Chuyên đề ôn tập Toán 7 - Chuyên đề 8: Phần nguyên, phần lẻ

Nội dung text: Chuyên đề ôn tập Toán 7 - Chuyên đề 8: Phần nguyên, phần lẻ

1. Chuyên đề 8 PHẦN NGUYÊN, PHẦN LẺ A. Kiến thức cần nhớ 1.Định nghĩa: Ta biết rằng mọi số thực x đều có thể viết được dưới dạng x n y trong đó n ¢ và 0 y 1. Chẳng hạn 7,3 7 0,3: 7,3 8 0,7 . Hơn nữa cách viết trên là duy nhất. Ta gọi số nguyên n là phần của x và kí hiệu là x ; còn y được gọi là phần lẻ của x và kí hiệu là x . Từ phân tích trên, ta rút ra định nghĩa.  Định nghĩa. Phần nguyên của x, kí hiệu là x là số nguyên lớn nhất không vượt quá x; phần lẻ của x là x x được kí hiệu là x. 2. Tính chất: x x x; x x x ¢ ; x x 0 x 1; x 1 x x; Nếu k ¢ thì x k x k và x k x; 0 x 1. B. Một số ví dụ Ví dụ 1: Tìm phần nguyên, phần lẻ của các số hữu tỉ x, biết: 11 21 a) x 2020; v) 21,12; c) x ; d) x . 21 73 Giải a) x 2020; x 0 b) x 21; x 0,12 11 10 c) x 1; x ( 1) 21 21 21 d) x 0; x 73 Ví dụ 2: Tìm x biết: x 9 x 0,6. Giải  Tìm cách giải: Nếu số hữu tỉ x bị “kẹp giữa” hai số nguyên liền nhau thì x đúng bằng số nhỏ trong hai số nguyên đó tức là n x n 1 với n ¢ thì x n. Trang 1
2.  Trình bày lời giải Vì x 0,6 0 9 0,6 8,4 8 mà x 9 8 x 9 nên x 8. Ví dụ 3: Tìm phần nguyên của số hữu tỉ x biết: a) 12 x 12,5; b) x 0,1 8 x; 1 c) 14,11 x 14; d) x 10 x . 5 Giải  Tìm cách giải. Tương tự như ví dụ 2. Chúng ta tìm số nguyên n sao cho n x n 1 với n ¢ thì x n.  Trình bày lời giải. a) Ta có: 12 x 12,5 12 x 13 x 12. b) Ta có: 14,11 x 14 15 x 14 x 15. c) Ta có: x 0.1 8 x 8 0.1 8,1 9 mà x > 8 8 x 9 x 8 1 1 d) Ta có: x 10 x 10 11 mà x 10 11 x 10 x 11. 5 5 1 Ví dụ 4: Đặt A . Tìm A 1 1 1 1   2015 2016 2017 2024 Giải  Tìm cách giải. Với ý tưởng như ví dụ trên. Chúng ta tìm số nguyên n sao cho n A n 1 với n ¢ thì A n. Nhận thấy mẫu số của biểu thức A có 10 phân số, do vậy việc đánh giá nên dùng phương pháp so sánh cùng tử và nhóm thích hợp các phân số.  Trình bày lời giải 1 1 5 5 403.404 Ta có: A A 201 2015 2024 2015 2020 807 1 2 2 2 2 2 2 Mà: 2015 2024 2016 2018 2020 2022 2024 1 1 1 1 1 1 1 5. A 202 1008 1012 1010 1009 1011 1010 202 A 202 A 201. Ví dụ 5: Tích T 1.2.3 100 có bao nhiêu thừa số 3 khi phân tích ra thừa số nguyên tố? Giải Trang 2
3.  Tìm cách giải. Việc tìm có bao nhiêu thừa số 3 khi phân tích T ra thừa số nguyên tố theo cách đếm là hết sức khó khăn. Khi phân tích đề bài, chúng ta chỉ cần tìm các số chia hết cho các lũy thừa cả 3, sau đó cộng lại.  Trình bày lời giải. Ta có nhận xét rằng bắt đầu kê từ số 1, cứ 3 số lại có một bội của 3, cứ 9 số (32 ) lại có một bội của 9, cứ 27 số (33 ) lại có một bội của 27; Do đó số thừa số 3 khi phân tích T ra thừa số nguyên tố bằng: 1000 1000 1000 1000 1000 1000 1000 2 3 4 5 6 7 3 3 3 3 3 3 3 333 111 37 12 4 1 498. 1000 (Vì số có phần nguyên bằng 0 nên ta không tiếp tục tìm phần nguyên của số tiếp theo). 37  Tổng quát. Số thừa số nguyên tố p khi phân tích R 1.2.3 n , ra thừa số nguyên tố là: n n n n với k là số mũ lớn nhất sao cho k . 2 3 k p n p p p p Ví dụ 6: Tìm số hữu tỉ x, biết rằng: a) 3x 4 x; b) x 8 3x; c) 5x 3 2x 1. Giải  Tìm cách giải. Tìm số hữu tỉ x có chứa phần nguyên như đề bài, chúng ta có định hướng sau: A B thì B là số nguyên. Nếu A là số nguyên thì A = B. Nếu không rõ A là số nguyên thì B A B 1.  Trình bày lời giải. a) Vì 3x 4 x x Z. Ta có 3x 4 x x 3x 4 x 1 x 2 3x 4 x 5 2 x 2,5 3x 4 x 1 x 2 Mà x ¢ nên x 2. t b) x 8 3x (*). Đặt 3x t(t ¢ ) x . 3 t Thay vào (*) ta được: 8 t 3 Trang 3
4. t 8 t t 6 3 21 1 . t t 5 8 t 1 4 4 3 1 5 t 6 mà t ¢ t 6, suy ra x 2. 4 c) 5x 3 2x 1 ( ) t 1 Đặt 2x 1 t(t ¢ ) x thay vào ( ) ta được: 2 t 1 5t 11 5 3 t t 2 2 5t 11 11 2 t t 3 2 5t 11 2t 3 3 5t 11 5t 11 2t 2 13 1 t 1 t 4 2 3 3 2 1 4 1 3 3 t 4 mà t Z t 4 từ đó suy ra x . 3 3 2 2 1 Ví dụ 7: Với x là số thực. Chứng minh rằng x x 2x 2 Giải 1 1  Tìm cách giải. Nhận thấy x vàx hơn kém nhau đơn vị. Do vậy chúng ta nên so sánh x với 2 2 1 1 1 1 1 . Bởi vì nếu x< thì x x , còn nếu x thì x 1 x . Từ đó bài toán cần xét 2 2 2 2 2 hai trường hợp.  Trình bày lời giải Trường hợp 1 1 1 1 1 Xét x x x x x x x 2 2 2 2 1 Do đó x x x x 2.x 2 Còn 2x 2x 2 x 2x 2 x 2x 1 Từ đó suy ra x x 2x 2 1 Trường hợp 2. Xét tương tự với x 1. 2 Ví dụ 8: Tìm x, biết: Trang 4
5. 5x 6 15x 7 2x 1 4x 1 5x 4 a) ; b) 8 5 3 6 3 Giải 15x 7 5t 7 a) Đặt t(t Z) x . Thay vào đề bài, ta có: 5 15 5t 7 5 6. 15 30t 117 30t 117 t t 0 t 1 8 120 120 1 117 0 30t 117 120t 120 t do t Z nên t 0;1 30 90 7 Với t 0 x . 15 12 4 Với t 1 x . 15 5 7 4  Suy ra x ;  15 5 2x 1 3y 1 b) Đặt y x , thay vào đề bài, ta có: 3 2 1 5y 1 5y 1 y y . Áp dụng ví dụ 7, suy ra 2y (*) 2 2 2 5y 1 2t 1 Đặt t(t Z) y . Thay vào (*), ta có: 2 5 4t 2 4t 2 t 0 t 1 3 t 2. 5 5 1 2 4 7  Vì t Z, nên t 2; 1;0;1;2 suy ra x ; ; ; ;2 5 3 7 5  C. Bài tập vận dụng 8.1 Tìm phần nguyên và phần lẻ của x, biết rằng: 1 a) x 5; b) x 2,45; c) x 3,62; d)x . 14 8.2 So sánh phần nguyên của các số hữu tỉ sau: 21 15 19 1 9 a) x ;y ;z ; b) x 3 ;y 3 ;z 4. 10 8 73 5 10 8.3 Tìm phần nguyên của số hữu tỉ x, biết rằng: a) x 9 x 0,8; b) x 0,7 8 x; c) 13 x 13,8; d) x 5 x 0,12. Trang 5
6. 1 1 1 1 8.4 Tìm x biết: x , với n là số nguyên dương. 1.2 2.3 3.4 n(n 1) 1 8.5 Tìm phần nguyên của: S 1 1 1 1 1 2011 2012 2013 2019 2020 n n n n 8.6 Với mỗi số nguyên dương n, đặt , trong đó kí hiệu là số nguyên Sn a 1 2 3 n lớn nhất không vượt quá a. Tính S1;S2 ;S3; ;S6 . 8.7 Tính tổng: 1 2 3 100 B 8.8 Giả sử a;n N. Chứng minh rằng: n n 1 a) Nếu na thì 1 a a n n 1 b) Nếu n không chia hết cho a và a 0 thì a a 8.9 Chứng minh rằng với mọi số thực thì 2x bằng 2x hoặc 2x 1 n n 1 8.10 Cho n là số nguyên dương, chứng minh: n. 2 2 8.11 Nếu x y . Chứng minh rằng x y 8.12 Tìm số nguyên x biết: 3x 1 7x 5 a) 1; b) 2. 5 3 8.13 Tìm x, biết: x 1 x 2 x 3 10 n n 1 8.14 a) Cho A . Với giá trị nào của n ¢ thì A chia hết cho 2? 2 2 n n 1 n 2 b) Cho B . Với giá trị nào của n ¢ thì B chia hết cho 3? 3 3 3 8.15 Số 2020! Có tận cùng bằng bao nhiêu chữ số 0. n 1 n 8.16 Đặt , với n là số nguyên dương. Hỏi trong 2020 số: ; ; ; ; có bao xn x1 x2 x3 x2020 2 2 nhiêu số khác 0? Trang 6
7. HƯỚNG DẪN GIẢI – ĐÁP SỐ 8.1 a) x 5; x 0. b) x 2; x 0,45. 13 c) x 4; x 0,38. d) x 1; x . 14 8.2 a) x 0;y 1;z 0 nên x z y b) x 4;y 4;x 4 nên x y z 8.3 a) Ta có: 9 x 0,8 8,2 x 8,2 x 9 8 x 9 x 8. b) x 0,7 8 x 8,7 8 x 8,7 8 x 9 x 8. c) 13 x 13,8 13 x 14 x 13. d) 5 0,12 x 5 5,12 x 5 6 x 5 x 6 8.4 Ta có: 1 1 1 1 1 1 1 1 n x 1 x 1 x 0 2 2 3 3 4 n n 1 n 1 n 1 8.5 Ta có: 10 1 1 1 10 2011 2020 S 201,1 S 202 2020 2011 2012 2020 2011 10 10 Vậy phần nguyên của S là 201. 1 2 2 8.6 S1 1;S2 2 1 3. 1 1 2 3 3 3 S3 3 1 1 5 1 2 3 4 4 4 4 S4 4 2 1 1 8. 1 2 3 4 5 5 5 5 5 S5 5 2 1 1 1 10 1 2 3 4 5 6 6 6 6 6 6 S6 6 3 2 1 1 1 14. 1 2 3 4 5 6 8.7 Ta chú ý rằng: 1 với 2 ( 1)2 nên n k n n k n k n 1 1; 2 1; 3 1; 4 2; 5 2; 6 2; 7 2; 8 2. Làm tương tự như vậy, ., 100 10. Vậy tổng B 1.3 2.5 3.7 4.9 5.11 6.13 7.15 8.17 9.19 10 625. n 8.8 a) Nếu na, đặt n ak (k N). Ta có: k k 1 a Trang 7
8. n 1 ak 1 a 1 n 1 k 1 k 1 1 k (2) a a a a Từ (1) và (2), suy ra điều phải chứng minh. b) Nếu n không chia hết cho a, đặt n ak r (với 0 r a) n ak r r k k (3) a a a n 1 ak r 1 r 1 Và k k (4) a a a r 1 Vì 0 r 1 a 0 1 a 8.9 Nếu x 0,5 Ta có2x 2x 2 x x 2x 2 x 1 2x 2x 1 Mặt khác, hiển nhiên 2x 2x tức là 2x 2x 2x 1 2x 2x - Nếu x 0,5 Ta có: 2x 2x 2 x 1 2x 1 2x. Mặt khác, ta có: x 1 2x 2x 2 x 2 2x 2x 2 Tức là: 2x 1 2x 2x 2 suy ra 2x 2x 1 8.10 * n n 1 1 - Xét n là số chẵn (n 2k,k N ) thì: k k 2k n 2 2 2 * n n 1 1 - Xét n là số lẻ (n 2k 1,k N ) thì: k k 1 2k 1 n. 2 2 2 n n 1 Vậy ta luôn có: n. 2 2 8.11 Vì x y nên tồn tại 0 sao cho x y Đặt y y y x y y suy ra x y y Vì 0 và y 0 nên do vậy x y 3x 1 8.12 a) 1 2 5 3x 1 10 4 3x 9 5 Vì x ¢ nên x 1;2 7x 5 b) 2 1 6 7x 5 3 1 7x 2 3 Trang 8
9. vì x ¢ nên x 0. 8.13 Áp dụng công thức: n x n x . Ta có: x 1 x 2 x 3 10 4 3x 4 x . Vô lý. Vậy không có x thỏa mãn. 3 8.14 2k 2k 1 1 a) Xét n 2k(k Z) A k k 2 2 2 A k k 2k A2 2k 1 2k 2 Xét n 2k 1(k Z) A 2 2 1 A k k 1 k k 1 2k 1 A không chia hết cho 2. 2 Vậy với n 2k(k Z) thì A chia hết cho 2. 3k 3k 1 3k 2 b) Xét n 3k(k Z) B 3 3 3 1 2 B k k k k k k 3k B3 3 3 3k 1 3k 2 3k 3 Xét n 3k 1(k Z) B 3 3 3 1 2 B k k k 1 k k 1 k 1 3k 2 không chia hết cho 3. 3 3 Vậy với n 3k(n Z) thì B chia hết cho 3. 8.15 Ta có: 2.5 10 có tận cùng bằng một chữ số 0. Như vậy muốn biết 2020!=1.2.3 2020 có tận cùng bằng bao nhiêu chữ số 0 thì ta chỉ cần số thừa số 2 và số thừa số 5 khi phân tích số 2020! ra thừa số nguyên tố. Mặt khác dễ thấy số thừa số 5 ít hơn thừa số 2 nên ta chỉ cần tính số thừa số nguyên tố 5. Kể từ 1 cứ 5 số lại có một bội của 5; cứ 25 52 số lại có một bội của 52 ; cứ 125 lại có một bội của 53 ; cứ 625 lại có một số là bội của 54. Ta có 54 2020 55 số thừa số 5 khi phân tích số 2020! ra thừa số nguyên tố là: 2020 2020 2020 2020 404 80 16 3 503 2 3 4 5 5 5 5 Vậy số 2020! Có tận cùng bằng 503 chữ số 0. 8.16 Vì x1;x2 ;x3; ;x2020 chỉ nhận giá trị 0 hoặc 1 nên ta có: x1 x2 x3 x2020 2 1 3 2 4 3 2021 2020 2021 1 1010 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 Vậy có tất cả 1010 số khác 0. Trang 9