Tiêu đề CHUYÊN ĐỀ 24 - PHẦN NGUYÊN PHẦN LẺ.pdf ✅

CHỦ ĐỀ ÔN THI HSG 7 – MỚI 0386536670 3 SẢN PHẨM CỦA: CỘNG ĐỒNG GV TOÁN VN – NGUYỄN HỒNG Giải  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 2 (3 ) lại có một bội của 9, cứ 27 số 3 (3 ) lại có một bội của 27;... Do đó số thừa số 3 khi phân tích T ra thừa số nguyên tố bằng: 2 3 4 5 6 7 1000 1000 1000 1000 1000 1000 1000 3 3 3 3 3 3 3 333 111 37 12 4 1 498.                                                        (Vì số 7 1000 3 có phần nguyên bằng 0 nên ta không tiếp tục tìm phần nguyên của số tiếp theo).  Tổng quát. Số thừa số nguyên tố p khi phân tích R n  1.2.3... , ra thừa số nguyên tố là: 2 3 ... k n n n n p p p p                             với k là số mũ lớn nhất sao cho . k p n  Ví dụ 6: Tìm số hữu tỉ x, biết rằng: a) 3 4 ; x x   b)  x x    8 3 ;  c) 5 3 2 1. x x     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 3 4 . x x x Z      Ta có 3 4 3 4 1 x x x x x         2 3 4 5 2 2,5 3 4 1 2 x x x x x x x                     Mà x  nên x  2. b)  x x    8 3 (*).  Đặt 3 ( ) x . 3 t       x t t  Thay vào (*) ta được: 8 3 t t         
CHỦ ĐỀ ÔN THI HSG 7 – MỚI 0386536670 4 SẢN PHẨM CỦA: CỘNG ĐỒNG GV TOÁN VN – NGUYỄN HỒNG 8 6 3 21 1 . 5 8 1 4 4 3 t t t t t t                     1 5 6 4   t mà t t     6, suy ra x  2. c) 5 3 2 1 (**) x x     Đặt 1 2 1 ( ) 2 t x t t x        thay vào (**) ta được: 1 5 11 5 3 2 2 t t t t                   5 11 11 2 3 2 3 3 5 11 2 5 11 5 11 2 2 13 1 1 4 2 3 3 t t t t t t t t t t                               2 1 3 4 3 3   t mà t Z t    4 từ đó suy ra 4 1 3 . 2 2 x    Ví dụ 7: Với x là số thực. Chứng minh rằng     1 2 2 x x x          Giải  Tìm cách giải. Nhận thấy x và 1 2 x  hơn kém nhau 1 2 đơn vị. Do vậy chúng ta nên so sánh x với 1 . 2 Bởi vì nếu   1 < 2 x thì   1 2 x x         , còn nếu   1 2 x  thì   1 1 2 x x          . Từ đó bài toán cần xét hai trường hợp.  Trình bày lời giải  Trường hợp 1 Xét             1 1 1 1 2 2 2 2 x x x x x x x                             Do đó         1 2. 2 x x x x x            Còn 2 2 2 2 2 2 x x x x x x                         Từ đó suy ra     1 2 2 x x x           Trường hợp 2. Xét tương tự với   1 1. 2   x