Chuyên đề bồi dưỡng HSG - Chuyên đề 8: Phần nguyên, phần lẻ - Toán 7

 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. 
✓ Trình bày lời giải ✓ 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 
 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 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. 
 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 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 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!=1.2.32020 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.