hàm phần lẻ - Các kiến thức liên quan Phương pháp nghiên cứu - Tổng hợp lại kiến thức học - Phân tích nội dung kiến thức cần nghiên cứu - Sưu tầm tài liệu từ sách tham khảo, mạng internet - Hỏi ý kiến chuyên gia Đóng góp đề tài SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng Trang GVHD: Th.S Võ Văn Minh Hàm phần nguyên- Hàm phần lẻ B Nội dung Chương I Hàm phần nguyên- hàm phần lẻ Kiến thức chuẩn bị 1.1 Ước chung lớn 1.1.1 Ước chung Cho số nguyên a1 , a2 , , an , số nguyên d gọi ước chung d ( i = 1, n ) Kí hiệu tập tất ước chung a1 , a2 , , an ƯC( a1 , a2 , , an ) Hiển nhiên ±1 ước chung tập số nguyên Ví dụ: ƯC(18,-15,21) = { 1, −1,3, −3} 1.2 Ước chung lớn 1.2.1 Định nghĩa Cho số nguyên a1 , a2 , , an , số nguyên d gọi ước chung lớn d ước chung d chia hết cho ước chung chúng Người ta kí hiệu số lớn tập ước chung lớn a1 , a2 , , an ( a1 , a2 , , an ) 1.2.2 Chú ý Nếu d ước chung lớn a1 , a2 , , an –d Nếu d d’ ước chung lớn a1 , a2 , , an d = ± d ' (ta quy ước d >0) 1.3 Số nguyên tố 1.3.1 Định nghĩa Nếu (a1 , a2 , , an ) = a1 , a2 , , an gọi nguyên tố 1.3.2 Số nguyên tố sánh đôi Các số nguyên a1 , a2 , , an gọi nguyên tố sánh đôi, hay đôi nguyên tố ( , a j ) = với i, j = 1, 2, , n i ≠ j Ví dụ: ( 5, 7,8 ) = , ( 5,9,13) = SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng Trang GVHD: Th.S Võ Văn Minh Hàm phần nguyên- Hàm phần lẻ 1.3.3 Nhận xét Nếu a1 , a2 , , an ngun tố sánh đơi a1 , a2 , , an nguyên tố điều ngược lại khơng Ví dụ: ( 6,9,11) = ( 6,9 ) = , ( 6,11) = , ( 9,11) = 1.4 Các tính chất ước chung lớn (i) Với k ∈ Z+ , ta có ( a1k , a2 k , , a n k ) = k ( a1 , a2 , , an ) (ii) Với c ∈ Z+ , c , i = 1, n Khi ta có an ( a1 , a , , an ) a1 a2 c , c , , c ÷ = c (iii) Nếu d > ƯC a1 , a2 , , an a a a d = ( a1 , a2 , , an ) ⇔ , , , n d d d ÷= (iv) Nếu ( a, b ) = b ac b c (v) Nếu ( a, b ) = , ( a, c ) = ( a, bc ) = Hệ quả: Nếu ( , b j ) = , i = 1, m , j = 1, n ( a1a2 am , b1b2 bn ) = Trường hợp a1 = a2 = = a m = a m n a , b = b1 = b2 = = bn = b ( ) (vi) Nếu ( a, b ) = ( ac, b ) = ( a, b ) Bội chung nhỏ 2.1 Định nghĩa Cho số nguyên a1 , a2 , , an Một bội chung chúng tập số nguyên chia hết cho số cho Số nguyên m gọi bội chung nhỏ a1 , a2 , , an m bội chung số a1 , a2 , , an m chia hết cho bội chung khác Kí hiệu BC( a1 , a2 , , an ) tập tất bội chung, BCNN( a1 , a2 , , an ) tập bội chung nhỏ nhất, [ a1 , a2 , , an ] số lớn tập bội chung nhỏ số a1 , a2 , , an Chú ý: Nếu m = [ a1 , a2 , , an ] −m Nếu m, m’ bội chung nhỏ a1 , a2 , , an m = ± m ' (ta quy ước m > ) SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng Trang GVHD: Th.S Võ Văn Minh Hàm phần nguyên- Hàm phần lẻ 2.2 Liên hệ ước chung lớn bội chung nhỏ 2.2.1 Định lý ab ab Nếu a b hai số ngun khác khơng m = a, b hay [ a, b ] = a, b ( ) ( ) Chứng minh: ab a b Đặt m = a, b suy m = a, b b = a, b a suy m bội cung a b ( ) ( ) ( ) Mặt khác, t bội chung a b b t b t ⇒ ( a, b ) ( a, b ) a t ⇒ t = a.c Suy t a b a = c⇒ c ( a, b ) ( a, b ) ( a, b ) ( a, b ) b a , ( a, b ) ( a, b ) mà Do =1 ÷ ÷ b b c' c nên c = ( a, b ) , c ' ∈ Z ( a, b ) b mà t = ac = a a, b c ' = mc' suy t Mm ( ) ab với a, b ∈ Z* [ a, b ] = a, b ( ) 2.3 Một số tính chất bội chung nhỏ (i) Nếu m > bội chung số nguyên khác không a1 , a2 , , an m m m m = [ a1 , a2 , , an ] ⇔ , , , ÷ = an a1 a2 (ii) Nếu a, b ∈ Z* , k ∈ Z+ k [ a, b ] = [ ka, kb ] (iii) Nếu d > ước chung số nguyên a1 , a2 , , an [ a1 , a2 , , an ] = a1 , a2 , , an d SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng d d d Trang GVHD: Th.S Võ Văn Minh Hàm phần nguyên- Hàm phần lẻ (iv) a1 , a2 , , an ngun tố sánh đơi [ a1 , a2 , , an ] = a1a2 an (v) Nếu số nguyên b bội chung nhiều số a1 , a2 , , an nguyên tố sánh đôi b bội chung tích a1a2 an Số nguyên tố 3.1 Số nguyên tố hợp số 3.1.1 Định nghĩa Một số nguyên p gọi số nguyên tố, p > p khơng có ước ngun dương khác Một số ngun m gọi hợp số, m > m có ước số nguyên dương khác khác m Số tự nhiên n gọi số phương, tồn số nguyên d để n = d 3.1.2 Tập hợp số nguyên tố 3.1.2.1 Định lí Ước nhỏ khác số tự nhiên lớn số nguyên tố Chứng minh: Giả sử < a < ¥ , gọi p ( p > ) ước nhỏ khác số tự nhiên a Nếu p số nguyên tố, p > nên p hợp số tức có số tự nhiên p1 p < p1 < p , từ ta có p1 a (trái với giả thiết p ước nhỏ khác a ) Vậy p ngun tố 3.1.2.2 Định lí Có vơ số số nguyên tố tập hợp số tự nhiên Chứng minh: Kí hiệu P tập tất số nguyên tố giả sử P tập hữu hạn, chẵng hạn P = { p1 , p2 , , ps } Xét số nguyên dương s q =Π pi +1 >1 i =1 Rõ ràng ước nguyên tố q khác Pi khơng chia hết cho Pi Vậy có số ngun tố khơng thuộc P Điều chứng tỏ P tập vơ hạn Vậy có vơ số số nguyên tố tập hợp số tự nhiên SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng Trang GVHD: Th.S Võ Văn Minh Hàm phần nguyên- Hàm phần lẻ 3.1.3 Tính chất số nguyên tố ( a, p ) = (i) Nếu a ∈ Z , p nguyên tố a Mp Chứng minh: ( a , p ) = p a Mp ⇒ (đpcm) ( a, p ) = ( a, p ) = Vì ( a, p ) ước p suy (ii) Nếu số nguyên tố p chia hết tích nhiều số p chia hết thừa số tích Chứng minh: Giả sử a1 , a2 , , an không chia hết cho p , theo (i) chúng nguyên tố với p suy ( a1a2 an , p ) = (mâu thuẫn với giả thiết) số nguyên tố p chia hết tích nhiều số p chia hết thừa số tích Hệ quả: Nếu số nguyên tố p ước tích số nguyên tố a1 , a2 , , an p phải trùng với số nguyên tố tích (iii) Ước dương bé khác hợp số a > số nguyên tố không vượt a Chứng minh: Gọi p ước nhỏ ( p > ) hợp số a , theo định lí 1, ta có p nguyên tố Giả sử a = pq , a hợp số nên a ≠ p suy q > Vậy q ước ( q > ) a Theo giả thiết số nguyên tố, ta có p < q ⇒ p < pq = a hay p < a Vậy ước dương bé khác hợp số a > số ngun tố khơng vượt q a Đinh lí số học 4.1 Định lí (Định lí số học) Mọi số tự nhiên lớn phân tích thành tích hữu hạn thừa số nguyên tố, phân tích không kể đến thứ tự thừa số 4.2 Hệ SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng Trang GVHD: Th.S Võ Văn Minh Hàm phần nguyên- Hàm phần lẻ Nếu số tự nhiên n chia hết cho số nguyên tố p , không chia hết cho p , n số vơ tỉ Chứng minh: Ta chứng minh phản chứng Giả sử n số hữu tỉ Biểu diễn n= a b , ( a, b ∈ ¥ + ) ( a, b ) = Ta có a = nb Vì n chia hết cho số nguyên tố p nên a chia hết cho p a phải chia hết cho p Khi nb chia hết cho p Vì n khơng chia hết cho p nên b chia hết cho p Điều mâu thuẫn với việc chọn ( a, b ) = Như n số vô tỉ 4.3 Hệ Cho số tự nhiên d khơng phương Khi đó, x, y hai số nguyên thỏa mãn x d = y x = y = Chứng minh Nếu x = y = kết luận chứng minh Xét trường hợp x ≠ Vì d khơng số phương, nên dạng phân tích tiêu chuẩn có thừa số p k +1 , p số nguyên tố Do phân tích tiêu chuẩn dx phải có lũy thừa lẻ Nhưng y = dx , nên phân tích tiêu chuẩn dx lại khơng có lũy thừa lẻ (mâu thuẫn) Vậy x = y = Hàm phần nguyên- Hàm phần lẻ 2.1 Hàm phần nguyên 2.1.1 Định nghĩa Phần nguyên số thực x số nguyên lớn không vượt x , kí hiệu [ x ] Như [ x ] số nguyên thỏa mãn [ x ] ≤ x < [ x ] + Ví dụ: [ 7.65] = , [ −4.76] = −5 2.2 Hàm phần lẻ 2.2.1 Định nghĩa Phần lẻ x kí hiệu { x} xác định { x} = x − [ x ] Ví dụ: { 5.78} = 0.78 , { −7,89} = 0.11 2.3 Các tính chất SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng Trang GVHD: Th.S Võ Văn Minh Hàm phần nguyên- Hàm phần lẻ Với x, y hai số thực ta có tính chất sau: (i) Nếu x ≥ y [ x ] ≥ [ y ] Chứng minh: Giả sử x ≥ y [ x ] < [ y ] suy [ x ] + ≤ [ y ] , lại có x < [ x ] + suy x < [ y ] ≤ y (mâu thuẫn với giả thiết x ≥ y ) Vậy [ x ] ≥ [ y ] (ii) Với n ∈ Z [ n + x ] = n + [ x ] Với n ∈ Z { n + x} = { x} Chứng minh: • Ta có [ x ] ≤ x < [ x ] + (*) Với n ∈ Z , cộng vào hai vế (*) ta n + [ x] ≤ n + x < n + [ x] + suy [ n + x ] = n + [ x ] • Ta có { n + x} = n + x − [ n + x ] = n + x − n − [ x ] = x − [ x ] = { x} hay { n + x} = { x} (iii) [ x ] + [ y ] ≤ [ x + y ] Chứng minh: Ta có [ x ] + [ y ] = x + [ y ] , lại có x + [ y ] ≤ [ x + y ] suy [ x ] + [ y ] ≤ [ x + y ] [ x] x = n n (iv) Nếu n ∈ ¥ * Chứng minh: Ta có x x x x x n ≤ n < n + ⇒ n n ≤ x < n n + 1÷ x x [ x] x x ⇒ n ≤ [ x ] < n + 1÷⇒ ≤ < +1 n n n n n [ x] x = n n hay SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng Trang GVHD: Th.S Võ Văn Minh Hàm phần nguyên- Hàm phần lẻ 0, ∀x ∈ Z −1, x ∉ Z (v) [ x ] + [ − x ] = Chứng minh: Nếu x = m số nguyên [ x ] = m , [ − x ] = −m nên [ x ] + [ − x ] = m − m = Nếu x số nguyên, x = m + h với m số nguyên < h < [ x ] = m , [ − x ] = −m − Do [ x ] + [ − x ] = m − m − = −1 2.4 Phân tích tiêu chuẩn n ! 2.4.1 Định lí Cho số nguyên n > Khi n ! có dạng phân tích tiêu chuẩn s n ! = p1α1 p2α2 pα s n n n với α i = + + + ; i = 1, 2, , s pi pi pi Chứng minh: n j Vì với j đủ lớn ta có pi > n , nên j = Do tổng để tính α i thực pi chất tổng hữu hạn Mặt khác số số nguyên dương bội p không n n n n vượt qua Do ta viết n ! = p p !q1 , đương nhiên ( p, q1 ) = p p n p = n Dễ kiểm tra Do số số nguyên dương bội p p p n 2 n n n n p không lớn Vì ta biểu diễn ! = p ! q2 , với p p p p n n + p p, q2 ) = Do n ! = p p n p !q1q2 Tiếp tục qua trình ta thu SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng Trang ( GVHD: Th.S Võ Văn Minh n! = p n n n + + + p p p Hàm phần nguyên- Hàm phần lẻ ( p, A ) = Vậy số mũ p phân tích tiêu chuẩn A với n ! n n n n α = + + + + j + p p p p Cho p p1 , p2 , , ps ta nhận chứng minh định lí Ví dụ: Số mũ phân tích 100! 100 100 100 α7 = + + = 14 + + = 16 Số mũ phân tích 1994! 1994 1994 1994 α3 = + + + = 992 2.5 Một số phương pháp giải toán phần nguyên 2.5.1 Phương pháp Đánh giá số hạng để “kẹp” số cần tính phần nguyên hai số nguyên liên tiếp Đưa biểu thức dạng z ≤ A < z + với z số nguyên kết luận [ A] = z Ngồi ta áp dụng nhị thức Newton để giải toán phần nguyên 2.5.2 Các tính chất (i) { α } = { β } α − β ∈ Z Chứng minh: Ta có: { α} = α − [ α ] { β} = β −[ β ] Mặt khác : { α} = { β } ⇒ α − [α ] = β − [ β ] ⇒ α − β = [α ] − [ β ] Mà [ α ] − [ β ] ∈ Z suy α − β ∈ Z 1 (ii) α + = [ 2α ] − [ α ] 2 Chứng minh: Ta có: SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng Trang 10 GVHD: Th.S Võ Văn Minh Hàm phần nguyên- Hàm phần lẻ Vì ≤ { α } < nên ta xét hai trường hợp + TH1: Nếu ≤ { α } < thì: 1 1 1 α + = [ α ] + { α } + = [ α ] + { α } + = [ α ] [ 2α ] = 2 [ α ] + { α } = [ α ] + 2 { α } = [ α ] + TH2: Nếu ≤ { α } < thì: 1 1 1 α + = [ α ] + { α } + = [ α ] + { α } + = [ α ] + [ 2α ] = 2 [ α ] + { α } = [ α ] + 2 { α } = [ α ] + (iii) Với a, b số nguyên, x số ngun dương khơng phương, ( n số tự nhiên, ta biểu diễn a ± b x ( a+b x) n ) n dạng ( = An + Bn x a − b x ) n = An − Bn x An , Bn số nguyên Chứng minh: ( Với n = ta có a + b x ) 2 = a + 2ab x + b x = A2 + B2 x , với A2 = a + b x , B2 = 2ab số nguyên ( Giả sử a + b x ( Ta có a + b x ) n +1 ) n = An + Bn x ( )( ) = An + Bn x a + b x = ( aAn + bBn x ) + ( aBn + bAn ) x = An +1 + Bn +1 x với An +1 = aAn + bBn x , Bn +1 = aBn + bAn số nguyên Theo giả thiết quy nạp ta có điều phải chứng minh ( Chứng minh tương tự đẳng thức a − b x ) n = An − Bn x 2.5.3 Các dạng tốn 2.5.3.1 Tìm phần ngun + + + Bài tốn 1: Tìm phần nguyên an = 164+ 644 4 43 (n dấu căn) n SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng Trang 11 GVHD: Th.S Võ Văn Minh Hàm phần nguyên- Hàm phần lẻ Giải: Ta thấy dãy an dãy tăng suy an > a1 = > với n Lại có a1 = < , a2 = + a1 < + = Giả sử ak < ⇒ ak +1 = + ak < + = Theo giả thiết quy nạp ta có < an < suy [ an ] = Vậy [ an ] = Bài toán 2: Cho m, n số nguyên dương α số vơ tỉ, α > n Tìm phần nguyên [ ma ] n α Giải: Do α số vô tỉ nên mα số vơ tỉ Theo định nghĩa phần ngun ta có [ mα ] = mα − { mα } , < { mα } < Ta có : [ ma ] n (ma − { ma} )n { ma} n = mn + − { ma} n = = mn − α α α α Do α > n > nên −1 < − n < ta có α < { mα } < ⇔ −1 < − { mα } < ⇔ − n < − n { mα } < ⇔ − Suy −1 < − n { mα } α n { mα } n k Chọn x = 1 k +1 k + kx = k + = k < + (*) , ta k k k k SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng Trang 14 GVHD: Th.S Võ Văn Minh Hàm phần nguyên- Hàm phần lẻ Áp dụng bất đẳng thức (*) với k = 2,3, , n cộng vế theo vế ta S < ( n − 1) + 1 + + + 2 n Lại có 1 1 1 + + + < + + + 2 n 1.2 2.3 (n − 1)n 1 1 1 1 1 + + + < 1 − ÷+ − ÷+ + − ÷ 2 n 2 3 n −1 n 1 1 ⇔ + + + < − n n ⇔ n n Suy S < n − + − = n − ⇒ S < n (2) Từ (1) (2) suy n − < S < n Vậy [ S ] = n − 2.5.3.3 Tìm tổng phần ngun Bài tốn 1: Cho n ∈ ¥ * n ≥ Tính tổng A = + + + n − Giải: Ta có cơng thức: n(n + 1) n(n + 1)(2 n + 1) 12 + 22 + + n = + + + n = Với k = 0,1, 2, , 2n thì: n ≤ n + k < ( n + 1) ⇒ n ≤ n + k < n + Do đó: n + n + + + n + 2n = n(2n + 1) = 2n + n Ta có: n −1 ( ) n −1 n −1 A = ∑ k + k + + + k + 2k = ∑ 2k + ∑ k k =1 k =1 k =1 =2 (n − 1)n(2n − 1) n(n − 1) n(4n − 3n − 1) + = 6 SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng Trang 15 GVHD: Th.S Võ Văn Minh Hàm phần nguyên- Hàm phần lẻ n(4n − 3n − 1) Vậy A = Bài tốn 2: Tính tổng A = 1.2.3.4 + 2.3.4.5 + + n( n + 1)( n + 2)( n + 3) Giải: Ta có: n(n + 1)(n + 2)(n + 3) = ( n + 3n)(n + 3n + 2) = (n + 3n) + 2(n + 3n) Suy (n + 3n) < n(n + 1)(n + 2)(n + 3) < (n + 3n + 1) ⇒ n + 3n < n(n + 1)(n + 2)(n + 3) < n + 3n + ⇒ n(n + 1)(n + 2)(n + 3) = n + 3n Vậy n n n k =1 k =1 k =1 [ A] = ∑ (k + 3k ) = ∑ k + ∑ 3k = hay A = n(n + 1)(2n + 1) 3n(n + 1) + n(n + 1)(n + 5) 2.5.3.4 Bài tập tự luyện Bài tập 1: Tìm phần nguyên A = n(n + 1)(n + 2)(n + 3) Bài tập 2: Tìm phần nguyên B = 4n + 16n + 8n + 3 + (có n dấu căn) Bài tập 3: Tìm phần nguyên C = 164+ 4462+ 4 43 n ( Bài tập 4: Tìm phần nguyên + 15 ) n + 2k n + 1 n + S = + + + Bài tập 5: Tính tổng k +1 22 Bài tập 6: Tìm phần nguyên SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng + + + + + + + Trang 16 GVHD: Th.S Võ Văn Minh Hàm phần nguyên- Hàm phần lẻ Chương II Ứng dụng hàm phần nguyên- hàm phần lẻ Một số tính chất (i) Trong dãy số tự nhiên: 1, 2, , n (1) n có số chia hết cho số tự nhiên q q Chứng minh: Nếu q ≥ n mệnh đề Giả sử q < n, , ta chứng minh dãy số dãy (1) chia hết cho q là: n 1q, 2q, , q q (2) n n n n Thật vậy, ta có: ≤ ⇒ q ≤ n nên số tự nhiên q chia hết cho q q q q q n có mặt dãy (1) Mặt khác số + 1÷.q chia hết cho q khơng có mặt q n n n dãy (1) + > ⇒ + 1÷.q > n Như tất số chia hết cho q q q q n dãy (1) số dãy (2) , mà (2) có số q 10 Ví dụ: Với n = 10, q = ta có = số chia hết cho nhỏ 3 10, số 3,6,9 Hệ quả: Cho q n số tự nhiên Trong dãy số 1, 2, , n có n n số chia hết cho q , số chia hết cho q ,…, q q SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng n k q k số chia hết cho q Trang 17 GVHD: Th.S Võ Văn Minh Hàm phần nguyên- Hàm phần lẻ (ii) Nếu p q số nguyên dương cho nguyên p số q p p > + q q q (iii) Giả sử r phần dư chia số nguyên m cho số nguyên dương m n , ta có r = m − n n Các dạng tốn Bài tốn 1: Hỏi 100! Có tận chữ số không Giải: Số mũ cao phân tích 100! 100 100 100 100 100 100 α2 = + + + + + = 50 + 25 + 12 + + + = 97 Số mũ cao phân tích 100! 100 100 100 α5 = + + = 20 + + = 24 Như vậy, 100! = 524.297.k = ( 5.2 ) q = 1024.q 24 Vậy 100! Có tận 24 chữ số Bài tốn 2: Cho n ∈ ¥ * , chứng minh 2n ước n ! Giải: Giả sử n ! = 2α q với (2, q) = Để chứng minh 2n | n ! ta chứng minh n > α Ta có: n n n α = + + + m với n ≥ 2m n < 2m +1 , suy 2 2 2 n 1 1 n n α ≤ + + + m = n + + + m ÷ = n 1 − m ÷ , 2 2 2 n suy α ≤ n − m ≤ n − < n (đpcm) Bài toán 3: Chứng minh với số nguyên n ta ln có n + n + n − 1 + + = n SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng Trang 18 GVHD: Th.S Võ Văn Minh Hàm phần nguyên- Hàm phần lẻ Giải: Xét n = 4k ta có 1 n + 4k + = = k + = k n + 4k + = = [ k + 1] = k + 1 n − 4k − = = 2k − = 2k n + n + n − 1 + + =n Suy Xét n = 4k + ta có 3 n + 4k + = = k + = k 5 n + 4k + = = k + = k + n − 4k = = [ 2k ] = 2k n + n + n − 1 + + =n Suy Xét n = 4k + ta có n + 4k + = = [ k + 1] = k + 3 n + 4k + = = k + = k +1 1 n − 4k + = = 2k + = 2k n + n + n − 1 + + =n Suy Xét n = 4k + ta có 5 n + 4k + = = k + = k + 7 n + 4k + = = k + = k + n − 4k + = = [ 2k + 1] = 2k + SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng Trang 19 GVHD: Th.S Võ Văn Minh Hàm phần nguyên- Hàm phần lẻ n + n + n − 1 + + =n Suy n + n + n − 1 Vậy với số ngun n ta ln có + + =n Bài toán 4: Chứng minh với n số ngun dương ta có 1 1 n + = n − + 2 Giải: 1 1 Đặt k = n + , m = n − + 2 2 Ta có: 1 < k +1 ⇔ k − ≤ n < k + 2 1 ⇔ k2 − k + ≤ n < k2 + k + 4 k≤ n+ Vì n số ngun dương nên phải có k − k + ≤ n ≤ k + k Tương tự ta có: 1 + < m +1 ⇔ m − ≤ n − < m + 2 ⇔ m2 − m + ≤ n − < m2 + m + 4 m ≤ n− Vì n số nguyên dương nên phải có m − m + ≤ n ≤ m + m 1 1 Do phải có k = m hay n + = n − + 2 2 ( Bài toán 5: Chứng minh phần nguyên + ) n số lẻ Giải: ( Tồn hai số nguyên A , B thỏa mãn + ( ) ( n Suy + + − ) n ) n ( = A + B − ) n = A− B = A (1) ( ) n ( ) n Mặt khác ta có < − < ⇒ < − < ⇒ −1 < − − < (2) SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng Trang 20 GVHD: Th.S Võ Văn Minh Hàm phần nguyên- Hàm phần lẻ ( ) ( ) Từ (1) (2) suy A − < − < A ⇒ − = A − ( Vậy phần nguyên + ) n n n số lẻ Bài toán 6: Tìm số tự nhiên k lớn thỏa điều kiện: ( 1994!) 1995 M 1995k Giải: Ta có 1995 = 3.5.7.19 Số mũ lớn phân tích 1994! thừa số 1994 1994 1994 1994 α3 = + + + + = 664 + 221 + 73 + 24 + + + = 992 Số mũ lớn phân tích 1994! thừa số 1994 1994 1994 1994 1994 α5 = + + + + = 398 + 79 + 15 + + = 495 Số mũ lớn phân tích 1994! thừa số 1994 1994 1994 1994 α7 = + + + = 284 + 40 + + = 329 Số mũ lớn 19 phân tích 1994! thừa số 1994 1994 1994 α19 = + + = 104 + + = 109 19 19 19 Như 1994! có thừa số 3992 , 5495 , 7329 , 19109 , suy ( 1994!) 1995 = ( 3992.5495.7 329.19109.P ) 1995 = ( 1995109.M ) 1995 = 1995109.1995 N P nguyên tố với 3,5, 7,19 Vậy 109.1995 số tự nhiên lớn cần tìm Bài tốn 7: Cho n số nguyên dương Chứng minh rằng: { n 2} > 2n1 Giải: Đặt m = n , số hữu tỉ nên n số hữu tỉ suy m < n Ta có m < n ⇒ m < 2n ⇒ 2n − m > Lại có n, m số nguyên nên ta có ( )( ) 2n − m ≥ ⇒ n − m n + m ≥ (1) Theo định nghĩa SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng Trang 21 GVHD: Th.S Võ Văn Minh Hàm phần nguyên- Hàm phần lẻ { n − m = n − n = n { }( } ) Do từ (1) suy n n + m ≥ (2) Vì n > m ⇒ 2n > n + m (3) { } { } Từ (2) (3) suy n 2n ≥ ⇒ n > { } Vậy n > 2n 2n Bài toán 8: Cho n số tự nhiên cho 2003! Chia hết cho 5n Chứng minh n ≤ 499 Giải: Số mũ lớn phân tích 2003! Ra thừa số 2003 2003 2003 2003 2003 α5 = + + + + = 400 + 80 + 16 + + = 499 Như 2003! = 5449.P , ( p,5 ) = Lại có 2003! chia hết cho 5n nên 5499 M5n suy n ≤ 499 Vậy n ≤ 499 Bài tập tự luyện Bài tập 1: Tìm lũy thừa cao k mà 1000! Có thể chia hết cho k Bài tập 2: Chứng minh 1300! chia hết cho 16953 Bài tập 3: Trong số tự nhiên từ đến 250 có số không chia hết cho hai ba số 2,5,7 Bài tập 4: Cho n ∈ ¥ , chứng minh Bài tập 5: Số ( 2n ) !6 số nguyên n !( n + ) ! ( ( 3!) !) ! có tận chữ số 0? SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng Trang 22 GVHD: Th.S Võ Văn Minh Hàm phần nguyên- Hàm phần lẻ C Kết luận Qua nghiên cứu, tiểu luận đạt số kết sau: Hệ thống lại khái niệm, tính chất kiến thức liên quan đến hàm phần nguyên- hàm phần lẻ Tìm hiểu sâu hàm phần nguyên- hàm phần lẻ, đưa số phương pháp giải toán phần nguyên, phân loại dạng toán phân nguyên để học sinh dễ nhận dạng Chỉ ứng dụng hàm phần nguyên- hàm phần lẻ vào việc giải toán số học, đưa số tập áp dụng tính chất hàm phần nguyên- hàm phần lẻ đưa tập tự luyện để học sinh tự rèn luyện kĩ giải tốn phần ngunphần lẻ SVTH: Nguyễn Đức Minh Hồng Trang 23 GVHD: Th.S Võ Văn Minh Hàm phần nguyên- Hàm phần lẻ D Tài liệu tham khảo [1] Dương Quốc Việt- Đàm văn Nhỉ, Cơ sở lí thuyết số đa thức, NXB Đại Học Sư Phạm, 2008 [2] Nguyễn Vũ Thanh, Số hoc- Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán trung học sở, NXB Giáo Dục, 2003 [3] Phan Huy Khải, Bất đẳng thức số học- Các chuyên đề số học bồi dưỡng học sinh giỏi toán trung học [4] Website: http://diendantoanhoc.net SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng Trang 24 GVHD: Th.S Võ Văn Minh Hàm phần nguyên- Hàm phần lẻ MỤC LỤC SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng ... Minh Hàm phần nguyên- Hàm phần lẻ C Kết luận Qua nghiên cứu, tiểu luận đạt số kết sau: Hệ thống lại khái niệm, tính chất kiến thức liên quan đến hàm phần nguyên- hàm phần lẻ Tìm hiểu sâu hàm phần. .. chất hàm phần nguyên- hàm phần lẻ đưa tập tự luyện để học sinh tự rèn luyện kĩ giải toán phần nguyênphần lẻ SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng Trang 23 GVHD: Th.S Võ Văn Minh Hàm phần nguyên- Hàm phần lẻ. .. Bài tập 6: Tìm phần nguyên SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng + + + + + + + Trang 16 GVHD: Th.S Võ Văn Minh Hàm phần nguyên- Hàm phần lẻ Chương II Ứng dụng hàm phần nguyên- hàm phần lẻ Một số tính