GVHD: Th.S Võ Văn Minh

Hàm phần nguyên- Hàm phần lẻ

A. Mở đầu
1. Lí do chọn đề tài.
Hàm phần nguyên và hàm phần lẻ vừa đơn giản lại vừa phức tạp, nhiều bài
toán hay về hàm phần nguyên và hàm phần lẻ đã được sử dụng làm đề thi học sinh
giỏi các cấp, trong đó có rất nhiều các đề thi học sinh giỏi quốc gia và Olympic quốc
tế. Hàm phần nguyên và hàm phần lẻ có những ứng dụng quan trọng không chỉ trong
toán học phổ thông mà còn trong nhiều vấn đề của toán ứng dụng và công nghệ thông
tin. Phần nguyên cũng thể hiện sự kết nối giữa tính liên tục và tính rời rạc, giữa toán
giải tích và toán rời rạc nên khá thú vị. Tuy nhiên, dường như chưa có một cuốn sách
nào đề cập nhiều về hàm phần nguyên và hàm phần lẻ.
Thấy được tầm quan trọng và nhiều ứng dụng thực tiễn của hàm phần nguyên và
hàm phần lẻ, với mục đích nghiên cứu sâu hơn về hàm phần nguyên và hàm phần lẻ để
mở rộng kiến thức cho bản thân. Cùng với sự giúp đỡ của giảng viên bộ môn Số học tôi
xin chọn đề tài “Hàm phần nguyên- hàm phần lẻ ” làm đề bài tiểu luận cho mình.
2. Mục đích nghiên cứu
Thông qua việc nghiên cứu tài liệu tham khảo, đề tài có mục đích tìm hiểu sâu
hơn về hàm phần nguyên- hàm phần lẻ và từ đó giải một số bài tập vận dụng.
3. Nhiệm vụ nghiên cứu
Tìm hiểu, nghiên cứu hệ thống lí thuyết, các định nghĩa, Định lí, mệnh đề, tính
chất của hàm phần nguyên- hàm phần lẻ.
4. Đối tượng nghiên cứu
- Hàm phần nguyên
- Hàm phần lẻ
- Ứng dụng của hàm phần nguyên
5. Phạm vi nghiên cứu
- Hệ thống lí thuyết về hàm phần nguyên- hàm phần lẻ
- Các kiến thức liên quan.

6. Phương pháp nghiên cứu
- Tổng hợp lại các kiến thức đã học.
- Phân tích các nội dung kiến thức cần nghiên cứu.
- Sưu tầm tài liệu từ sách tham khảo, mạng internet
- Hỏi ý kiến chuyên gia.
7. Đóng góp của đề tài

SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng

Trang 1


GVHD: Th.S Võ Văn Minh

Hàm phần nguyên- Hàm phần lẻ

B. Nội dung
Chương I. Hàm phần nguyên- hàm phần lẻ
1. Kiến thức chuẩn bị
1.1 Ước chung lớn nhất
1.1.1. Ước chung
Cho các số nguyên a1 , a2 ,...., an , số nguyên d được gọi là ước chung của các ai
nếu d ai ( i = 1, n ). Kí hiệu tập tất cả các ước chung của a1 , a2 ,...., an là ƯC( a1 , a2 ,...., an
).
Hiển nhiên ±1 là ước chung của bất kỳ tập số nguyên nào.
Ví dụ: ƯC(18,-15,21) = { 1, −1,3, −3}
1.2 Ước chung lớn nhất
1.2.1. Định nghĩa
Cho các số nguyên a1 , a2 ,...., an , số nguyên d được gọi là ước chung lớn nhất của
các ai nếu d là một ước chung của các ai và d chia hết cho mọi ước chung của chúng.

Người ta kí hiệu số lớn nhất trong tập các ước chung lớn nhất của a1 , a2 ,...., an là (
a1 , a2 ,...., an ).

1.2.2. Chú ý
Nếu d là ước chung lớn nhất của a1 , a2 ,...., an thì –d cũng vậy
Nếu d và d’ cùng là ước chung lớn nhất của a1 , a2 ,...., an thì d = ± d ' (ta quy ước
d >0)

1.3 Số nguyên tố cùng nhau
1.3.1. Định nghĩa
Nếu (a1 , a2 ,...., an ) = 1 thì a1 , a2 ,...., an được gọi là nguyên tố cùng nhau.
1.3.2. Số nguyên tố sánh đôi
Các số nguyên a1 , a2 ,...., an được gọi nguyên tố sánh đôi, hay đôi một nguyên tố
cùng nhau nếu ( ai , a j ) = 1 với mọi i, j = 1, 2,..., n và i ≠ j
Ví dụ: ( 5, 7,8 ) = 1 , ( 5,9,13) = 1

SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng

Trang 2


GVHD: Th.S Võ Văn Minh

Hàm phần nguyên- Hàm phần lẻ

1.3.3. Nhận xét
Nếu a1 , a2 ,...., an là nguyên tố sánh đôi thì a1 , a2 ,...., an là nguyên tố cùng nhau
nhưng điều ngược lại thì không đúng
Ví dụ: ( 6,9,11) = 1 nhưng ( 6,9 ) = 3 , ( 6,11) = 1 , ( 9,11) = 1
1.4. Các tính chất của ước chung lớn nhất

(i) Với mọi k ∈ Z+ , ta có ( a1k , a2 k ,..., a n k ) = k ( a1 , a2 ,..., an )
(ii) Với mọi c ∈ Z+ , c ai , i = 1, n . Khi đó ta có
an  ( a1 , a 2 ,..., an )
 a1 a2
 c , c ,..., c ÷ =
c



(iii) Nếu d > 0 là ƯC của a1 , a2 ,...., an thì
a
a a
d = ( a1 , a2 ,..., an ) ⇔  1 , 2 ,..., n
d
d d


÷= 1


(iv) Nếu ( a, b ) = 1 và b ac thì b c
(v) Nếu ( a, b ) = 1 , ( a, c ) = 1 thì ( a, bc ) = 1
Hệ quả: Nếu ( ai , b j ) = 1 , i = 1, m , j = 1, n thì ( a1a2 ...am , b1b2 ...bn ) = 1
Trường hợp

a1 = a2 = ... = a m = a 
m
n
 thì a , b = 1
b1 = b2 = ... = bn = b 


(

)

(vi) Nếu ( a, b ) = 1 thì ( ac, b ) = ( a, b )
2. Bội chung nhỏ nhất
2.1. Định nghĩa
Cho các số nguyên a1 , a2 ,...., an . Một bội chung của chúng là tập các số nguyên
chia hết cho mỗi số đã cho. Số nguyên m được gọi là bội chung nhỏ nhất của
a1 , a2 ,...., an nếu m là bội chung của các số a1 , a2 ,...., an và m chia hết cho mọi bội

chung khác của ai . Kí hiệu BC( a1 , a2 ,...., an ) là tập tất cả các bội chung, BCNN(
a1 , a2 ,...., an ) là tập các bội chung nhỏ nhất, [ a1 , a2 ,...., an ] là một số lớn nhất trong tập

các bội chung nhỏ nhất của các số a1 , a2 ,...., an .
Chú ý: Nếu m = [ a1 , a2 ,...., an ] thì −m cũng vậy
Nếu m, m’ cùng là bội chung nhỏ nhất của a1 , a2 ,...., an thì m = ± m ' (ta quy ước m > 0 )

SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng

Trang 3


GVHD: Th.S Võ Văn Minh

Hàm phần nguyên- Hàm phần lẻ

2.2. Liên hệ giữa ước chung lớn nhất và bội chung nhỏ nhất
2.2.1. Định lý

ab

ab

Nếu a và b là hai số nguyên khác không thì m = a, b hay [ a, b ] = a, b
( )
( )
Chứng minh:
ab

a

b

Đặt m = a, b suy ra m = a, b b = a, b a suy ra m là bội cung của a và b .
( )
( ) ( )
Mặt khác, nếu t cũng là bội chung của a và b thì

b
t
b t ⇒
( a, b ) ( a, b )


 a t ⇒ t = a.c

Suy ra

t

a
b
a
=
c⇒
c
( a, b ) ( a, b )
( a, b ) ( a, b )



b
a
,
 ( a, b ) ( a, b )

mà 

Do đó


=1
÷
÷


b
b
c'
c nên c =

( a, b ) , c ' ∈ Z
( a, b )
b

mà t = ac = a. a, b c ' = mc' suy ra t Mm
( )
ab

vậy với a, b ∈ Z* thì [ a, b ] = a, b .
( )
2.3. Một số tính chất của bội chung nhỏ nhất
(i) Nếu m > 0 là một bội chung của các số nguyên khác không a1 , a2 ,...., an thì
m m
m
m = [ a1 , a2 ,...., an ] ⇔  , ,..., ÷ = 1
an 
 a1 a2

(ii) Nếu a, b ∈ Z* , k ∈ Z+ thì k [ a, b ] = [ ka, kb ]
(iii) Nếu d > 0 là một ước chung của các số nguyên a1 , a2 ,...., an thì

[ a1 , a2 ,...., an ] =  a1 , a2 ,..., an 
d

SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng

d d


d 


Trang 4


GVHD: Th.S Võ Văn Minh

Hàm phần nguyên- Hàm phần lẻ

(iv) nếu a1 , a2 ,...., an là nguyên tố sánh đôi thì

[ a1 , a2 ,...., an ] = a1a2 ...an
(v) Nếu số nguyên b là bội chung của nhiều số a1 , a2 ,...., an nguyên tố sánh đôi
thì b là bội chung của tích a1a2 ...an
3. Số nguyên tố
3.1. Số nguyên tố và hợp số
3.1.1. Định nghĩa
Một số nguyên p được gọi là một số nguyên tố, nếu p > 1 và p không có một
ước nguyên dương nào khác 1 và chính nó. Một số nguyên m được gọi là một hợp số,
nếu m > 1 và m có ít nhất một ước số nguyên dương khác 1 và khác m . Số tự nhiên
n được gọi là một số chính phương, nếu tồn tại một số nguyên d để n = d 2 .

3.1.2. Tập hợp các số nguyên tố
3.1.2.1. Định lí 1
Ước nhỏ nhất khác 1 của một số tự nhiên lớn hơn 1 là một số nguyên tố
Chứng minh:
Giả sử 1 < a < ¥ , gọi p ( p > 1 ) là ước nhỏ nhất khác 1 của số tự nhiên a
Nếu p không phải là số nguyên tố, vì p > 1 nên p là hợp số tức là có một số tự
nhiên p1 p và 1 < p1 < p , từ đó ta cũng có p1 a (trái với giả thiết vì p là ước nhỏ nhất
khác 1 của a ). Vậy p nguyên tố.
3.1.2.2. Định lí 2

Có vô số số nguyên tố trong tập hợp số tự nhiên
Chứng minh:
Kí hiệu P là tập tất cả các số nguyên tố và giả sử P là một tập hữu hạn, chẵng
hạn P = { p1 , p2 ,..., ps } . Xét số nguyên dương
s

q =Π pi +1 >1 .
i =1

Rõ ràng mọi ước nguyên tố của q đều khác các Pi vì 1 không chia hết cho Pi .
Vậy có một số nguyên tố mới không thuộc P . Điều đó chứng tỏ P là một tập vô hạn.
Vậy có vô số số nguyên tố trong tập hợp số tự nhiên.

SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng

Trang 5


GVHD: Th.S Võ Văn Minh

Hàm phần nguyên- Hàm phần lẻ

3.1.3. Tính chất của các số nguyên tố
( a, p ) = 1

(i) Nếu a ∈ Z , p nguyên tố thì 

 a Mp

.


Chứng minh:
( a , p ) = p

 a Mp
⇒
(đpcm)
( a, p ) = 1
( a, p ) = 1

Vì ( a, p ) là ước của p suy ra 

(ii) Nếu một số nguyên tố p chia hết tích của nhiều số thì p chia hết một trong
các thừa số của tích.
Chứng minh:
Giả sử a1 , a2 ,...., an không chia hết cho p , theo (i) thì chúng đều nguyên tố với
p suy ra ( a1a2 ...an , p ) = 1 (mâu thuẫn với giả thiết). vậy nếu một số nguyên tố p chia

hết tích của nhiều số thì p chia hết một trong các thừa số của tích.
Hệ quả: Nếu một số nguyên tố p là ước của tích các số nguyên tố a1 , a2 ,...., an
thì p phải trùng với một trong các số nguyên tố tích.
(iii) Ước dương bé nhất khác 1 của hợp số a > 1 là một số nguyên tố không
vượt quá

a.

Chứng minh:
Gọi p là ước nhỏ nhất ( p > 1 ) của hợp số a , theo định lí 1, ta có p nguyên tố.
Giả sử a = pq , do a là hợp số nên a ≠ p suy ra q > 1 . Vậy q cũng là một ước ( q > 1 )
của a .

Theo giả thiết về số nguyên tố, ta có
p < q ⇒ p 2 < pq = a hay p < a .

Vậy ước dương bé nhất khác 1 của hợp số a > 1 là một số nguyên tố không vượt
quá

a.

4. Đinh lí cơ bản của số học
4.1. Định lí (Định lí cơ bản của số học)
Mọi số tự nhiên lớn hơn 1 đều phân tích được thành một tích hữu hạn thừa số
nguyên tố, và phân tích này là duy nhất nếu không kể đến thứ tự các thừa số.
4.2. Hệ quả
SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng

Trang 6


GVHD: Th.S Võ Văn Minh

Hàm phần nguyên- Hàm phần lẻ

Nếu một số tự nhiên n chia hết cho số nguyên tố p , nhưng không chia hết cho
p 2 , thì

n là một số vô tỉ.

Chứng minh:
Ta chứng minh bằng phản chứng. Giả sử


n là một số hữu tỉ. Biểu diễn

n=

a
b

, ( a, b ∈ ¥ + ) và ( a, b ) = 1 . Ta có a 2 = nb 2 . Vì n chia hết cho số nguyên tố p nên a 2
chia hết cho p và như vậy a phải chia hết cho p . Khi đó nb 2 chia hết cho p 2 . Vì n
không chia hết cho p 2 nên b chia hết cho p . Điều này mâu thuẫn với việc chọn

( a, b ) = 1 . Như vậy

n là một số vô tỉ.

4.3. Hệ quả
Cho một số tự nhiên d không chính phương. Khi đó, nếu x, y là hai số nguyên
thỏa mãn x d = y thì x = y = 0
Chứng minh
Nếu x = 0 thì y = 0 và kết luận được chứng minh. Xét trường hợp x ≠ 0 . Vì d
không là số chính phương, nên trong dạng phân tích tiêu chuẩn của nó có thừa số
p 2 k +1 , trong đó p là một số nguyên tố. Do đó trong phân tích tiêu chuẩn của dx 2 phải

có lũy thừa lẻ. Nhưng bởi y 2 = dx 2 , nên trong phân tích tiêu chuẩn của dx 2 lại không
có lũy thừa lẻ (mâu thuẫn). Vậy x = y = 0 .
2. Hàm phần nguyên- Hàm phần lẻ
2.1. Hàm phần nguyên
2.1.1. Định nghĩa
Phần nguyên của số thực x là số nguyên lớn nhất không vượt quá x , kí hiệu


[ x ] . Như vậy [ x ]

là số nguyên duy nhất thỏa mãn [ x ] ≤ x < [ x ] + 1 .

Ví dụ: [ 7.65] = 7 , [ −4.76] = −5
2.2. Hàm phần lẻ
2.2.1. Định nghĩa
Phần lẻ của x kí hiệu là { x} được xác định { x} = x − [ x ]
Ví dụ: { 5.78} = 0.78 , { −7,89} = 0.11
2.3. Các tính chất
SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng

Trang 7


GVHD: Th.S Võ Văn Minh

Hàm phần nguyên- Hàm phần lẻ

Với mọi x, y là hai số thực ta có các tính chất sau:
(i) Nếu x ≥ y thì [ x ] ≥ [ y ]
Chứng minh:
Giả sử x ≥ y và [ x ] < [ y ] suy ra [ x ] + 1 ≤ [ y ] , lại có x < [ x ] + 1 suy ra x < [ y ] ≤ y
(mâu thuẫn với giả thiết x ≥ y ).
Vậy [ x ] ≥ [ y ] .
(ii) Với n ∈ Z thì [ n + x ] = n + [ x ]
Với n ∈ Z thì { n + x} = { x}
Chứng minh:
• Ta có [ x ] ≤ x < [ x ] + 1


(*)

Với n ∈ Z , cộng vào hai vế của (*) ta được
n + [ x] ≤ n + x < n + [ x] + 1

suy ra [ n + x ] = n + [ x ]
• Ta có

{ n + x} = n + x − [ n + x ] = n + x − n − [ x ] = x − [ x ] = { x}
hay { n + x} = { x}
(iii) [ x ] + [ y ] ≤ [ x + y ]
Chứng minh:
Ta có [ x ] + [ y ] =  x + [ y ]  , lại có  x + [ y ]  ≤ [ x + y ] suy ra [ x ] + [ y ] ≤ [ x + y ]
 [ x]   x 
= 
 n  n

(iv) Nếu n ∈ ¥ * thì 
Chứng minh:
Ta có

x 
x x x
x
 n  ≤ n <  n  + 1 ⇒ n  n  ≤ x < n   n  + 1÷



  x    x  [ x]  x 
x

⇒ n   ≤ [ x ] < n    + 1÷⇒   ≤
<   +1
n
n  n n n
 [ x]   x 
 =  .
 n  n

hay 

SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng

Trang 8


GVHD: Th.S Võ Văn Minh

Hàm phần nguyên- Hàm phần lẻ

0, ∀x ∈ Z
−1, x ∉ Z

(v) [ x ] + [ − x ] = 
Chứng minh:

Nếu x = m là một số nguyên thì [ x ] = m , [ − x ] = −m nên [ x ] + [ − x ] = m − m = 0
Nếu x không phải là một số nguyên, x = m + h với m là một số nguyên và
0 < h < 1 thì [ x ] = m , [ − x ] = −m − 1 . Do đó [ x ] + [ − x ] = m − m − 1 = −1

2.4. Phân tích tiêu chuẩn của n !

2.4.1. Định lí
Cho số nguyên n > 1 . Khi đó n ! có dạng phân tích tiêu chuẩn là
s
n ! = p1α1 p2α2 ... pα
s

n  n  n

với α i =   +  2  +  3  + ..... ; i = 1, 2,..., s .
 pi   pi   pi 
Chứng minh:
 n 

j
Vì với j đủ lớn ta có pi > n , nên  j  = 0 . Do đó tổng để tính các α i thực
 pi 

chất chỉ là các tổng hữu hạn. Mặt khác số các số nguyên dương là bội của p và không
n
n
  n
n
vượt qua là   . Do đó ta có thể viết n ! = p  p    !q1 , và đương nhiên ( p, q1 ) = 1 .
 p
 p

 n 
 
 p =  n 
Dễ kiểm tra được rằng 

. Do đó số các số nguyên dương là bội của p và
 p   p 2 








n
 2  n 
n
 n 
n
 p 
không lớn hơn   bằng  2  . Vì vậy ta có thể biểu diễn   ! = p  2  ! q2 , với
 p
p 
 p
p 

n  n 
 + 2 
 p 

p, q2 ) = 1 . Do vậy n ! = p  p 

 n 
 p 2  !q1q2 . Tiếp tục qua trình này ta thu được

 

SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng

Trang 9

(


GVHD: Th.S Võ Văn Minh
n! = p

n  n   n 
  +  2  +  3  +....
 p   p   p 

Hàm phần nguyên- Hàm phần lẻ

( p, A ) = 1 . Vậy số mũ của p trong phân tích tiêu chuẩn của
. A với

n ! là

n  n   n 
 n 
α =   +  2  +  3  + ... +  j  + ...
 p  p   p 
p 

Cho p lần lượt bằng p1 , p2 ,..., ps ta sẽ nhận được chứng minh định lí.

Ví dụ: Số mũ của 7 trong phân tích 100! là
100   100  100 
α7 = 
+ 2 + 3 = 14 + 2 + 0 = 16
 7   7   7 

Số mũ của 3 trong phân tích 1994! là
1994  1994 
1994 
α3 = 
+  2  + .... +  7  = 992

 3   3 
 3 

2.5. Một số phương pháp giải toán phần nguyên
2.5.1. Phương pháp
Đánh giá số hạng để “kẹp” số cần tính phần nguyên giữa hai số nguyên liên
tiếp. Đưa biểu thức về dạng z ≤ A < z + 1 với mọi z là số nguyên và kết luận [ A] = z
Ngoài ra ta cũng có thể áp dụng nhị thức Newton để giải quyết các bài toán
phần nguyên.
2.5.2. Các tính chất
(i) { α } = { β } thì α − β ∈ Z
Chứng minh:
Ta có:

{ α} = α − [ α ]
{ β} = β −[ β ]
Mặt khác :


{ α} = { β } ⇒ α − [α ] = β − [ β ] ⇒ α − β = [α ] − [ β ]
Mà [ α ] − [ β ] ∈ Z suy ra α − β ∈ Z


1

(ii) α +  = [ 2α ] − [ α ]
2

Chứng minh:
Ta có:

SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng

Trang 10


GVHD: Th.S Võ Văn Minh

Hàm phần nguyên- Hàm phần lẻ

Vì 0 ≤ { α } < 1 nên ta xét hai trường hợp

+ TH1: Nếu 0 ≤ { α } <

1
thì:
2

1 

1
1


α + 2  = [ α ] + { α } + 2  = [ α ] + { α } + 2  = [ α ]
[ 2α ] = 2 [ α ] + 2 { α }  = 2 [ α ] + 2 { α }  = 2 [ α ]

+ TH2: Nếu

1
≤ { α } < 1 thì:
2
1 
1
1


α + 2  = [ α ] + { α } + 2  = [ α ] + { α } + 2  = [ α ] + 1
[ 2α ] = 2 [ α ] + 2 { α }  = 2 [ α ] + 2 { α }  = 2 [ α ] + 1

(iii) Với mọi a, b là các số nguyên, x là số nguyên dương không chính phương,

(

n là số tự nhiên, ta có thể biểu diễn a ± b x

( a+b x)

n


)

n

dưới dạng

(

= An + Bn x và a − b x

)

n

= An − Bn x

trong đó An , Bn là các số nguyên
Chứng minh:

(

Với n = 2 ta có a + b x

)

2

2
2
= a 2 + 2ab x + b 2 x = A2 + B2 x , với A2 = a + b x ,


B2 = 2ab là những số nguyên.

(

Giả sử a + b x

(

Ta có a + b x

)

n +1

)

n

= An + Bn x

(

)(

)

= An + Bn x a + b x = ( aAn + bBn x ) + ( aBn + bAn ) x = An +1 + Bn +1 x

với An +1 = aAn + bBn x , Bn +1 = aBn + bAn là những số nguyên.

Theo giả thiết quy nạp ta có điều phải chứng minh.

(

Chứng minh tương tự đối với đẳng thức a − b x

)

n

= An − Bn x

2.5.3. Các dạng toán
2.5.3.1. Tìm phần nguyên
+ 6 + ... + 6
Bài toán 1: Tìm phần nguyên của an = 164+ 4 644
2 4 4 4 43

(n dấu căn)

n

SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng

Trang 11


GVHD: Th.S Võ Văn Minh

Hàm phần nguyên- Hàm phần lẻ


Giải:
Ta thấy rằng dãy an là dãy tăng suy ra an > a1 = 6 > 2 với mọi n
Lại có a1 = 6 < 3 , a2 = 6 + a1 < 6 + 3 = 3
Giả sử ak < 3 ⇒ ak +1 = 6 + ak < 6 + 3 = 3
Theo giả thiết quy nạp ta có 2 < an < 3 suy ra [ an ] = 2
Vậy [ an ] = 2
Bài toán 2: Cho m, n là các số nguyên dương và α là số vô tỉ, α > n . Tìm phần
nguyên của

[ ma ] n .
α

Giải:
Do α là số vô tỉ nên mα cũng là một số vô tỉ. Theo định nghĩa phần nguyên ta có

[ mα ] = mα − { mα } , 0 < { mα } < 1 .
Ta có :
 [ ma ] n   (ma − { ma} )n  
{ ma} n  = mn +  − { ma} n 

=
 =  mn −



α
α 
α 
 α  

 


Do α > n > 0 nên −1 < −

n
< 0 và ta có
α

0 < { mα } < 1 ⇔ −1 < − { mα } < 0 ⇔ − n < − n { mα } < 0 ⇔ −

Suy ra

−1 < −

n { mα }

α

n { mα }
n
<−
<0
α
α

 n { mα } 
< 0 hay  −
 = −1
α 



 [ mα ] n 
 = mn − 1
α



Vậy 

2.5.3.2. Tìm phần nguyên của một tổng
Bài toán 1: Cho A =

1
1
1
+
+ ... +
. Tìm [ A]
1.2 2.3
n(n + 1)

SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng

Trang 12


GVHD: Th.S Võ Văn Minh

Hàm phần nguyên- Hàm phần lẻ


Giải:
Ta có:
A=

1
1
1
+
+ ... +
1.2 2.3
n(n + 1)

1 
 1 1 1
1
= 1 − ÷+  − ÷+ ... +  −
÷
 2  2 3
 n n +1 
1
= 1−
n +1

Suy ra 0 < A < 1
Vậy [ A] = 0
Bài toán 2: Cho A = 1 +

1
1

1
+
+ ... +
. Tìm [ A]
2
3
106

Giải: Ta có:
1
2
<
=2
n
n + n −1
1
2
>
=2
n
n + n +1

(

n − n −1

)

(


n +1 − n

)

Do đó:
2

(

)

n +1 − n <

1
<2
n

(

n − n −1

)

Với n = 2 ta có:
2

(

)


3− 2 <

1
<2
2

(

)

2 −1

Với n = 3 ta có:
2

(

)

4− 3 <

1
<2
3

(

3− 2

)


……………….
Với n = 106 ta có:
2

(

)

106 + 1 − 106 <

1
10

6

<2

(

106 − 106 − 1

)

Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên ta được:

SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng

Trang 13



GVHD: Th.S Võ Văn Minh
1+ 2

(

Hàm phần nguyên- Hàm phần lẻ

)

106 + 1 − 2 < A < 1 + 2

(

)

106 − 1 = 1999

Lại có:
1+ 2

(

)

106 + 1 − 2 > 1 + 2000 − 2 2 > 2001 − 3 = 1998

Suy ra 1998 < A < 1999 ⇒ [ A] = 1998
Vậy [ A] = 1998
Bài toán 3: Tính phần nguyên của

T = 2+3

3 44
n +1
+
+ ... + n +1
2
3
n

Giải:
Ta có:
k +1

k +1
> 1 , k = 1, 2,..., n
k

Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho k + 1 số dương, ta có:
k +1
k +1
k +1
= k +1 1.1...1
<
{
k
k
k

k +1

k = k + 1 = 1+ 1
k +1
k +1 k
k (k + 1)

k+

Suy ra
n
n
k +1
1
k +1
1
< 1+
⇒ n < ∑ k +1
< n+∑
k
k ( k + 1)
k
k =1
k =1 k ( k + 1)
⇒ n < T < n +1

1 < k +1

Vậy [ T ] = n
Bài toán 4: Tính [ S ] với
S=


3 34 45
n +1
+
+
+ ... + n
2
3
4
n

Giải:
Ta thấy rằng mỗi số hạng trong tổng S đều lớn hơn 1 nên S > n − 1 (1)
Theo bất đẳng thức Becnuli ta có 1 + kx < ( 1 + x ) ⇒ k 1 + kx < 1 + x với mọi x > 0 .
k

Chọn x =

1
1
k +1
1
k
1 + kx = k 1 + = k
< 1 + 2 (*)
2 , ta được
k
k
k
k


SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng

Trang 14


GVHD: Th.S Võ Văn Minh

Hàm phần nguyên- Hàm phần lẻ

Áp dụng bất đẳng thức (*) với k = 2,3,..., n rồi cộng vế theo vế ta được
S < ( n − 1) +

1 1
1
+ 2 + ... + 2
2
2 3
n

Lại có
1 1
1
1
1
1
+ 2 + ... + 2 <
+
+ ... +
2
2 3

n 1.2 2.3
(n − 1)n
1 1
1  1 1 1
1
 1
+ 2 + ... + 2 < 1 − ÷+  − ÷+ ... + 
− ÷
2
2 3
n  2  2 3
 n −1 n 
1 1
1
1
⇔ 2 + 2 + ... + 2 < 1 −
2 3
n
n
⇔

1
n

1
n

Suy ra S < n − 1 + 1 − = n − ⇒ S < n (2)
Từ (1) và (2) suy ra n − 1 < S < n
Vậy [ S ] = n − 1

2.5.3.3. Tìm tổng của các phần nguyên
Bài toán 1: Cho n ∈ ¥ * và n ≥ 2 . Tính tổng
A =  1  +  2  + ... +  n 2 − 1 



Giải:
Ta có công thức:
n(n + 1)
2
n(n + 1)(2 n + 1)
12 + 22 + ... + n 2 =
6
1 + 2 + ... + n =

Với k = 0,1, 2,..., 2n thì:
n 2 ≤ n 2 + k < ( n + 1) 2 ⇒ n ≤ n 2 + k < n + 1

Do đó:
 n 2  +  n 2 + 1  + ... +  n 2 + 2n  = n(2n + 1) = 2n 2 + n

 




Ta có:
n −1

(


)

n −1

n −1

A = ∑  k 2  +  k 2 + 1  + ... +  k 2 + 2k  = ∑ 2k 2 + ∑ k

 



k =1
k =1
k =1
=2

(n − 1)n(2n − 1) n(n − 1) n(4n 2 − 3n − 1)
+
=
6
2
6

SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng

Trang 15



GVHD: Th.S Võ Văn Minh

Hàm phần nguyên- Hàm phần lẻ

n(4n 2 − 3n − 1)
Vậy A =
6

Bài toán 2: Tính tổng
A =  1.2.3.4  +  .2.3.4.5  + ... +  n( n + 1)( n + 2)( n + 3) 

Giải: Ta có:
n(n + 1)(n + 2)(n + 3) = ( n 2 + 3n)(n 2 + 3n + 2) = (n 2 + 3n) 2 + 2(n 2 + 3n)

Suy ra
(n 2 + 3n) 2 < n(n + 1)(n + 2)(n + 3) < (n 2 + 3n + 1) 2
⇒ n 2 + 3n < n(n + 1)(n + 2)(n + 3) < n 2 + 3n + 1
⇒  n(n + 1)(n + 2)(n + 3)  = n 2 + 3n

Vậy
n

n

n

k =1

k =1


k =1

[ A] = ∑ (k 2 + 3k ) = ∑ k 2 + ∑ 3k =
hay A =

n(n + 1)(2n + 1) 3n(n + 1)
+
6
2

n(n + 1)(n + 5)
3

2.5.3.4. Bài tập tự luyện
Bài tập 1: Tìm phần nguyên của A = n(n + 1)(n + 2)(n + 3)
Bài tập 2: Tìm phần nguyên của B = 4n 2 + 16n 2 + 8n + 3
3
3
... + 3 6 (có n dấu căn)
Bài tập 3: Tìm phần nguyên của C = 164+ 4462+ 4
4 43
n

(

Bài tập 4: Tìm phần nguyên của 4 + 15

)

7


 n + 2k 
 n + 1  n + 2 
S
=
+
+
...
+
Bài tập 5: Tính tổng
 k +1 
 2   22 
 2


Bài tập 6: Tìm phần nguyên của

SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng

6 + 6 + ... + 6 + 3 6 + 3 6 + ... + 3 6

Trang 16


GVHD: Th.S Võ Văn Minh

Hàm phần nguyên- Hàm phần lẻ

Chương II. Ứng dụng của hàm phần nguyên- hàm phần lẻ
1. Một số tính chất

(i) Trong dãy số tự nhiên:
1, 2,..., n

(1)

n
có   số chia hết cho số tự nhiên q
q

Chứng minh:
Nếu q ≥ n thì mệnh đề đúng
Giả sử q < n, , ta chứng minh các dãy số của dãy (1) chia hết cho q là:
n
1q, 2q,...,   q
q

(2)

n n
n
n
Thật vậy, ta có:   ≤ ⇒   .q ≤ n nên số tự nhiên   .q chia hết cho q và
q  q
q
q






 



n
có mặt trong dãy (1) . Mặt khác số    + 1÷.q chia hết cho q nhưng không có mặt
q




n
n
n
trong dãy (1) vì   + 1 > ⇒    + 1÷.q > n. . Như vậy tất cả các số chia hết cho q
q  q 
q
n

trong dãy (1) là các số trong dãy (2) , mà (2) có   số.
q
10 

Ví dụ: Với n = 10, q = 3 ta có   = 3 số chia hết cho 3 và nhỏ hơn hoặc bằng
3
10, đó là các số 3,6,9.
Hệ quả: Cho q và n là các số tự nhiên bất kì. Trong dãy các số 1, 2,..., n có
n
n
đúng   số chia hết cho q ,  2  số chia hết cho q 2 ,…,

q
q 

SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng

n
k
 q k  số chia hết cho q
 

Trang 17


GVHD: Th.S Võ Văn Minh

Hàm phần nguyên- Hàm phần lẻ

(ii) Nếu p và q là những số nguyên dương sao cho

nguyên thì

p
không phải là số
q

p  p 1
>
+
q  q  q


(iii) Giả sử r là phần dư khi chia một số nguyên m cho một số nguyên dương
m
n , khi ấy ta có r = m − n  
n

2. Các dạng toán
Bài toán 1: Hỏi 100! Có tận cùng bao nhiêu chữ số không
Giải:
Số mũ cao nhất của 2 trong phân tích 100! là
100   100  100   100  100  100 
α2 = 
+ 2 + 3 + 4 + 5 + 6
 2   2   2   2   2   2 
= 50 + 25 + 12 + 6 + 3 + 1 = 97

Số mũ cao nhất của 5 trong phân tích 100! là
100  100  100 
α5 = 
+ 2 + 3 = 20 + 4 + 0 = 24
 5   5   5 

Như vậy, 100! = 524.297.k = ( 5.2 ) .q = 1024.q
24

Vậy 100! Có tận cùng 24 chữ số 0
Bài toán 2: Cho n ∈ ¥ * , chứng minh rằng 2n không thể là ước của n !
Giải:
Giả sử n ! = 2α .q với (2, q) = 1. Để chứng minh 2n | n ! ta chứng minh n > α 2 . Ta có:
2


n  n 
 n 
α 2 =   +  2  + ... +  m  với n ≥ 2m và n < 2m +1 , suy ra
2 2 
2 

n   1 1
1   
1 
n n
α 2 ≤  + 2 + ... + m  =  n  + 2 + ... + m ÷ =  n 1 − m ÷ ,
2   2 2
2    2 
2 2


n 

suy ra α 2 ≤  n − m  ≤ n − 1 < n (đpcm).
2 

Bài toán 3: Chứng minh rằng với mọi số nguyên n ta luôn có
 n + 2   n + 4   n − 1
 4  +  4  +  2  = n

SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng

Trang 18



GVHD: Th.S Võ Văn Minh

Hàm phần nguyên- Hàm phần lẻ

Giải:
Xét n = 4k ta có
1
 n + 2   4k + 2  
 4  =  4  =  k + 2  = k
 n + 4   4k + 4 
 4  =  4  = [ k + 1] = k + 1
1
 n − 1   4k − 1  
 2  =  2  =  2k − 2  = 2k
 n + 2   n + 4   n − 1

+
+
=n
Suy ra 
 4   4   2 

Xét n = 4k + 1 ta có
3
 n + 2   4k + 3  
 4  =  4  =  k + 4  = k
5
 n + 4   4k + 5  
 4  =  4  =  k + 4  = k + 1
 n − 1   4k 

 2  =  2  = [ 2k ] = 2k
 n + 2   n + 4   n − 1

+
+
=n
Suy ra 
 4   4   2 

Xét n = 4k + 2 ta có
 n + 2   4k + 4 
 4  =  4  = [ k + 1] = k + 1
3
 n + 4   4k + 6  
=
=
k
+
= k +1
 4   4  
2 
1
 n − 1   4k + 1  
 2  =  2  =  2k + 2  = 2k
 n + 2   n + 4   n − 1

+
+
=n
Suy ra 

 4   4   2 

Xét n = 4k + 3 ta có
5
 n + 2   4k + 5  
 4  =  4  =  k + 4  = k + 1
7
 n + 4   4k + 7  
 4  =  4  =  k + 4  = k + 1
 n − 1   4k + 2 
 2  =  2  = [ 2k + 1] = 2k + 1

SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng

Trang 19


GVHD: Th.S Võ Văn Minh

Hàm phần nguyên- Hàm phần lẻ

 n + 2   n + 4   n − 1

+
+
=n
Suy ra 
 4   4   2 
 n + 2   n + 4   n − 1
Vậy với mọi số nguyên n ta luôn có 

+
+
 =n.
 4   4   2 

Bài toán 4: Chứng minh rằng với n là số nguyên dương bất kì ta có
1 
3 1

n
+
=
n
−
+ 


2  
4 2

Giải:


1



3

1


Đặt k =  n +  , m =  n − + 
2
4 2


Ta có:
1
1
1
< k +1 ⇔ k − ≤ n < k +
2
2
2
1
1
⇔ k2 − k + ≤ n < k2 + k +
4
4
k≤ n+

Vì n là số nguyên dương nên phải có k 2 − k + 1 ≤ n ≤ k 2 + k
Tương tự ta có:
3 1
1
3
1
+ < m +1 ⇔ m − ≤ n − < m +
4 2
2

4
2
1
3
1
⇔ m2 − m + ≤ n − < m2 + m +
4
4
4
m ≤ n−

Vì n là số nguyên dương nên phải có m 2 − m + 1 ≤ n ≤ m 2 + m




1

1

3

Do đó phải có k = m hay  n +  =  n − + 
2 
4 2


(

Bài toán 5: Chứng minh rằng phần nguyên của 2 + 3


)

n

là một số lẻ

Giải:

(

Tồn tại hai số nguyên A , B thỏa mãn 2 + 3

(

) (
n

Suy ra 2 + 3 + 2 − 3

)

n

)

n

(


= A + B 3 và 2 − 3

)

n

= A− B 3

= 2 A (1)

(

)

n

(

)

n

Mặt khác ta có 0 < 2 − 3 < 1 ⇒ 0 < 2 − 3 < 1 ⇒ −1 < − 2 − 3 < 0 (2)

SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng

Trang 20


GVHD: Th.S Võ Văn Minh


Hàm phần nguyên- Hàm phần lẻ

(

)

(

)



Từ (1) và (2) suy ra 2 A − 1 < 2 − 3 < 2 A ⇒  2 − 3  = 2 A − 1



(

Vậy phần nguyên của 2 + 3

)

n

n

n

là một số lẻ


Bài toán 6: Tìm số tự nhiên k lớn nhất thỏa điều kiện: ( 1994!)

1995

M
1995k

Giải:
Ta có 1995 = 3.5.7.19
Số mũ lớn nhất của 3 trong phân tích 1994! ra thừa số là
1994  1994  1994 
1994 
α3 = 
+  2  +  3  + ... +  7  = 664 + 221 + 73 + 24 + 8 + 2 + 0 = 992

 3   3   3 
 3 

Số mũ lớn nhất của 5 trong phân tích 1994! ra thừa số là
1994  1994  1994  1994  1994 
α5 = 
+
+
+
+
= 398 + 79 + 15 + 3 + 0 = 495
2
3
4

5
 5   5   5   5   3 

Số mũ lớn nhất của 7 trong phân tích 1994! ra thừa số là
1994  1994  1994  1994 
α7 = 
+
+
+
= 284 + 40 + 5 + 0 = 329
2
3
4
 7   7   7   7 

Số mũ lớn nhất của 19 trong phân tích 1994! ra thừa số là
1994  1994  1994 
α19 = 
+
+
= 104 + 5 + 0 = 109
2
3
 19   19   19 

Như vậy trong 1994! có các thừa số 3992 , 5495 , 7329 , 19109 , suy ra

( 1994!)

1995


= ( 3992.5495.7 329.19109.P )

1995

= ( 1995109.M )

1995

= 1995109.1995. N

trong đó P nguyên tố cùng nhau với 3,5, 7,19
Vậy 109.1995 là số tự nhiên lớn nhất cần tìm
Bài toán 7: Cho n là số nguyên dương. Chứng minh rằng:

{ n 2} > 2n1 2
Giải:
Đặt m =  n 2  , vì

2 là số hữu tỉ nên n 2 là số hữu tỉ suy ra m < n 2 . Ta có
m < n 2 ⇒ m 2 < 2n 2 ⇒ 2n 2 − m 2 > 0

Lại có n, m đều là các số nguyên nên ta có

(

)(

)


2n 2 − m 2 ≥ 1 ⇒ n 2 − m n 2 + m ≥ 1 (1)

Theo định nghĩa thì
SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng

Trang 21


GVHD: Th.S Võ Văn Minh

Hàm phần nguyên- Hàm phần lẻ

{

n 2 − m = n 2 −  n 2  = n 2

{

}(

}

)

Do vậy từ (1) suy ra n 2 n 2 + m ≥ 1 (2)
Vì n 2 > m ⇒ 2n 2 > n 2 + m (3)

{

}


{

}

Từ (2) và (3) suy ra n 2 2n 2 ≥ 1 ⇒ n 2 >

{

}

Vậy n 2 >

1
2n 2

1
2n 2

Bài toán 8: Cho n là số tự nhiên sao cho 2003! Chia hết cho 5n . Chứng minh rằng
n ≤ 499

Giải:
Số mũ lớn nhất của 5 trong phân tích 2003! Ra thừa số là
 2003   2003   2003   2003   2003 
α5 = 
+
+
+
+

= 400 + 80 + 16 + 3 + 0 = 499
2
3
4
5
 5   5   5   5   5 

Như vậy 2003! = 5449.P , trong đó ( p,5 ) = 1
Lại có 2003! chia hết cho 5n nên 5499 M5n suy ra n ≤ 499
Vậy n ≤ 499
3. Bài tập tự luyện
Bài tập 1: Tìm lũy thừa cao nhất k của 7 mà 1000! Có thể chia hết cho 7 k
Bài tập 2: Chứng minh rằng 1300! chia hết cho 16953
Bài tập 3: Trong các số tự nhiên từ 1 đến 250 có bao nhiêu số không chia hết cho
đúng hai trong ba số 2,5,7
Bài tập 4: Cho n ∈ ¥ , chứng minh
Bài tập 5: Số

( 2n ) !6
là một số nguyên
n !( n + 2 ) !

( ( 3!) !) ! có tận cùng bao nhiêu chữ số 0?

SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng

Trang 22


GVHD: Th.S Võ Văn Minh


Hàm phần nguyên- Hàm phần lẻ

C. Kết luận
Qua nghiên cứu, bài tiểu luận này đã đạt được một số kết quả sau:
1. Hệ thống lại các khái niệm, tính chất và những kiến thức liên quan đến hàm
phần nguyên- hàm phần lẻ.
2. Tìm hiểu sâu hơn về hàm phần nguyên- hàm phần lẻ, đưa ra một số phương
pháp giải toán phần nguyên, phân loại các dạng toán phân nguyên để học sinh dễ nhận
dạng.
3. Chỉ ra ứng dụng của hàm phần nguyên- hàm phần lẻ vào việc giải quyết các
bài toán số học, đưa ra một số bài tập áp dụng tính chất hàm phần nguyên- hàm phần
lẻ và đưa ra bài tập tự luyện để học sinh tự rèn luyện kĩ năng giải toán phần nguyênphần lẻ

SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng

Trang 23


GVHD: Th.S Võ Văn Minh

Hàm phần nguyên- Hàm phần lẻ

D. Tài liệu tham khảo
[1]. Dương Quốc Việt- Đàm văn Nhỉ, Cơ sở lí thuyết số và đa thức, NXB Đại
Học Sư Phạm, 2008
[2]. Nguyễn Vũ Thanh, Số hoc- Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán trung
học cơ sở, NXB Giáo Dục, 2003
[3]. Phan Huy Khải, Bất đẳng thức số học- Các chuyên đề số học bồi dưỡng học
sinh giỏi toán trung học

[4]. Website:

SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng

Trang 24


GVHD: Th.S Võ Văn Minh

Hàm phần nguyên- Hàm phần lẻ

MỤC LỤC

SVTH: Nguyễn Đức Minh Hoàng