Vũ Hồng Phong lng Bt l-Hon Sn-Tiờn Du -Bắc Ninh

1

Chuyên đề 1 : Phơng trình có chứa phần nguyên


Vũ Hồng Phong GV THPT Tiên Du 1, Bắc Ninh

Khi gặp một phơng trình có chứa phần nguyên chúng ta không chỉ thấy cái hay trong thuật
toán giải phơng trình mà còn thấy ở đó những tính chất thú vị của phần nguyên đợc sử dụng.
Hi vọng bài viết này sẽ đem lại những điều mới lạ và bổ ích cho các bạn
Trớc tiên xin nhắc lại một vài tính chất của phần nguyên:
Với x,y,

là các số thực, m,n là số nguyên, Z là tập hợp số nguyên
ta kí hiệu [x] l số nguyên lớn nhất không vợt quá x ,đọc là phần nguyên của x, phần lẻ của x
là
][}{ xxx

. Khi đó ta có:
Tính chất 1:
xxx

][1

Hệ quả:
1}{0

x

Chứng minh:
+ do [x] l số nguyên lớn nhất không vợt quá x nên
xx

][

+ ta chứng minh
][1 xx

bằng phơng pháp phản chứng nh sau
Giả sử
][1 xx

suy ra
][1][ xxx

nh vậy
1][

x
là số nguyên không vợt quá x, mâu thuẫn
với định nghĩa [x] l số nguyên lớn nhất không vợt quá x
+ do
xxx

][1
nên
1][0

xx

suy ra
1}{0

x

Tính chất 2:
1][

nxnnx

Chứng minh:
+ nếu
nx

][
thì theo tính chất 1 có
xxnx

][1
suy ra
1

nxn

+ nếu
1

nxn
thì số nguyên lớn nhất không vợt quá x là n suy ra
nx


][

Tính chất 3:
nxnx

][][

Chứng minh:
Giả sử
mx

][
thì theo tính chất 2 có
1

mxm 1

nmnxnm

nxnmnx

][][

Tính chất 4: với
Zx

thì
][][ xx



với
Zx

thì
1][][

xx

Chứng minh:
+ với
Zx

thì
Zx

nên x là số nguyên lớn nhất không vợt quá x
và x là số nguyên lớn nhất không vợt quá x nên
xx

][
;
xx

][

suy ra
][][ xxx



+với
Zx

thì theo tính chất 1 có
xxx

][1 1][][

xxx ][1][ xxx


suy ra
1][][

xx

Tính chất 5: với
1

n
có
][]
1
[ ]
1
[][ nx
n
n
x
n

xx



Chứng minh:
Với
Rx

tồn tại
Za

sao cho
)1;[

aax

Chia nửa khoảng
)1;[

aa
thành n nửa khoảng nh sau:
)
1
;[
n
aa
;
)
2
;

1
[
n
a
n
a
; ;
);
1
[
n
k
a
n
k
a


; ;
)1;
1
[

a
n
n
a

Khi đó x sẽ thuộc một trong n nửa khoảng trên
Vũ Hồng Phong lng Bt l-Hon Sn-Tiờn Du -Bắc Ninh


2

Giả sử
);
1
[
n
k
a
n
k
ax



Với
kniZi

0;
có
)1;
1
[

a
n
k
a
n

i
x
suy ra
a
n
i
x ][

Suy ra
akn
n
kn
x
n
xx )1(][ ]
1
[][


(1) (vì vế trái có n k+1 số hạng)
Với
11;

niknZi
có
)2;1[ aa
n
i
x
suy ra

1][ a
n
i
x

Suy ra
)1)(1(]
1
[ ]
1
[



ak
n
n
x
n
kn
x
(2) (vì vế trái có k-1 số hạng)
Do
);
1
[
n
k
a
n

k
ax


nên
);1[ knaknanx

suy ra
1][

knanx
(3)
Từ (1),(2),(3) suy ra
][1)1)(1()1(]
1
[ ]
1
[][ nxknaakakn
n
n
x
n
xx



Tính chất 6:Với
yx
thì
][][ yx



Chứng minh:
Theo tính chất 1 có
1][

xx
và
yy

][

Ta chứng minh bằng phơng pháp phản chứng nh sau:
Giả sử
][][ yx

suy ra
][1][ yx

yyxx

][1][
yx
mâu thuẫn với giả thiết
yx

Tính chất 7:với
1

n

thì
1}]{[0

nxn

Chứng minh: do
1}{0

x
nên
nxn

}{0 1}]{[0

nxn

Tính chất 8: Với
1

n
có:
1][][][

nxnnxxn

+
n
xnxxn
1
}{0][][


+
1}{
1
1][][

x
n
n
nxnnx

Chứng minh: do
Zxn

][
nên theo tính chất 3 có
}]{[][})]{]([[][ xnxnxxnnx


Mà theo tính chất 7 có
1}]{[0

nxn
suy ra
1][][][

nxnnxxn

n
xnxnxnxxn

1
}{0100][][][

1}{
1
11][1][][

x
n
n
nnxnnnxnxnnx

Tính chất 9:Với
1,

nm
có: +
1][][][][][

nmynxmnymxynxm

+
1][][][][][

mynxmnymxnynxm

Chứng minh: có
}]{}{[][][}]{][}{][[][ ynxmynxmynynxmxmnymx




}]{}{[][][}]{][}{][[][ ynxmynxmynynxmxmnymx


Do
1}{};{0

yx
nên
nmynxm

}{}{0
;
mynxmn

}{}{

Suy ra
1}]{}{[0

nmynxm
;
1}]{}{[

mynxmn

Do vậy
1][][][][][

nmynxmnymxynxm



1][][][][][

mynxmnymxnynxm

Tính chất 10 với
Rx
i

có :
1][ ][][] [][ ][][
212121
nxxxxxxxxx
nnn

đẳng thức xảy ra ở từng chỗ lần lợt là
0}]{ }{}[{
21

n
xxx
;
1}]{ }{}[{
21
nxxx
n

Chứng minh: có
}]{][ }{][}{][[] [

221121 nnn
xxxxxxxxx


}]{ }{}[{][ ][][
2121 nn
xxxxxx
(1)
Vũ Hồng Phong lng Bt l-Hon Sn-Tiờn Du -Bắc Ninh

3

Do
1}{0
i
x
nên
nxxx
n
}{ }{}{0
21
suy ra
1}]{ }{}[{0
21
nxxx
n
(2)
Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh
Tổng quát tính chất 8,9,10 nh sau:
Biểu thức

][ ][][][ ][][] [
21212121 nmnm
yyyxxxyyyxxxP
nhận các giá
trị nguyên
1; ;1;

mnn

Chứng minh:
Biến đổi tơng tự tính chất 8,9,10 đợc:
ZyyyxxxP
nm
}]{ }{}{}{ }{}[{
2121
(1)
Có
myyyxxxn
nm
}{ }{}{}{ }{}{
2121
nên

1}]{ }{}{}{ }{}[{
2121
myyyxxxn
nm
(2)
Từ (1) và (2) suy ra P nhận các giá trị nguyên
1; ;1;


mnn

Tính chất 11: a) nếu
0,

yx
thì
]][[][ yxxy


b) nếu
0,

yx
thì
]][[][ yxxy


c) nếu
yx

0
thì
][]][[][ xyxxy


Chứng minh: do
Zyx


]][[
nên
}]}{{}]{[}]{[[]][[})]{]})([{][([][ yxxyyxyxyyxxxy



]}{}]{[[]][[})]{]}([{}]{[[]][[ yxyxyxyyxyxyx


a) Với
0,

yx
thì
0][

x
mà
0}{};{

yx
nên
0}]{[

yx
;
0}{

yx


suy ra
0}{}]{[

yxyx 0]}{}]{[[

yxyx
do vậy
]][[][ yxxy


b) Với
0,

yx
thì
0][

x
mà
0}{};{

yx
nên
0}]{[

yx
;
0}{

yx


suy ra
0}{}]{[

yxyx 0]}{}]{[[

yxyx
do vậy
]][[][ yxxy


c) Với
yx

0
thì
yx

0][
mà
1}{};{0

yx
suy ra
][}]{[ xyx

và
0}{

yx


suy ra
][}{}]{[ xyxyx

][]][[]}{}]{[[ xxyxyx

(theo tính chất 6)
do vậy
][]][[][ xyxxy


Tính chất 12: + nếu
0


và
][][ yx


thì


yx1

+ nếu
0


và
][][ yx



thì
01

yx


Tổng quát: với
R
ji


;;
;
0;
ji


nếu

][ ][][][ ][][
22112211 nnmm
yyyxxx

thì



mnnnmm

yyyxxx ;
212122112211

Chứng minh:
Với
][][ yx


thì
}{}{}){]([}){]([ yxyyxxyx



+ khi
0


có


}{}{1 yx


yx1

+ khi
0


có

0}{}{1

yx

01

yx


+ Có

nnmm
yyyxxx


22112211

][ ][][][ ][][
22112211 nnmm
yyyxxx



}{ }{}{}{ }{}{
22112211 nnmm
yyyxxx


}{ }{}{}{ }{}{
22112211 nnmm

yyyxxx


(1)
Do


1;0
ji
yx
nên
}{ }{}{}{ }{}{
22112211 nnmm
yyyxxx


thuộc
khoảng



mn
;
2121
(2)
từ (1) và (2) ta có đpcm
Sau đây là các ví dụ
Ví dụ 1: giải phơng trình

}{

3
22
]
16
15
[ ]
16
3
[]
16
1
[ x
xxx






(1)
Vũ Hồng Phong lng Bt l-Hon Sn-Tiờn Du -Bắc Ninh

4

Lời giải Theo tính chất 5 có:

]
2
1
[]

16
1
.8[]
8
7
16
1
[ ]
8
1
16
1
[]
16
1
[)1(










xxxxx
VT

Do

1}{0

x
nên
3
25
}{
3
22
)1(
3
22
xVP

Lại có
ZVT

)1(
nên
8)1()1(

VPVT


8]
2
1
[8)1(



x
VT 17159
2
1
8

x
x



15][

x
hoặc
16][

x


3
2
}{8)1( xVP

Mà
}{][ xxx

nên PT(1) có 2 nghiệm
3
47

x
và
3
50
x

Ví dụ 2 giải phơng trình
















3
25
9
1711
3
xx
(*)

Lời giải Theo tính chất 12 từ PT(*) suy ra
3
3
25
9
1711
.31




xx
42

x

Suy ra
6
3
25
3
8



x
5(*)
3
25
2








VP
x

Mà VT(*) là số nguyên chia hết cho 3 nên
3(*)(*)

VPVT
suy ra

























3
3
25
1
9
1711
(*)
x
x
PT















4
3
25
3
2
9
1711
1
x
x











5
14
5
11
11
35

11
26
x
x
5
14
11
26
x

Vậy tập nghiệm của PT(*) là







5
14
;
11
26
T

Ví dụ 3 giải phơng trình

25
8165
}{]][[

2
2422


x
xxxx
(1)
Lời giải
Theo tính chất 1 có
1][
22
xx
nên
242222
)1(][ xxxxxx

Theo tính chất 6 suy ra
][]][[
2422
xxxx
.
Ta có
242424
}{][)1( xxxxxxVT
(2)
Mà
25
8165
0)
5

9
(
2
2422


x
xxx
(3)
Từ (2) và (3) suy ra
)1()1( VPVT


)1()1( VPVT


dấu = xảy ra tại (2) và (3)
Vì thế

)1(PT







0)
5
9

(
][]][[
22
2422
x
xxxx
5
9
x

Vậy PT(1) có 2 nghiệm
5
9
x

Vũ Hồng Phong lng Bt l-Hon Sn-Tiờn Du -Bắc Ninh

5

Ví dụ 4 giải phơng trình

6
22913025
6
310
6
1
5
3
15

4
2























xxx
x
x
(1)
Lời giải áp dụng tính chất 9 có


6
3310
5
6
310
5
6
310
6
310
6
310
5)
6
1
.(5
3
15
.4)1(






































xxxxx
x
x

VT
(2)
Mà
6
22913025
6
3310
0)145(
2
2




xxx
x
(3)
Từ (2) và (3) suy ra
)1()1( VPVT


)1()1( VPVT


dấu = xảy ra tại (2) và (3)
Do đó












0)145(
5]
6
310
[]
6
1
[5]
3
15
[4
)1(
2
x
x
x
x
PT

8,2
5
14
x


Vậy PT(1) có nghiệm
8,2

x

Ví dụ 5: giải phơng trình

60
163
][6
5
]5[
4
]4[
3
]3[
2
]2[
2
2222
x
xxxx
(*)
Lời giải Theo tính chất 8 ta có
2
1][2
2
]2[
22



xx
(1) ;
3
2][3
3
]3[
22


xx
(2)
4
3][4
4
]4[
22


xx
(3) ;
5
4][5
5
]5[
22


xx

(4)
Cộng vế với vế (1),(2),(3) và (4) ta đợc
60
163
][4(*)
2
xVT
(5)
Mà
0
2
x
nên
0][
2
x
suy ra
60
163
][6
60
163
][4
22
xx
(6)
Từ (5) và (6) suy ra
(*)(*) VPVT




(*)(*) VPVT


dấu = xảy ra tại (1),(2),(3),(4),(6)
Do đó





















0][
1}{
5

4
1}{
4
3
1}{
3
2
1}{
2
1
(*)
2
2
2
2
2
x
x
x
x
x
PT


1}{
5
4
22
xx










5
2
1
1
5
2
x
x

Vậy tập nghiệm của PT(*) là
)1;
5
2
[]
5
2
;1(

T

Ví dụ 6 giải phơng trình










7
6
2]4[]2[][
]7[
2
222
2
x
xxx
x
(1)
Lời giải
Vũ Hồng Phong lng Bt l-Hon Sn-Tiờn Du -Bắc Ninh

6

Dễ thấy
Rxxxx ;02]4[]2[][
222

TH1: với
7

1
0
2
x
thì
170
2
x
và
1
7
6
0
2
x
suy ra
0]
7
6
[]7[
22
xx

Khi này
0)1()1(

VPVT
suy ra
7
1

0
2
x
thoả mãn (1)
Vậy









7
1
;
7
1
x
là nghiệm của (1)
TH2: với
7
1
2
x
có
1
7
6

2
x
suy ra
1]
7
6
[)1(
2
xVP
(2)
đẳng thức xảy ra
1]
7
6
[
2
x 2
7
6
1
2
x
7
8
7
1
2
x

Theo tính chất 10 có

2]4[]2[][]42[]7[
2222222
xxxxxxx
suy ra
1)1(

VT
(3)
đẳng thức xảy ra
2}]4{}2{}[{
222
xxx 3}4{}2{}{2
222
xxx

Từ (2) và (3) suy ra
)1()1( VPVT









(*)3}4{}2{}{2
7
8
7

1
222
2
xxx
x
(I)
3}4{}2{}{2
222
xxx (*)
Theo tính chất 4 chuyên đề 2 có
}]{[}{}}{{ xnxnxn


Suy ra
3}}{4{}}{2{}{2(*)
222
xxxBPT


3}]4[{}{4}]{2[}{2}{2
22222
xxxxx
(1)
Do
1}{0
2
x
nên
TH1:
4

1
}{0
2
x
thì
2
1
}{20
2
x
;
1}{40
2
x
suy ra

0}]{2[
2
x
;
0}]{4[
2
x

3}{72)1(
2
x
7
3
}{

7
2
2
x
(loại vì
4
1
}{0
2
x
)
TH2:
2
1
}{
4
1
2
x
thì
1}{2
2
1
2
x
;
2}{41
2
x
suy ra


0}]{2[
2
x
;
1}]{4[
2
x

31}{72)1(
2
x
7
4
}{
7
3
2
x

Suy ra
2
1
}{
7
3
2
x

TH3:

4
3
}{
2
1
2
x
thì
2
3
}{21
2
x
;
3}{42
2
x
suy ra

1}]{2[
2
x
;
2}]{4[
2
x

33}{72)1(
2
x

7
6
}{
7
5
2
x

Suy ra
4
3
}{
7
5
2
x

TH4:
1}{
4
3
2
x
thì
2}{2
2
3
2
x
;

4}{43
2
x
suy ra

1}]{2[
2
x
;
3}]{4[
2
x

Vũ Hồng Phong lng Bt l-Hon Sn-Tiờn Du -Bắc Ninh

7

34}{72)1(
2
x
1}{
7
6
2
x

Suy ra
1}{
7
6

2
x

Từ 4 trờng hợp suy ra





















1;
7
6
4
3

;
7
5
2
1
;
7
3
2
x


Hệ (I)































1;
7
6
4
3
;
7
5
2
1
;
7
3
}{
7
8
7

1
2
2
x
x




















1;
7
6
4
3

;
7
5
2
1
;
7
3
2
x

















































1;
7

6
4
3
;
7
5
2
1
;
7
3
7
3
;
2
1
7
5
;
4
3
7
6
;1x

Vậy tập nghiệm PT đã cho là



























































1;
7
6
4
3
;
7

5
2
1
;
7
3
7
1
;
7
1
7
3
;
2
1
7
5
;
4
3
7
6
;1T

Bài tập: giải phơng trình
1)
3
3
12

]][[


x
xx

2)
04}{5]][[
2
xxx

3)
]
3
12
[]
3
1
3
2[
2


xx
x

4)
0]
6
15

[]
12
2311
[2



xx

5)
10
121
]10[
1
][
1
]10[][
xx
xx

6)
1][
]2][[47
1]3[][
]6[]3[2
2






x
xx
xx
xx

7)
9]
2
1
2
[ ]
2
1
2
[]
2
1
2
[
82

xxx

8)



1
8,112,03315

8,038,03
2
2



xxx
xx

9)

2
2
2
2][
1]3[
12][12
}]{3[2


x
x
x
x

10)
1
}75,023{]5,03][5,0[
25,257134
2422

246



xxxx
xxx

Vũ Hồng Phong GV THPT Tiên Du 1, Bắc Ninh






Vũ Hồng Phong lng Bt l-Hon Sn-Tiờn Du -Bắc Ninh

8


Chuyên đề2:Phơng trình, Hệ Phơng trình có chứa phần lẻ

Vũ Hồng Phong GV THPT Tiên Du 1, Bắc Ninh


Để giải đợc các PT,hệ PT có chứa phần nguyên, phần lẻ đòi hỏi chúng ta phải nắm vững các tính chất
của phần nguyên cũng nh phần lẻ. Sau đây,chúng tôi xin giới thiệu tới các bạn một số tính chất của
phần lẻ cùng các ví dụ có vận dụng các tính chất này.
Với x,y là số thực, m;n là các số nguyên,kí hiệu phần nguyên của x là [x], phần lẻ của x là
][}{ xxx


, Z
là tập hợp các số nguyên
tính chất 1:
1}{0

x
( đã chứng minh ở chuyên đề 1)
tính chất 2:
1}]{[0

nxn

chứng minh:
do
1}{0

x
nên
nxn

}{0 1}]{[0

nxn

tính chất 3:
}{}{ xxn


Chứng minh:
Ta có

}{][][][}{ xxxxnxnxnxnxn


tính chất 4:
}}{{}{ xnnx


Chứng minh:
do
Zxn

][
nên theo tính chất 3 có
}}{{}}{][{}{ xnxnxnnx


tính chất 5:Với
Zx

thì
0}{}{

xx

Với
Zx

thì
1}{}{


xx

Chứng minh:
Với
Zx

thì
xx

][
;
xx

][
nên
0][}{

xxx
;
0][}{

xxx

Với
Zx

thì
1][][

xx

nên

1}{1])[(1][][}{

xxxxxxxx
Suy ra
1}{}{

xx

tính chất 6 :
Zyxyx

}{}{

Chứng minh:
+Giả sử
}{}{ yx

ta có
Zyxyyxxyx

][][}{][}{][

+ giả sử
Zyx

thì
Zyxyxyyxxyx


][][][][}{}{
(1)
Do
1}{};{0

yx
nên
1}{}{1

yx
(2)
Từ (1);(2) suy ra
0}{}{

yx }{}{ yx


mở rộng: với
1;

nm

a) +với
11;

mknZk
và
kynxm

}{}{

thì
Znymx


+ nếu
Znymx

thì

1; ;2;1}{}{ mnnynxm

b) +với
10;

nmkZk
và
kynxm

}{}{
thì
Znymx


+ nếu
Znymx

thì

1; ;1;0}{}{ nmynxm


c) +với
11;

mknZk
và

kyyyxxx
nm

2121

thì
Zyyyxxx
nm

2121

+ nếu
Zyyyxxx
nm

2121
thì


1; ;2;1
2121
mnnyyyxxx
nm


Chứng minh:
+với
11;

mknZk
và
kynxm

}{}{
thì
Vũ Hồng Phong lng Bt l-Hon Sn-Tiờn Du -Bắc Ninh

9


Zkynxmynxmynxmnymx

][][}{}{][][

+ nếu
Znymx

thì
Zynxmnymxynxm

][][}{}{
(1)
Do
1}{};{0


yx
nên
mynxmn

}{}{
(2)
Từ (1) và (2) suy ra

1; ;2;1}{}{ mnnynxm

a) +với
10;

nmkZk
và
kynxm

}{}{
thì

Zkynxmynxmynxmnymx

][][}{}{][][

+ nếu
Znymx

thì
Zynxmnymxynxm


][][}{}{
(1)
Do
1}{};{0

yx
nên
nmynxm

}{}{0
(2)
Từ (1) và (2) suy ra

1; ;1;0}{}{ nmynxm

c) chứng minh tơng tự b và c
tính chất 7: a)

nnn
xxxxxxnxxx 1
212121

đẳng thức xảy ra ở từng chỗ lần lợt là

1}]{ }{}[{
21
nxxx
n
;
0}]{ }{}[{

21

n
xxx

b)

1 yxyxyx

đẳng thức xảy ra ở từng chỗ lần lợt là


0][ yx
;

1][ yx

chứng minh:
a)ta có

] [
212121 nnn
xxxxxxxxx


}]{][ }{][}{][[}{][ }{][}{][
22112211 nnnn
xxxxxxxxxxxx



}]{ }{}[{][ ][][}{][ }{][}{][
21212211 nnnn
xxxxxxxxxxxx


}]{ }{}[{}{ }{}{
2121 nn
xxxxxx
(1)
Do

10
i
x
nên
nxxx
n
}{ }{}{0
21
1}]{ }{}[{0
21
nxxx
n
(2)
Từ (1) và (2) suy ra

nnn
xxxxxxnxxx 1
212121


Nhận xét: tính chất 7a có thể phát biểu nh sau:
Biểu thức

nn
xxxxxx
2121
nhận các giá trị
0; ;2;1

nn

Giải thích thêm
Theo (1) biểu thức bằng
Zxxx
n
}]{ }{}[{
21

Do có (2):
1}]{ }{}[{0
21
nxxx
n
nên từ đó suy ra nhận xét
b) có

}]{][}{][[}{][}{][][ yyxxyyxxyxyxyx


}]{}[{}{}{}]{}[{][][}{][}{][ yxyxyxyxyyxx


(3)
Có

11 yx
suy ra

0][1 yx
(4)
Từ (3),(4) suy ra

1 yxyxyx

Tổng quát: biểu thức

nnnm
yyyxxxyyyxxx
21212121

nhận các giá trị
nmm ; ;2;1


tính chất 8 :
}{
2
1
}
1
{ }

1
{}{ nx
n
n
n
x
n
xx




với
1

n

chứng minh: có
)
1
( )
1
(
n
n
x
n
xx



2
1
2
)1(1 21






n
nx
n
nn
nx
n
n
nx
(*)
Mà
][]
1
[ ]
1
[][ nx
n
n
x
n
xx



nên


)
1
( )
1
(
n
n
x
n
xx

Vũ Hồng Phong lng Bt l-Hon Sn-Tiờn Du -Bắc Ninh

10



]
1
[ ]
1
[][
n
n
x

n
xx

}
1
{ }
1
{}{
n
n
x
n
xx

}
1
{ }
1
{}{][
n
n
x
n
xxnx



Thay vào (*) đợc

2

1
][
2
1
}
1
{ }
1
{}{][






n
nxnx
n
nx
n
n
x
n
xxnx

Suy ra
}{
2
1
}

1
{ }
1
{}{ nx
n
n
n
x
n
xx





sau đây là các ví dụ
Ví dụ1:
Giải phơng trình
2,6]2[])[1
3
2
3
1
3
(























xx
xxx

Lời giải theo tính chất 8 có

x
xxxx































3
.3
2
13
3
2

33
1
33

PT

2,6]2[]}[{

xxx

2,6})]{]([2[]}[{

xxxx

2,6}]{2][2[]}[{

xxxx

2,6}]{2[][2]}[{

xxxx
(1)
TH1:
2
1
}{0 x
(2) thì
1}{20

x 0}]{2[


x

PT(1)
2,6][2]}[{

xxx
][
][22,6
}{
x
x
x


(3)
Do (2) nên
2
1
][
][22,6
0


x
x

0
][
][22,6




x
x
và
0
][
][54,12


x
x














48,2][
0][
1,3][0

x
x
x

3][1,3][48,2

xx

thay [x] = 3 vào (3) đợc
}{x
=
3
2,0
.Suy ra x =
15
46
3
2,0
3}{][ xx

TH2:
1}{
2
1
x
(4) thì 2}{21

x 1}]{2[

x

PT(1)
2,61][2]}[{

xxx
][
][22,5
}{
x
x
x



Do (4) nên
1
][
][22,5
2
1



x
x
(5)
Giải tơng tự TH1 từ (5) ta đợc [x] = 2 khi đó
}{x
= 0,6 Suy ra x = 2,6
Vậy PT đã cho có 2 nghiệm
x =

15
46
;
x = 2,6
Ví dụ 2
Giải phơng trình
}35,0{}1{ xx
(1)
Lời giải + theo tính chất 6 thì
ZxxAPT 5,031)1(

+ ta có
)3)(1(24)31(
2
xxxx

Theo BĐT CôSi thì
431)3)(1(20 xxxx

Suy ra
8)31(4
2
xx

22312 xx


3,25,0225,1 A
với
]3;1[


x

Do vậy
25,031 xxA

Vũ Hồng Phong lng Bt l-Hon Sn-Tiờn Du -Bắc Ninh

11


2
5
31 xx
4
25
)3)(1(231 xxxx


9238
2
xx
011112864
2
xx
8
175
1 x

Vậy PT(1) có 2 nghiệm

8
175
1x

Ví dụ 3
Giải phơng trình



2][
3][2][
264
4
2
2





x
xx
xx
xx
(1)
Lời giải dễ thấy

0264 xx

Theo tính chất 4 có

}]{4[}{4}}{4{}4{ xxxx

(
][}{ aaa

)
áp dụng tính chất 8 có


2446 xxxxxxx

xxxx 42264

Suy ra


2
1
264
4
)1(



xx
xx
VT
(2)
đẳng thức xảy ra


2]4[ xxx

3422 xx



3}{422 xx


3]4[422 xxx



3]4[62 xx
(*)
TH1:
4
1
}{0 x
thì
1}{40

x 0}]{4[

x



362(*) xBPT


2
1
3
1
x
(loại do
4
1
}{0 x
)
TH2:
2
1
}{
4
1
x
thì
2}{41

x 1}]{4[

x



3162(*) xBPT

3
2

2
1
x
(loại do
2
1
}{
4
1
x
)
TH3:
4
3
}{
2
1
x
thì
3}{42

x 2}]{4[

x



3262(*) xBPT

6

5
3
2
x
suy ra

4
3
3
2
x

TH4:
1}{
4
3
x
thì
4}{43

x 3}]{4[

x



3362(*) xBPT

1
6

5
x
suy ra

1
6
5
x

Vậy














1;
6
5
4
3
;

3
2
(*) xBPT

Ta có

02][
2
x
suy ra

2][3][2][2
22
xxx

Do đó
2
1
2][
3][2][
)1(
2
2




x
xx
VP

(3)
đẳng thức xảy ra
2][

x

Từ (2);(3) suy ra
2
1
)1()1( VPVT























2][
1;
6
5
4
3
;
3
2
x
x













3;
6
17
4

11
;
3
8
x

Vũ Hồng Phong lng Bt l-Hon Sn-Tiờn Du -Bắc Ninh

12

Tập nghiệm của PT(1) là













3;
6
17
4
11
;

3
8
T

Ví dụ 4:
Giải hệ phơng trình






























(**)22
1
7
(*)1222
22
xyxy
xyxy
y
x
y
x

Lời giải có

Zxyxyxy 0

điều kiện
22
y
x
;
Zxy


Đặt

a
y
x

với
22

a

PT(*) trở thành

1222 aa
(1)
theo tính chất 6 mở rộng b thì từ PT(1) có

ZaaL 222

Có
444)2(3444310
222
aaaaL

Theo BĐT CôSi có
20248310)2)(48(2310
2
aaaaaaL

Vậy
204
2

L
mà
ZLL

;0
suy ra

4;3;2L

+Với
42
2
LL
2444)2(34
2
aaa

Thay
2

a
vào (1) thấy không thoả mãn
+Với
93
2
LL
944310
2
aa



1344
2
aa








1691664
3
1
22
aaa
a








063625
3
1
2

aa
a












25
11123
3
1
a
a
25
11123
a

Thay
25
11123
a
vào vế trái (1) đợc











































5
116
2
5
1123
25
111247
2
25
111253

2
5
116
.2
5
2112
5
116
21

5
1123























Suy ra
25
11123
a
không là nghiệm của (1)

+Với
164
2
LL
1644310
2
aa


6344
2
aa






363691664
2
22
aaa
a






0283625

2
2
aa
a

Vũ Hồng Phong lng Bt l-Hon Sn-Tiờn Du -Bắc Ninh

13

2

a
hoặc
25
14
a

Thay
2

a
và
25
14
a
vào PT(1) ta thấy chỉ
25
14
a
là nghiệm

Do
Zxy

nên
1][][

xyxy
;
1}{}{

xyxy
;
0}}{{

xyxy

Vì
0)(
2
nm
nên có
222
)(
2
1
nmnm
và
2
)(
4

1
nmmn

đẳng thức xảy ra ở 2 bất đẳng thức trên đều là m = n
áp dụng ta có:


(**)22
4
7][][
2
1
(**)
2
2
VP
xyxy
xyxyVT



Suy ra
22(**)(**)

VPVT

















1
1][][
7][][
xyxy
xyxy
xyxy
xyxy









2
1
3][

xy
xy
2
7
xy

Nh vậy ta có









2
7
25
14
xy
y
x





















2
5
;
5
7
;
2
5
;
5
7
);( yx

Vậy hệ PT đã cho có nghiệm





















2
5
;
5
7
;
2
5
;
5
7
);( yx


Bài tập 1:
Giải phơng trình
1)
22
}{61 xxx

2)
24,2][}}{{

xxx

3)
3
40
}2{2]
3
1
][[ xxx



4)


]
10
7
[1
3
2

][
x
x
x
xx
xx





5)
}4{48}2{2]
2
1
[][ xxxx

6)
]
256
255
[][}
2
1
2
{ }
2
1
2
{}

2
1
2
{
82
x
x
xxx


7)
][
3
88
}
45
43
{ }
45
7
{}
45
4
{}
45
1
{ x
xxxx










Bài tập 2:
Giải hệ phơng trình
1)







5,0}{
}{}{
22
yxyxx
yxyx

2)










}2{}{
1}3{
]2[][1
][}{][}{
yy
y
yyxx
xyyx
3)





6][}]{3[}{3
6][}]{3[}{3
xxy
yyx

Vũ Hồng Phong lng Bt l-Hon Sn-Tiờn Du -Bắc Ninh

Vò Hång Phong làng Bất lự-Hoàn Sơn-Tiên Du -B¾c Ninh

14