Phần nguyên căn bậc hai là gì
Học toán - Chuyên đề phần nguyên A. ĐỊNH NGHĨA Ta biết rằng, mọi số thực x đều có thể viết được dưới dạng x=n+z trong đó n là số nguyên và 0z1 Chẳng hạn: 7,9=7+0,9 7,9=8+0,1 Hơn nữa, cách viết như trên là duy nhất. Ta gọi số nguyên n là phần nguyên của x và kí hiệu là [x]; còn z được gọi là phần phân của x và kia hiệu là {x}. Từ phân tích, ta rút ra định nghĩa Định nghĩa: Phần nguyên của số thực x, kí hiệu là [x], là số nguyên lớn nhất không vượt quá x. Phần phân của số thực x được định nghĩa bởi {x}=x[x]. Ngoài cách gọi thông thường là phần nguyên (intergal part) của x với kí hiệu là [x], một số tác giả nước ngoài còn gọi đó là floor function và kí hiệu là x. Sở dĩ thế vì người ta nêu ro ceiling function - kí hiệu x, như định nghĩa sau đây x là số nguyên nhỏ nhất vượt quá x Dễ dàng thấy rằng x={x=x;xZ x+1;xZ B. TÍNH CHẤT 1) x=[x]+{x} 2) x=[x]x Z 3) x={x} 0x<1 4) x1<[x]x 5) Nếu k nguyên thì [x+k]=[x]+k;{x+k}={x}+k Bạn hãy tập chứng minh những tính chất này đi! Xin đưa thêm một số tính chất 6) [x+y][x]+[y] 7) [x]x<[x]+1 8) Nếu xy thì [x][y] 9) 0{x}<1 10) {x+y}{x}+{y} Chứng minh tính chất 6 Viết x=[x]+{x},y=[y]+{y} Khi đó [x+y]=[([x]+[y])+({x}+{y})]=[x]+[y]+[{x}+{y}], (1) Vì {x}0 và {y}0 nên [{x}+{y}]0. Kết hợp với (1) ta suy ra[x+y][x]+[y] Chứng minh tính chất 8 Vì xy nên α0 sao cho: x=y+α$hay$x=[y]+({y}+α) Suy ra [x]=[y]+[({y}+α)] (2) Vì α0 và {y}0 nên {y}+α0 và [({y}+α)]0. Kết hợp với (2) ta có [x][y]. Xin giới thiệu thêm một số tính chất khá là thú vị 1) Giả sử 0<α R và nN. Lúc đó [αn] là số tất cả các số nguyên dương là bội của n nhưng không vượt quá α. 2) Giả sử 0<αR và nN. Lúc đó, [nα] là số tất cả các số nguyên dương là bội của α nhưng không vượt quá n. 3) Nếu a và b là hai số không âm, thì [2a]+[2b][a]+[b]+[a+b] Một số bài tập Bài 1. Tìm số tự nhiên k lớn nhất sao cho (1994!)1995 1995k Giải Sử dụng định lý Lagrande về số mũ của cao nhất của một số nguyên tố chứa trong n! Ta có 1995=3.5.7.19 Theo định lý Legendre thì số mũ cao nhất của 19 có trong (1994)! là: 199419+1994(19)2+...+1994(19)k+...=109 Như vậy (1994)!(1995)109 và (1994)!/(1995)n110 Suy ra để ((1994)!)1995(1995)k thì k1091995=217455 Bài 2. Có bao nhiêu số tự nhiên x thỏa mãn [x2010]=[x2011]=[x2012] Giải Xét hệ phương trình: x2010=x2011=x2012 Vì xN nên ta có thể đặt x=2010k+r,(0kN;0r2009 Thay vào hệ trên ta có: 2010k+r2010=2011k+rk2011=2012k+r2k2012k=k+rk2011=k+r2k2012rk2011=r2k2012=0 Suy ra: r2k02kr20090k1004 Vậy có 1005 giá trị của k (từ 0 đến 1004). Tương ứng với mỗi giá trị k thì r nhận các giá trị từ 2k đến 2009, suy ra có 20092k+1=20102k giá trị của r tương ứng với mỗi giá trị của k Như vậy số nghiệm tự nhiên của hệ trên là: k=01004(20102k)=1011030 Bài 3: Giải phương trình: x2+3x=x2+12 Lời giải: Đặt giá trị phần nguyên của 2 vế là m, ta có: m=x2+1212=0m0 Suy ra: x2+3x00x3 Mặt khác: Theo bất đẳng thức AM-GM thì x(3x)(x+3x2)2=94<3 Do đó: m{0,1,2} Từ đây ta có 3 hệ bất phương trình tương ứng với 3 giá trị của m là: $$(I)\;\;\;\begin{cases}0\le -x^2+3x Nghiệm của (I) là $0\le x Nghiệm của (II) là 22x<1 Nghiệm của (III) là 32x<52 (Đề nghị bạn đọc tự giải và kiểm tra) Nghiệm của phương trình đã cho là hợp của 3 khoảng trên x[0,352)[22,1)[32,52) Bài 4: (Rất đơn giản) Giải phương trình: x2x2=0 Giải Ta có: x2x2=(x+1)(x2)=0 Từ đó suy ra: hoặc x=11x<0 hoặc x=22x<3 Bài tập tự luyện Cho A=4n2+n,nN. Chứng minh rằng: {A}14 Bt1.6 (Romania - 2003) Chứng minh rằng: 5x+5y3x+y+x+3y+x+yTừ kết quả đó chứng minh (5m)!(5n)! chia hết cho m!n!(3m+n)!(3n+m)! Bt1.7 (USAMO-1975) Tìm số tự nhiên n nhỏ nhất sao cho n! tận cùng bằng 290 chữ số 0 Bt1.8 (HMMT-2003) Tính tổng: S=k=02009(3k+20103k+1+20103k3k+1) Bt1.10 Chứng minh rằng: k=0+x+2k2k+1=x Bt1.11 Tính tổng Sn=k=1nk+12 Bt2.4 Tính tổng Sn=k=1n2k Bt2.5 Cho dãy số{Un}1:{1,2,2,2,3,3,3,3,3,4,4,4,4,4,4,4,5,...} Bt2.6 Được xác định bởi quy luật: 1 số 1; 3 số 2; 5 số 3;...;2k1 số k;...Tìm số hạng tổng quát của dãy số trên. Tính: S=k=1nk23k+25 Bt2.11 Tính S=k=1n1{kmn}, với m,nN;n2 Bt2.12 (JMO-1995) Cho λ là một số vô tỷ dương, n là một số nguyên dương. Chứng minh rằng: Bt2.13 k=1nkλ+k=1nλkλ=nnλ Tính S=k=1n(n+1)28k+112 Bt2.14 Cho m,n là các số nguyên dương.Tính S=k=1nmk Bt2.18 Cho p là số nguyên tố lẻ, q là số nguyên không chia hết cho p. Chứng minh rằng:k=1p1(1)kk2qp=(p1)(q1)2 Bt2.19 Cho p là số nguyên tố lẻ. Chứng minh rằng:k=1p1kpkpp+12(modp) Bt2.20 Cho p và q là 2 số lẻ,Tính giá trị biểu thức: Bt2.21 A=k=1p12kqp+k=1q12kpq Cho số nguyên n2. Tính:S=m=1n2k=1n+12mnmk+m1 Bt2.22 |