Sáng kiến kinh nghiệm Một số bài toán về phần nguyên và ứng dụng của phần nguyên

Nội dung text: Sáng kiến kinh nghiệm Một số bài toán về phần nguyên và ứng dụng của phần nguyên

1. A. Đặt vấn đề Chương trình môn toán trong trường THCS hiện nay với yêu cầu quan trọng là dạy cho học sinh những kiến thức cơ bản và kỹ năng cần thiết đảm bảo được mục tiêu của việc dạy toán, học toán. Chương trình môn học cũng tạo nhiều điều kiện để những học sinh khá, giỏi có thể học tập tốt, và trở thành những học sinh giỏi toán. Toán học cũng có những đặc trưng riêng về kiến thức và kĩ năng. Vì thế cả giáo viên và học sinh cần phải có năng lực và phương pháp để biết tổng hợp những dạng toán cơ bản thành những chuyên đề toán hay có thể áp dụng trong nhiều kiểu dạng của toán từ lớp 6 đến lớp 9 và cho cả các lớp học sau. Có những dạng toán có rất nhiều trong chương trình, học sinh dễ phân biệt, dễ ứng dụng nhưng có những dạng lại có rất ít bài tập mà ứng dụng của nó lại rất nhiều, nhất là đối với học sinh khá giỏi. Toán về phần nguyên là một trong những dạng đó - Lượng bài tập ít lại không hệ thống nên cả giáo viên và học sinh không có điều kiện để hiểu và áp dụng thành thạo như những dạng toán thông thường khác. Hơn nữa trong chương trình và SGK mới hiện nay toán về phần nguyên không được đề cập đến nhưng trong các loại sách bài tập, các loại sách chuyên đề và nhất là trong các kỳ thi HSG, thi tuyển sinh vào các trường chuyên lại rất hay gặp dạng toán này. Vì vậy việc nhận biết các bài toán để sử dụng tính chất phần nguyên, đặc điểm phần nguyên thành thạo sẽ giúp các em rất nhiều trong việc học toán nói chung và toán có lồng ghép phần nguyên nói riêng. Tôi vẫn cho rằng toán về phần nguyên là dạng toán hay, có ứng dụng rộng cho dù ở bậc THCS còn sử dụng ít nhưng nó lại là một trong những 1
2. nền tảng cơ bản cho việc học toán và trở thành HSG toán - Với tất cả những lý do trên nên sau nhiều năm trực tiếp giảng dạy và tham gia bồi dưỡng HSG tôi đã chú ý tập hợp và phân loại các dạng toán trong đó có bài toán về phần nguyên, từ đó hình thành cho các em những kĩ năng về loại toán này để học sinh chủ động trong việc học tập, nhất là để áp dụng việc đổi mới phương pháp dạy học như hiện nay. Sử dụng thành thạo toán về phần nguyên học sinh có thêm một phương pháp học toán, một kĩ năng hay một công cụ để giẩi toán, nhất là giải bài toán liên quan đến số nguyên. Trong phạm vi đề tài này tôi đề cập đến những nội dung sau: - Nhắc lại lý thuyết cơ bản. - Giới thiệu các dạng toàn từ cơ bản đến nâng cao gồm: + Toán về tìm phần nguyên của một số. + Toán chứng minh một hệ thức về phần nuyên. + Toán về giải phương trình có phần nguyên. + Các bài toán khác mà cách giải nhờ áp dụng phần nguyên. Trong mỗi dạng đều có bài tập ứng dụng, bài tập tự luyện với mức độ từ cơ bản đến đến nâng cao, từ một đến nhiều ứng dụng trong nhiều bài toán để học sinh luôn có được kỹ năng cho từng dạng, từ đó thấy được cái hay, cái đẹp của toán phần nguyên cho dù một số người vẫn cho rằng đây là loại toán khó, ứng dụng ít ở bậc THCS. Không có tham vọng đưa ra những sáng kiến mới mà qua thực tế giảng dạy, bằng kinh nghiệm và tâm huyết nghề nghiệp, tôi xin trao đổi với đồng nghiệp và giới thiệu với các em học sinh một số bài toán về phần nguyên và ứng dụng của phần nguyên mà tôi đã tập hợp trong những năm qua. 2
3. B. Nội dung I. Tóm tắt lý thuyết Định nghĩa: - Phần nguyên của một số thực x, ký hiệu x là số nguyên lớn nhât không vượt quá x hay x là số nguyên thoả mãn: x-1  x x - Phần lẻ của một số x, Ký hiệu x là số: x- x Do đó: o x  1 Ví dụ: 3 = 3 ; 3,45 = 3 ; 3,45 = 0,45 3 = 0;  3,45 = - 4 ; 3,45 = 0,55 Tính chất: - Nếu n Z và n x  n +1 thì x = n -  x = x= 0 - Nếu x y thì x y - n x = n+x, với mọi n Z - n x= x, với mọi n Z II. Bài toán minh họa Một số bái toán về tìm phần nguyên của một số 1 Bài 1: Tìm x biết: x -  - 2  x 3 Hướng làm: 1 Từ điều kiện bài ra ta có: x  - 2 + x  - 1 3 - 2  x  - 1 x = - 2 Bài 2: Tìm x biết : x  - 5  x + 0,5 Hướng làm: Từ điều kiện bài ra ta có: - 5,5  x  - 5 x = - 6 Bài 3: Tìm x biết: x = 1 + 1 + 1 + . . .+ 1 1.2 2.3 3.4 n.(n 1) 3
4. Hướng làm: Ta có x = (1 - 1 ) + ( 1 - 1 ) + ( 1 - 1 ) + . . . + ( 1 - 1 ) = 1 - 1 2 2 3 3 4 n n 1 n 1 0  x  1 x = 0 Bài 4: Tìm x biết: x = 1 + 1 + 1 + 1 + . . .+ 1 2 3 4 106 Hướng làm: Ta có: 1 2  = 2( n - n 1 ) n n n 1 1 2  = 2( n 1 - n ) n n 1 n 1 2( n 1 - n )   2( n - n 1 ) n Cho n nhận các giá trị từ 2 đến 10 6 Ta được:1 + 2( 106 1 - 2 )  x  1 + 2( 106 - 1) = 1999 mà: 1 + 2( 106 1 - 2 )  1 + 2000 - 2 2  2001 - 3 = 1998 1998  x  1999 x = 1999 Bài 5: Tìm x biết: x = 2 2 2 2 , (với n dấu căn) Hướng làm: Ta có: 1  x và: 2 2  2 4 2 2  4 Quá trình này được thực hiện nhiều lần ta được: 2 2 2 2  2 1  x  2 x = 1 4
5. Cùng với cách làm này ta có các bài toán sau: Bài 6: : Tìm x biết: x = 4 4 4 4 x = 6 6 6 6 x = 2008 2008 2008 2008 x = 6 6 6 + 3 6 3 6 3 6 3 4 n 1 x = 2 + 3 + 4 + . . . .+ n 1 2 3 n Bài 7: Tìm x biết: x= 4n 2 16n 2 8n 3 , (với n dấu căn) Hướng làm: Ta cần chỉ ra số nguyên y sao cho: y x  y +1 để: x = y Thật vậy ta có: (4n + 1) 2  16n 2 + 8n + 3  (4n + 2) 2 4n + 1  16n 2 8n 3  4n + 2 4n 2 + 4n +1  4n 2 + 16n 2 8n 3  4n 2 + 4n +2  4n 2 + 8n + 4 2n + 1  4n 2 16n 2 8n 3  2n + 2 x = 2n + 1 Bài 8: Tính tổng sau: S =  1 +  2 +  3 + . . . +  n 2 1 Hướng làm: Ta có: n 2 n 2 + k  (n + 1) 2 , với mọi giá trị k từ: 0 đến 2n  n 2  +  n 2 1 + . . .+  n 2 2n = n(2n + 1) = 2n 2 + n n 1 n 1 n 1 S =  (  k 2  +  k 2 1 + . . . +  k 2 2k ) =  2k 2 + k k 1 k 1 k 1 n(4n 2 3n 1) S = 6 Tương tự bài này ta có các bài toán sau: Bài 9: Tính tổng sau: S =  1 +  2 +  3 + . . . + 24 5
6. Bài 10: Tìm các số nguyên tố: x,y thoả mãn:  1 +  2 +  3 + . . . +  x 2 1 = y Bài 11: Chứng minh rằng:  1 +  2 + 3 +. . .+  20092 1 Chia hết cho: 1004 . 2009 Bài 12: Tính tổng sau: S =  1.2.3.4+  2.3.4.5 +  3.4.5.6 + . . .+  n(n 1)(n 2)(n 3) Hướng làm:Ta có: n(n+1)(n+2)(n+3) =(n 2 +3n)( n 2 +3n +2) =(n 2 +3n) 2 +2(n 2 +3n) (n 2 +3n) 2  n(n+1)(n+2)(n+3)  ( n 2 +3n + 1) 2 n 2 +3n  n(n 1)(n 2)(n 3)  n 2 +3n + 1  n(n 1)(n 2)(n 3) = n 2 +3n S = (1 2 + 2 2 + . . .+ n 2 )+3(1 + 2 + . . .+ n) n(n 1)(2n 1) 3n(n 1) S = + 6 2 Tương tự ta có bài toán sau: Bài 13: Tính tổng sau: S = 0,a b + 1,a b + 2,a b + . . . + (m 1),a b m m m m Trong đó: a,m nguyên dương, nguyên tố cùng nhau còn b là số nguyên bất kỳ Một số bài toán về chứng minh Bài 14: Chứng minh rằng, với mọi số nguyên n ta có: n x = n + x Hướng làm: Ta biểu thị: x = x + x n x = x n x , mà: o x  1 Còn: n + x là số nguyên nên x n x = n + x Hay: n x = n + x Bái 15: Chứng minh rằng, với mọi x,y ta có: x + y ỹ y x + y + 1 6
7. Hướng làm: Ta biểu thị: x = x + xvà: y = y + y x + y = x + y + x+ y mà: o x+ y  2 x + y x y x + y + 1 Bài 16: Cho n là số nguyên dương, chứng minh: n + n 1 = n 2 2 Hướng làm: n n 1 1 - Xét n là số chẵn ( n = 2k ) thì: + = k + k = 2k = n 2 2 2 n n 1 1 - Xét n là số lẻ(n=2k+1) thì: + = k +k 1 =2k+1 = n 2 2 2 Vậy ta luôn có: n + n 1 = n 2 2 Bài 17: Cho n là số tự nhiên, chứng minh:  4n 1 =  4n 2 Hướng làm: Nếu 4n 1   4n 2 Khi đó sẽ tồn tại số tự nhiên m sao cho:  4n 1  m  4n 2 4n 1   4n 1 +1 m  4n 2 4n + 1  m 2 4n + 2 m 2 = 4n + 2 (vô lý vì số chính phương chia cho 4 không thể dư 2) Vậy ta luôn có:  4n 1 =  4n 2 Bài 18: Cho n là số tự nhiên, chứng minh:  n n 1 =  4n 2 Hướng làm: Trước hết ta chứng minh: 4n 1  n + n 1  4n 2 Từ đó  4n 1  n n 1  4n 2 Mà từ kết quả bài số 17:  4n 1 =  4n 2 Ta có đpcm Bài 19: Cho n là số tự nhiên, chứng minh  63n 63n 1 =  252n 2 Hướng làm:: Trước hết bằng phép biến đổi tương đương ta chứng minh: 63n + 63n 1  252n 2  63n 63n 1  252n 2 7
8. Nhưng nếu tồn tại n sao cho:  63n 63n 1   252n 2 Khi đó sẽ tồn tại số tự nhiên m sao cho: 63n + 63n 1  m 252n 2 ( 63n + 63n 1 ) 2  m 2 ( 252n 2 ) 2 2 63n(63n 1)  m 2 - (126n + 1) 126n + 1 4.63n.(63n + 1)  [m 2 - (126n + 1)] 2 (126n + 1) 2 126 2 n 2 + 2.126n  [m 2 - (126n + 1)] 2 126 2 n 2 +2.126n + 1 Vì giá trị các biểu thức này là số tự nhiên nên: [m 2 - (126n + 1)] 2 = (126n + 1) 2 m 2 - (126n + 1) = 126n + 1 m 2 = 252n + 2 ( Vô lý vì một số chính phương chia cho 4 không thể dư 2). Vậy không thể có số tự nhiên n thoả mãn:  63n 63n 1   252n 2  63n 63n 1= 252n 2 với mọi n Tương tự với cách làm này ta có bài toán sau: Bài 20: Chứng minh rằng với mọi số tự nhiên n, ta có: a,  9n 9n 1 =  9n 2 b,  7n 7n 6 =  36n 2 Bài 21: Chứng minh rằng: 1 x + x = 2x, (với x là số thực bất kỳ) 2 Hướng làm: 1 1 1 Xét: x  x 1  = x x = x + x = x 2 2 2 2 Còn: 2x = 2x 2 x = 2x + 2 x = 2x Từ đây ta có đpcm 1 Xét tương tự với: x  1 2 1 Vây ta luôn có: x + x = 2x, với x là số thực bất kỳ 2 Bài 22: Chứng minh rằng: 1 2 n 1 x + x + x + . . + x = nx n n n Hướng làm: k 1 k Ta chọn số tự nhiên k sao cho: a + x  a + n n với a nguyên ( 0  k  n ) 8
9. 1 2 n k x = a và : x + x + x +. . . + x = ( n - k + 1)a n n n n k 1 n k 2 n 1 Còn: x + x + . . + x = ( k - 1)(a + 1) n n n VT = ( n - k + 1)a + ( k - 1)(a + 1) = na + k - 1 VP = nx = na + k - 1 ( vì từ cách chọn k ta có: na + k - 1  na  na + k ) 1 2 n 1 Vậy VT = VP hay: x + x + x + . . + x = nx n n n Bài 23: Tính tổng: S = n 1 + n 2 + n 4 + n 8 + . . . 2 22 23 24 Hướng làm: Ap dụng kết quả bài tập 21 Ta có: 1 n n x = 2x - x S = n - , mà với k đủ lớn thì: = 0 2 2k 2k Vậy tổng: S = n Tương tự với cách làm này ta có bài toán sau: Bài24: Tính tổng sau: S = n 6 + n 12 + n 24 +. . . 12 24 48 Bài 25: Chứng minh rằng: mx mx mx + m - 1 (với mọi giá trị m nguyên dương) Hướng làm: Với: x = x + x mà: m x 0 Khi đó: mx = mx m x = mx + m x Vì: 0 m x  m 0 m x m - 1 mx mx mx + m - 1, với mọi giá trị m nguyên dương Bài 26: Chứng minh rằng : Không tồn tại x thoả mãn: x + 2x + 3x + + 100x = 313096 Hướng làm: Đặt: S = x + 2x + 3x + + 100x, áp dụng kết quả bài 25 Cho m nhận các giá trị từ 1 đến 100 rồi cộng lạ ta được: 9