tranhang3789
New Member
Download miễn phí Phần nguyên - Bài tập và ứng dụng
Trong một sốbài toán liên quan đến dãy sốnhưtìm công thức tổng quát một dãy truy
hồi, tính tổng các sốhạng, tính chia hết của một nhóm sốhạng. Đôi khi giải quyết bài toán
lại đòi hỏi ta phải chia ra rất nhiều trường hợp (chẵn lẻchẳng hạn) mỗi trường hợp lại cho
ta một kết quảkhác nhau? Sựkhác nhau giữa các công thức tìm được ấy là gì? Phải
chăng có thểbiểu diễn chúng dưới 1 dạng duy nhất? Đó là nội dung của vấn đềta nghiên
cứu sau đây:
Để tải bản Đầy Đủ của tài liệu, xin Trả lời bài viết này, Mods sẽ gửi Link download cho bạn sớm nhất qua hòm tin nhắn.
Ai cần download tài liệu gì mà không tìm thấy ở đây, thì đăng yêu cầu down tại đây nhé:
Nhận download tài liệu miễn phí
Tóm tắt nội dung tài liệu:
{ } { }0 2x y≤ + <
{ } { }; 0 1x x x x= + ≤ <
{ } { }x x x x x x+ − = + − − = −
{ }1 0x− < − ≤
x
m
n
=
1xm m
n
≤ < +
( )
( ) ( )
1
1
1
mn x m n
mn x m n mn
x
m m
n
x
m
n
⇒ ≤ < +
⇒ ≤ < + ∈
⇒ ≤ < +
⇒ =
Z
,2 ,...,n n mn
( )1
1
mn x m n
x
m m
n
x
m
n
≤ < +
⇒ ≤ < +
⇒ =
( ) 1 2 3
1
...p i
i
n n n n
e n
p p p p≥
= = + + +
∑
45PHAÀN NGUYEÂN – BAØI TAÄP & ÖÙNG DUÏNG Hoaøng Xuaân Thanh 10/2010
Chứng minh: Trước hết ta có nhận xét rằng, tổng trên chỉ gồm hữu hạn số hạng
khác không.
Vì với chỉ số i đủ lớn thì , khi đó
Trong tích có đúng thừa số là bội của p (theo tính chất vi)
Do đó:
Trong đó:
Tương tự
Với . Theo tính chất v. ta có
Vậy
Lập lại lí luận trên với và cứ tiếp tục cho tới khi
Cuối cùng ta được số mũ của p trong phân tích nguyên tố của n! là
Với k là chỉ số thỏa mãn .đpcm
i
n p< 0
m
n
m i
p
= ∀ ≥
! 1.2...n n=
n
p
1! . !
n
p n
n p A
p
=
( )1, 1A p =
2! . !
n
p
p
n
pn p A
p p
=
( )2 , 1A p = 2
n
p
p
n
p
=
2
22! . !
n n
p p n
n p A
p
+
=
2 !
n
p
k
n p
p
<
( )pe n
( ) 1 2 ...p kn n ne n p p p
= + + +
1k kp n p +≤ <
55PHAÀN NGUYEÂN – BAØI TAÄP & ÖÙNG DUÏNG Hoaøng Xuaân Thanh 10/2010
4. Một số bài tập
Chứng minh rằng
Lời giải: Đặt , . Khi đó
Và
Ta phải CM
Vì nên có thể xảy ra 2 trường hợp sau:
* Nếu thì vế phải bằng 0, do đó bất đẳng thức hiển nhiên đúng.
* Nếu khi đó phải có ít nhất một trong hai số hay lớn hơn
hay bằng . Giả sử , vậy:
Chứng minh rằng, với n là số nguyên dương bất kì ta có
Lời giải: Đặt ;
Ta có
Vì n nguyên dương nên phải có
Tương tự
Do đó phải có .Đpcm
Giải phương trình
Lời giải: Ta có
Pt vô nghiệm
Pt nghiệm đúng
Ex1.1 2 2 ,x y x y x y x y+ ≥ + + + ∀ ∈ R
{ } { }; 0 1x x x x= + ≤ < { } { }; 0 1y y y y= + ≤ <
{ } { }2 2 2 2 2 2x y x x y y+ = + + +
{ } { }x y x y x y+ = + + +
{ } { } { } { }2 2x y x y+ ≥ +
{ } { }0 2x y≤ + <
{ } { }0 1x y≤ + <
{ } { }1 2x y≤ + < { }x { }y
1
2
{ } 1
2
x ≥
{ } { } { } { } { }2 2 1 2 1x y y x y+ ≥ + ≥ = +
Ex1.2
1 3 1
2 4 2
n n
+ = − +
1
2
k n = +
3 1
4 2
m n
= − +
1 1
2
k n k≤ + < + 2 21 1 1 1
2 2 4 4
k n k k k n k k⇔ − ≤ < + ⇔ − + ≤ < + +
2 21k k n k k− + ≤ ≤ +
3 1 1
4 2
m n m≤ − + < + 2 2
1 3 1
4 4 4
m m n m m⇔ − + ≤ − < + +
2 21m m n m m⇔ − + ≤ ≤ +
k m=
Ex1.3 1x x =
1 2x x≤ <
2 2 4x x x x• ≥ ⇒ ≥ ⇒ ≥ ⇒
1 2 1 1 2x x x x• ≤ < ⇒ = ⇒ ≤ < ⇒
65PHAÀN NGUYEÂN – BAØI TAÄP & ÖÙNG DUÏNG Hoaøng Xuaân Thanh 10/2010
Pt vô nghiệm
Pt vô nghiệm
Pt nghiệm đúng
Pt vô nghiệm
Vậy nghiệm của phương trình là
Giải phương trình
Lời giải: Ta có
Thay từng giá trị vào pt, giải ra ta được các nghiệm là
Với n nguyên dương cho trước, phương trình
Có bao nhiêu nghiệm nguyên dương? (perfectstrong VMF)
Lời giải: Ta có
Tương ứng với mỗi giá trị của y ta có chính là 1 nghiệm của pt. Số nghiệm
phương trình chính là số các giá trị có thể có của y, là số các bội của 2 mà không vượt
quá n-1.
Là nghiệm nguyên dương
Cho . Chứng minh rằng (Romania-2003)
Chứng minh rằng
Từ kết quả đó chứng minh chia hết cho
(USA-1975)
Tìm số tự nhiên n nhỏ nhất sao cho n! tận cùng bằng 290 chữ số 0 (HMMT-2003)
0 1 0 0x x x x• ≤ < ⇒ = ⇒ = ⇒
1 0 1 1x x x x x• − < < ⇒ = − ⇒ = − < ⇒
1 1 1x x x x• = − ⇒ = − ⇒ = ⇒
1 2 2x x x x• ⇒
{ } [ )1 1,2x ∈ − ∪
Ex1.4 23 10 3 0x x− + =
( )( ) 2 23 1 3 3 10 3 3 10 3 0x x x x x x− − = − + ≤ − + =
1 3 1 3
3
x x⇒ ≤ ≤ ⇒ ≤ ≤
1,2,3x =
1 2 3
7 17
; ; 3
3 3
x x x= = =
Bt1.6 24A n n n= + ∈N { } 1
4
A ≤
5 5 3 3x y x y x y+ ≥ + + +
( ) ( )5 ! 5 !m n ( ) ( )! ! 3 ! 3 !m n m n n m+ +
Ex1.5 2x y n+ =
2 1y n x n= − ≤ −
2x n y= −
1
2
n −
Bt1.7
Bt1.8
75PHAÀN NGUYEÂN – BAØI TAÄP & ÖÙNG DUÏNG Hoaøng Xuaân Thanh 10/2010
5. Định lý Hermite
Với n nguyên dương, x là số thực bất kỳ, ta có:
Chứng minh:
Xét hàm
Ta có:
Do đó là hàm tuần hoàn với chu kỳ . Trên khoảng chu kỳ thì tất cả
các số hạng:
đều bằng 0
Từ đó
đpcm
Tính tổng
Lời giải:
Ta có (Theo định lý Hermite)
Tính tổng
Chứng minh rằng
Bt1.10
Ex1.9
1 1
...
n
nx x x x
n n
−
= + + + + +
( ) 1 1... nf x x x x nx
n n
−
= + + + + + −
1 1 1 1 1
...
nf x x x n x
n n n n n
−
+ = + + + + + − +
1 1
... 1 1nx x x nx
n n
−
= + + + + + + − +
( )f x=
( )f x 1
n
10 x
n
≤ <
1 1
, ,..., ,
n
x x x nx
n n
−
+ + ( ) 0,f x x= ∀ ∈R
0 i j n
x i
j≤ < ≤
+
∑
0 1 0 1
n n
i j n j i j j
x i x i
x n xj j≤ < ≤ = ≤ < =
+ +
= = =
∑ ∑ ∑ ∑
2009
1 1
0
3 2010 2010 3
3 3
k k
k k
k
S
+ +
=
+ −
= +
∑
Bt1.11 1
0
2
2
k
k
k
x
x
∞
+
=
+
=
∑
85PHAÀN NGUYEÂN – BAØI TAÄP & ÖÙNG DUÏNG Hoaøng Xuaân Thanh 10/2010
VẤN ĐỀ II: DÃY SỐ & TỔNG PHẦN NGUYÊN
là dãy số “Thứ tự tăng dần của các số tự nhiên lẻ không chia hết cho 3”
Tìm số hạng tổng quát của dãy số trên.
Lời giải:
Xét theo số dư thì tất cả các số tự nhiên không chia hết cho 3 đều có dạng
hay , đây là 2 số chẵn hay 2 số lẻ liên tiếp tùy theo p lẻ hãy chẵn.
Khi p chẵn , thì hai số có dạng và là 2 số lẻ. Tất cả các số dạng này
chính là các số hạng của dãy cần tìm. Xếp theo thứ tự tăng dần ta sẽ có:
và
Như vậy với , ta có:
☺
Là dãy số : “Thứ tự tăng dần của các số tự nhiên không chính phương”
Tìm số hạng tổng quát của dãy số trên.
Lời giải: Xét dãy số tự nhiên
Dễ t...