Chủ đề này có 42 trả lời

[hxthanh]

Dưới đây tôi xin trình bày lại định lý số 4 trong Chuyên Đề Phần Nguyên
$\begin{array}{|c|}
\hline
{\boxed{\textbf{Định lý 4}}}\\
\begin{array}{l}
\text{Cho } p \text{ là một số nguyên tố lẻ } q \text{ là số nguyên không chia hết cho } p.\\
\text{Giả sử hàm } f:\mathbb{N}^* \longrightarrow \mathbb{R} \text{ thỏa mãn đồng thời hai điều kiện sau:}\\
\bullet\quad\dfrac{f\left(k\right)}{p} \notin \mathbb{Z},\quad \forall k=1,2,...,p-1\\
\bullet\quad\dfrac{f\left(k\right)+f\left(p-k\right)}{p} \in \mathbb{Z},\quad \forall k=1,2,...,p-1\\
\text{Khi đó ta có: }\quad\sum\limits_{k=1}^{p-1}\left\lfloor f(k)\dfrac{q}
{p}\right\rfloor=\dfrac{q}{p}\sum\limits_{k=1}^{p-1}f(k) -\dfrac{p-1}{2}\\
\end{array}\\
\hline
\end{array}$

Định lý này phát biểu khá dài dòng và khó nhớ, nhưng ứng dụng của nó rất đáng được quan tâm.
Chính vì vậy tôi sẽ đưa ra điểm mấu chốt nhằm giúp các bạn dễ hiểu và áp dụng được định lý
này vào các bài toán tính tổng phần nguyên.

Mấu chốt của vấn đề đó là:
$\begin{array}{| |}
\hline
\text{Nếu } x,y \text{ là hai số không nguyên, nhưng } x+y \in \mathbb{Z} \text{ thì ta có: }\\
\lfloor x\rfloor + \lfloor y\rfloor = x+y-1 \\
\hline
\end{array}$

Chẳng hạn như: $\lfloor 1,4 \rfloor + \lfloor 1,6\rfloor =1,4+1,6-1=2$
Chứng minh tính chất này rất đơn giản
Đặt $x=\lfloor x \rfloor + \{x\};\quad y=\lfloor y \rfloor + \{y\}$ suy ra $x+y=\lfloor x \rfloor+\lfloor y \rfloor+\{x\}+\{y\}\in \mathbb{Z}$
Do $0<\{x\};\{y\}<1\quad\Rightarrow \{x\}+\{y\}=1$
Vậy ta có điều cần chứng minh

Trở lại với định lý 4

Với mọi $1\le k \le p-1$, ta có:
$f(k)\dfrac{q}{p}\notin\mathbb{Z}$ và $f(p-k)\dfrac{q}{p}\notin\mathbb{Z}$ Lại có: $f(k)\dfrac{q}{p} + f(p-k)\dfrac{q}{p} \in\mathbb{Z}$
Suy ra: $\left\lfloor f(k)\dfrac{q}{p}\right\rfloor + \left\lfloor f(p-k)\dfrac{q}{p}\right\rfloor = f(k)\dfrac{q}{p} + f(p-k)\dfrac{q}{p} - 1$
Lấy tổng từ $k=1$ đến $p-1$ đẳng thức trên ta được

$\quad\sum\limits_{k=1}^{p-1} \left(\left\lfloor f(k)\dfrac{q}{p}\right\rfloor + \left\lfloor f(p-k)\dfrac{q}{p}\right\rfloor\right) = \sum\limits_{k=1}^{p-1}\left(f(k)\dfrac{q}{p} + f(p-k)\dfrac{q}{p} - 1\right)$
$\Leftrightarrow 2\sum\limits_{k=1}^{p-1}\left\lfloor f(k)\dfrac{q}{p}\right\rfloor = 2 \sum\limits_{k=1}^{p-1} f(k)\dfrac{q}{p} - (p-1)$

Từ đó suy ra kết luận của định lý.

[hxthanh]

$\boxed{Bt2.19}$
Cho $p$ là số nguyên tố lẻ, $q$ là số nguyên không chia hết cho $p$.
Chứng minh rằng:
$\sum\limits_{k=1}^{p-1} \left\lfloor (-1)^k k^2\dfrac{q}{p}\right\rfloor = \dfrac{(p-1)(q-1)}{2}$

Lời giải:

Ta có:
$2\sum\limits_{k=1}^{p-1} \left\lfloor (-1)^k k^2\dfrac{q}{p}\right\rfloor = \sum\limits_{k=1}^{p-1}\left(\left\lfloor (-1)^k k^2\dfrac{q}{p}\right\rfloor+\left\lfloor (-1)^{p-k} (p-k)^2\dfrac{q}{p}\right\rfloor\right)\qquad (1)$

Nhận xét: Do $p$ là số nguyên tố lẻ và $q$ không chia hết cho $p$
Nên $(-1)^k k^2\dfrac{q}{p} \notin \mathbb{Z},\quad \forall 1\le k\le p-1$
Mặt khác: $(-1)^k k^2\dfrac{q}{p}+(-1)^{p-k} (p-k)^2\dfrac{q}{p}=(-1)^k\left(k^2-(p-k)^2\right)\dfrac{q}{p}=(-1)^{k+1}q(p-2k)\in \mathbb{Z}$

Do đó:
$\left\lfloor (-1)^k k^2\dfrac{q}{p}\right\rfloor+\left\lfloor (-1)^{p-k} (p-k)^2\dfrac{q}{p}\right\rfloor=(-1)^k k^2\dfrac{q}{p}+(-1)^{p-k} (p-k)^2\dfrac{q}{p}-1=(-1)^{k+1}q(p-2k)-1$

Thay vào $(1)$ ta được

$2\sum\limits_{k=1}^{p-1} \left\lfloor (-1)^k k^2\dfrac{q}{p}\right\rfloor =\sum\limits_{k=1}^{p-1}\left((-1)^{k+1}q(p-2k)-1\right)=-\,(p-1)+\sum\limits_{k=1}^{p-1}(-1)^{k+1}q(p-2k)=$
$=-\,(p-1)+\sum\limits_{r=1}^{\frac{p-1}{2}}q(p-4r+2)-\sum\limits_{r=1}^{\frac{p-1}{2}}q(p-4r)$

$($Chia tổng đan dấu thành 2 nửa, nửa đầu là các số hạng thứ tự lẻ $(k=2r-1)$, nửa còn lại là các số hạng có thứ tự chẵn $(k=2r))$

$\Rightarrow 2\sum\limits_{k=1}^{p-1} \left\lfloor (-1)^k k^2\dfrac{q}{p}\right\rfloor =-\,(p-1)+\sum\limits_{r=1}^{\frac{p-1}{2}}2q=(p-1)(q-1)$

$\Rightarrow \sum\limits_{k=1}^{p-1} \left\lfloor (-1)^k k^2\dfrac{q}{p}\right\rfloor =\dfrac{(p-1)(q-1)}{2}$

$\blacksquare$

[Mitsuru]

Thầy Thanh có thể giải giúp em bài 1.11 và bài toán sau được không ạ:

Chứng minh rằng với mọi số thực dương $x$ và số nguyên dương $n$, ta luôn có:

$\left [ nx \right ] \geq \left [ x \right ] + \frac{\left [ 2x \right ]}{2} + \frac{\left [ 3x \right ]}{3} + ... + \frac{\left [ nx \right ]}{n}$

Em cảm ơn thầy nhiều

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Mitsuru: 10-06-2012 - 16:24

[hxthanh]

Thầy Thanh có thể giải giúp em bài 1.11 và bài toán sau được không ạ: Chứng minh rằng với mọi số thực dương $x$ và số nguyên dương $n$, ta luôn có: $\left [ nx \right ] \geq \left [ x \right ] + \frac{\left [ 2x \right ]}{2} + \frac{\left [ 3x \right ]}{3} + ... + \frac{\left [ nx \right ]}{n}$ Em cảm ơn thầy nhiều

Bài toán của em đưa ra là bài USAMO số 5 năm 1981
$\begin{array}{|c|}
\hline
\fbox{USAMO 1981 #5}\\
\text{Chứng minh rằng với } n\in \mathbb{N}^* \text{ và số thực dương } x \text{ ta có bất đẳng thức:}\\
S_n(x)=\sum\limits_{k=1}^n \dfrac{\left\lfloor kx\right\rfloor}{k} \le \left\lfloor nx \right\rfloor\quad(1)\\
\hline
\end{array}$
Có nhiều cách giải cho bài toán này, một trong số đó là lời giải (hay nhất) bằng phương pháp quy nạp.
Lời giải: (quy nạp)
Với $n=1$ đẳng thức xảy ra. Vậy $(1)$ đúng!
Giả sử $(1)$ đúng với $1,2,...,n-1$, ta chứng minh $(1)$ cũng đúng với $n$
Ta có:
$\begin{eqnarray}
S_1(x)&=&\left\lfloor x\right\rfloor \\
2S_2(x)-2S_1(x)&=&\left\lfloor 2x\right\rfloor\\
3S_3(x)-3S_2(x)&=&\left\lfloor 3x\right\rfloor\\
\vdots\qquad\qquad\vdots\quad&=&\quad\vdots\quad\\
nS_n(x)-nS_{n-1}(x)&=&\left\lfloor nx\right\rfloor\\
\end{eqnarray}$

Cộng $n$ đẳng thức trên lại ta có:
$\Rightarrow nS_n(x)-\sum\limits_{k=1}^{n-1} S_k(x)=\sum\limits_{k=1}^n \left\lfloor kx\right\rfloor$
$\Rightarrow nS_n(x)=\sum\limits_{k=1}^{n-1} S_k(x)+\sum\limits_{k=1}^n \left\lfloor kx\right\rfloor$
$\Rightarrow nS_n(x) \le \sum\limits_{k=1}^{n-1} \left\lfloor kx\right\rfloor + \sum\limits_{k=1}^n \left\lfloor kx\right\rfloor\quad\text{(giả thiết quy nạp)}$
$\Rightarrow nS_n(x) \le \sum\limits_{k=1}^{n-1} \left\lfloor (n-k)x\right\rfloor + \sum\limits_{k=1}^{n-1} \left\lfloor kx\right\rfloor+\left\lfloor nx\right\rfloor\quad\text{(đảo chiều tổng thứ nhất, tách số hạng cuối tổng thứ 2)}$
$\Rightarrow nS_n(x) \le \left\lfloor nx\right\rfloor +\sum\limits_{k=1}^{n-1}\left(\left\lfloor (n-k)x\right\rfloor +\left\lfloor kx\right\rfloor\right) $
$\Rightarrow nS_n(x) \le \left\lfloor nx\right\rfloor +\sum\limits_{k=1}^{n-1}\left\lfloor (n-k)x+kx\right\rfloor\quad\text{(Dùng BĐT: }\left\lfloor x\right\rfloor+\left\lfloor y\right\rfloor \le \left\lfloor x+y\right\rfloor\text{)}$
$\Rightarrow nS_n(x) \le \left\lfloor nx\right\rfloor+(n-1)\left\lfloor nx\right\rfloor$
$\Rightarrow S_n(x) \le \left\lfloor nx\right\rfloor$

Vậy $(1)$ cũng đúng với $n$, theo nguyên lý quy nạp ta có điều cần chứng minh!

[hxthanh]

$\boxed{Bt1.11}$
Chứng minh rằng: $\sum\limits_{k=0}^{+\infty} \left\lfloor \dfrac{x+2^k}{2^{k+1}}\right\rfloor = \left\lfloor x \right\rfloor$

Xét tổng sau:
$\quad S_n=\sum\limits_{k=0}^n \left\lfloor \dfrac{x+2^k}{2^{k+1}}\right\rfloor$
$\Rightarrow S_n=\sum\limits_{k=0}^n \left\lfloor \dfrac{x}{2^{k+1}}+\dfrac{1}{2}\right\rfloor$
$\Rightarrow S_n=\sum\limits_{k=0}^n \left(\left\lfloor \dfrac{x}{2^k}\right\rfloor-\left\lfloor \dfrac{x}{2^{k+1}}\right\rfloor\right)\quad\text{(Theo định lý Hermite)}$
$\Rightarrow S_n=\left\lfloor x\right\rfloor-\left\lfloor \dfrac{n}{2^{n+1}}\right\rfloor$
Với $n$ đủ lớn thì $2^{n+1}>n$ hay $\left\lfloor \dfrac{n}{2^{n+1}}\right\rfloor=0$
Từ đó suy ra điều phải chứng minh

[hxthanh]

$$\begin{array}{|c|}
\hline
\fbox{BỔ ĐỀ II}\\
\sum\limits_{k=a}^b \Big(\left\lfloor f(k)\right\rfloor+\left\lfloor f(-k)\right\rfloor\Big) = a-b-1+\underset{[a,\;b]}{G}\Big(f(k)\Big)\\
\begin{array}{l}
\text{Trong đó }\; \underset{[a,\;b]}{G}\Big(f(k)\Big) \; \text{là số điểm nguyên của đồ thị }\; (G)\; \text{ của hàm } \;f(k) \text{ trên đoạn }\; [a,\;b]\\
\end{array}\\
\hline
\end{array}$$
Phát biểu của bổ đề khá là đơn giản nhưng lại rất có ích trong việc tính tổng phần nguyên.
Vì: $\left\lfloor x\right\rfloor+\left\lfloor -x\right\rfloor= \begin{cases}&0& \quad\text{Với }x \in\mathbb{Z} \\ &-1& \quad\text{Với }x \notin\mathbb{Z} \end{cases}$

Nếu coi như đồ thị của $f(k)$ không có điểm nguyên nào trên $[a,\;b]$ thì

$VT=\sum\limits_{k=a}^b (-1) = a-b-1$

Thực tế mỗi điểm nguyên của đồ thị $f(k)$ trên đoạn $[a,\;b]$ sẽ làm cho tổng đó tăng lên $1$
Do đó ta có điều phải chứng minh.
________________________________

Hãy áp dụng bổ đề trên để tính tổng:
$S=\sum\limits_{k=1}^n \left\lfloor-\dfrac{k}{m}\right\rfloor$

[4869msnssk]

Bài này  +) x là số vô tỉ thì $x^{3}-\left [ x \right ]$ là số vô tỉ (L)

+) x là số hữu tỉ thì $x^{3}-\left [ x \right ]$ là số hữu tỉ (L)

$\Rightarrow x\epsilon \mathbb{N}$$\Rightarrow x^{3}-x=3\Leftrightarrow x(x-1)(x+1)=3(L)$ 

Phương trình vô nghiệm

cái này thì chưa khẳng định ngay đc, bạn hãy cm cụ thể ra

[hxthanh]

Bt2.18 là một sự nhầm lẫn đó mọi người (tổng như vậy không tính được!)

Đề đúng phải là: $\displaystyle S=\sum_{k=1}^n \frac{k}{m} $

Xin lỗi mọi người vì sự cố trên.

[perfectstrong]

Bt2.18 là một sự nhầm lẫn đó mọi người (tổng như vậy không tính được!)

Đề đúng phải là: $\displaystyle S=\sum_{k=1}^n \frac{k}{m} $

Xin lỗi mọi người vì sự cố trên.

Thế thì giống cái này hả thầy?

 

Để tính toán các tổng phần nguyên hữu tỉ, ta có một BỔ ĐỀ khá quan trọng sau:
$$\begin{array}{| |}
\hline
\boxed{\text{ BỔ ĐỀ I }}\\
\text{Với mọi số nguyên dương } m \text{ và } n \text{ ta có: }\\
\boxed{\sum\limits_{k=0}^n \left\lfloor\dfrac{k}{m}\right\rfloor=\left(n+1-\dfrac{m}{2}\right)\left\lfloor\dfrac{n}{m}\right\rfloor-\dfrac{m}{2}\left\lfloor\dfrac{n}{m}\right\rfloor^2}\\
\hline
\end{array}$$
Chứng minh:
Với $m=1$: Bổ đề trở thành công thức quen thuộc $\sum\limits_{k=0}^n k =\dfrac{n(n+1)}{2}$.
Xét với $m \ge 2$

Ta sẽ nhóm các số hạng theo số thứ tự đồng dư modul $m$ bằng cách đặt
$k=pm+r,\quad (0 \le r \le m-1)$
Khi đó $0 \le p \le \left\lfloor\dfrac{n}{m}\right\rfloor-1$, phần "dôi ra" sẽ chạy từ $k=m\left\lfloor\dfrac{n}{m}\right\rfloor $ đến $k=n$

Ta có:
$\sum\limits_{k=0}^n \left\lfloor\dfrac{k}{m}\right\rfloor=\sum\limits_{p=0}^{\left\lfloor\frac{n}{m}\right\rfloor-1}\sum\limits_{r=0}^{m-1} \left\lfloor\dfrac{pm+r}{m}\right\rfloor+\sum\limits_{k=m\left\lfloor\frac{n}{m}\right\rfloor}^n \left\lfloor\dfrac{k}{m}\right\rfloor=\sum\limits_{p=0}^{\left\lfloor\frac{n}{m}\right\rfloor-1} mp + \left(n+1-m\left\lfloor\dfrac{n}{m}\right\rfloor\right)\left\lfloor\dfrac{n}{m}\right\rfloor$
$\qquad\qquad = m\left(\dfrac{1}{2}\left(\left\lfloor\dfrac{n}{m}\right\rfloor-1\right)\left\lfloor\dfrac{n}{m}\right\rfloor\right)+(n+1)\left\lfloor\dfrac{n}{m}\right\rfloor-m\left\lfloor\dfrac{n}{m}\right\rfloor^2$
$\qquad\qquad=\left(n+1-\dfrac{m}{2}\right)\left\lfloor\dfrac{n}{m}\right\rfloor-\dfrac{m}{2}\left\lfloor\dfrac{n}{m}\right\rfloor^2$
Vậy ta có điều phải chứng minh.
$\square$
Sau đây ta sẽ áp dụng BỔ ĐỀ này để giải quyết Bài toán $\boxed{Bt2.11}$

[ducthang0701]

không biết làm thế nào để tải về nhỉ

[frozen2501]

tìm nghiệm nguyên của phương trình: (x^2 + y^2 +1)^2 -5x^2 -4y^2 -5=0

[hoakute]

$(x^{2}+y^{2}+1)^{2}-5(x^{2}+y^{2}+1)=-y^{2} \Leftrightarrow (x^{2}+y^{2}+1)(x^{2}+y^{2}-4)=-y^{2} \Rightarrow (x^{2}+y^{2}+1)(x^{2}+y^{2}-4)\leqslant 0\Leftrightarrow -1\leqslant x^{2}+y^{2}\leqslant 4\Rightarrow x^{2}+y^{2}\epsilon \left \{ 0;1;2;3;4 \right \}$

Mà x² và y² là các scp.

Suy ra x²=0;1;4 tương ứng y²=4;0;1 hoặc 4;1;0

Tìm đc x=+-2; y=0

[lenadal]

tìm nghiệm nguyên của phương trình: (x^2 + y^2 +1)^2 -5x^2 -4y^2 -5=0

ta có phương trình đó tương đương với 

$x^{4}+y^{4}+1+2x^{{2}}y^{2}+2x^{2}+2y^{2}-5x^{2}-4y^{2}-5=0$

$\Leftrightarrow (x^{2}+y^{2})^{2}-2(x^{2}+y^{2})+1-x^{2}=5$

$\Leftrightarrow (x^{2}+y^{2}-1-x)(x^{2}+y^{2}-1+x)=5$

tự làm tiếp!!!!

[DangHongPhuc]

Theo định lý Legendre thì số mũ cao nhất của $19$ có trong $(1994)!$ là:

Thầy ơi cho em hỏi định lý Legendre phát biểu như thế nào ạ?

[VyHuynh]

Bài 1: 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:

$\left\lfloor\dfrac{1994}{19}\right\rfloor+\left\lfloor\dfrac{1994}{(19)^2}\right\rfloor+...+\left\lfloor\dfrac{1994}{(19)^k}\right\rfloor+...=109$

Như vậy $(1994)!\;\vdots\; (1995)^{109}$ và $(1994)!\;\not{\vdots} \;(1995)^{n\ge110}$

Suy ra để $((1994)!)^{1995}\;\vdots\; (1995)^k$ thì $k\le 109*1995=217\;455$

[Thanh Long 2001]

GIúp mình.  

[nhatkinan]

mk có tài liệu phần nguyên nè

 

File gửi kèm

•  tailieudayhoc.com_ma_t_sa_ph_ng_tra_nh_va_pha_n_nguya_n (2).doc   446.5K   336 Số lần tải

[nhatkinan]

cảm ơn mọi người đóng góp nha

[vuthanhninh3105]

Hai bài phần nguyên trong kỳ thi của ĐHKHTN các năm trước
$\begin{array}{| |}
\hline
&\boxed{\text{Bài 1}}&\\
&\text{Chứng minh rằng với mọi } n \text{ tự nhiên thì:}&\\
&\left\lfloor\sqrt[3]{72n+1}\right\rfloor=\left\lfloor\sqrt[3]{9n}\right\rfloor+\left\lfloor\sqrt[3]{9n+1}\right\rfloor=\left\lfloor\sqrt[3]{72n+7}\right\rfloor&\\
&&&\\
\hline
\end{array}$

$\begin{array}{| |}
\hline
&\boxed{\text{Bài 2}}&\\
&\text{Chứng minh rằng với mọi số nguyên dương } n \text{ thì:}&\\
&A=n+\left\lfloor\sqrt[3]{n-\dfrac{1}{27}}+\dfrac{1}{3}\right\rfloor^2&\\
&\text{không thể là một lập phương đúng!}&
&&&\\
\hline
\end{array}$

Cho mình hỏi 2 bài trên thi năm nào đấy?

[TenLaGi]

Đây là bài phần nguyên thi thử ĐHKHTN đợt 3 năm nay. MN tham khảo nha: CMR $\begin{bmatrix} & \sqrt{n}+\frac{1}{2} \end{bmatrix}$=$\begin{bmatrix} & \sqrt{n+\sqrt{n}} \end{bmatrix}$