PARTEA ÎNTREAGĂ ŞI PARTEA FRACŢIONARĂ A UNUI NUMĂR REAL

Mihaela Bucataru, Colegiul Național Emil Racoviță, Iași

Definiţie : Numim partea întreagă a unui număr real x, cel mai mare număr întreg mai mic sau egal decât x. Notăm [x]; [ ] 1+<≤⇔= kxkkx Definiţie : Pentru ∈x R, numărul ][xx − se numeşte partea fracţionară a lui x. Notăm {x}= ][xx − Avem }{][ xxx += şi 1}{0 <≤ x Proprietăţi : 1) 1][][ +<≤ xxx ; xxx ≤<− ][1 2) Pentru orice ∈x R şi ∈m Z, }{}{],[][ xxmxmxm =++=+ 3) Dacă [ ] [ ]yx = , atunci 1|| <− yx ; reciproca nu este adevărată Dacă { } { }yx = , atunci ∈− yx Z

4) [ ] [ ] ∈∀=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ −+++⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ ++⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ ++ xnxnnx

nx

nxx ,1....21

R, ∈∀n N, 2≥n (Hermite)

5) Pentru orice *Nn∈ , avem [ ] [ ] ∈⇔+−= nnn 11 N

[ ] [ ] ∉⇔−= nnn 1 N

6) Numărul multiplilor lui *n N∈ , mai mici decât un număr real x>0, este egal cu ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡nx

.

7) Exponentul numărului prim p din n! este egal cu ....32 +⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡

pn

pn

pn (Legendre)

Aplicaţii

1) Calculaţi a) [ ] ( ) { }2222017 −⋅++ ; b) ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡

− 231

; c) [ ] [ ] [ ] [ ]63...321 ++++

Soluţie: a) ( )( ) 46222244 =−++ ; b) [ ] 42323

1−=−−=⎥

⎦

⎤⎢⎣

⎡

−;

c) 308157...735231 =⋅++⋅+⋅+⋅

2) Calculaţi [ ]nn +2 , pentru *Nn∈ și determinaţi ultima cifră a numărului [ ]nn +210 .

Soluţie: Din inegalitatea 12 +<+< nnnn avem [ ] nnn =+2 , iar din

51010410 2 +<+<+ nnnn rezultă că cifra cerută este 4.

3) Fie numărul N= ∈++ nnn ,56152 N. a) Aflaţi [N]; b) Determinaţi prima zecimală după virgulă a numărului N. Soluţie: a) Ca și în exercitiul precedent, observând că ( )8)(756152 ++=++ nnnn , deducem

că 7]5615[ 2 +=++ nnn b) 4...7410]10[7510107410 =+=⇒+<<+ nNnNn , sau [ ] [ ] 5,04,0 +<<+ NNN

4) Pentru fiecare număr natural nenul n, fie numărul nnAn 35,049 2 +=

a) Calculaţi primele trei zecimale ale numărului 1A .

b) Arătaţi că primele trei zecimale ale numerelor nA şi 1A sunt aceleaşi, pentru orice *Nn∈ . (O.N.M. 2003) Soluţie: Arătăm că 025,0][024,0 <−≤ nn AA . Se arată uşor că ][ nA =7n și că 025,07024,07 +<≤+ nAn n deci primele trei zecimale ale lui nA sunt 0, 2, 4.

5) Calculaţi ultimele două cifre ale numărului ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡

+ 3101031

93

Soluţie: Notăm 32793

327

33

3,10 2

33331

+

−++−=

+

−+

+

+=

+=

nnn

nnn

nnn .

Cum 1327

−=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+

−

n, obţinem 08......8)3(

3101031

93

=+−=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡

+nn

6) Pentru fiecare *Nn∈ , arătati că [ ] [ ] [ ] [ ]3424141 +=+=+=++ nnnnn

Soluţie: Se arată că ( ) 34241142

+<+<++<+ nnnnn , sau

( ) 3424114 +<+<++<+ nnnnn și se ţine cont că 4n+2, 4n+3 nu

pot fi pătrate perfecte. Atunci, conform proprietăţii 5), [ ] [ ] [ ]143424 +=+=+ nnn

7) Rezolvaţi ecuaţiile : a) 32

43 −

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ + xx; b) [x]+ 14]4[

214

+=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ + xx;

c) x =][}{xx

; d) { } { } xxxx=++

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧ 22

; e) {x}-{2017x}=x ; f) [ ][ ]

{ }{ }x

xx

x 20012001+=+

g) ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⋅=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−36

11181232

nnnnnn , Nn∈

Soluţie: a) Notăm Zkx∈=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ +

43

deci 23 += kx . Inlocuind în inegalitatea 143

+<+

≤ kxk ,

obţinem { }5,4,3,2∈k și imediat se calculează solutiile. b) Aplicând identitatea lui Hermite,

[ ] [ ] ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ ++=21224 xxx și înlocuind în ecuaţie obţinem 14

21

−=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ +x , deci ⎟⎠

⎞⎢⎣

⎡ −−∈227,

229x

c) Evident, [ )1,0∉x și analizând cazurile ( ) ),1[,1, ∞∈−∞−∈ xx , nu se obţin soluţii, așadar ( )0,1−∈x iar 5,0−=x ;

d) Rescriem { } [ ]xxx=+

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧ 22

deci [ ] { }1,0∈x . Dacă [ ] 00 =⇒= xx , iar dacă [ ] 1=x , avem

subcazurile : i) [ ) { } 222,22

3,22 −==⎭⎬⎫

⎩⎨⎧⇒∈ xxxxx și ecuaţia are soluţia

56

=x

ii) [ ) { }22

,3224,32 xxxxx =⎭⎬⎫

⎩⎨⎧−=⇒∈ iar soluţia este

58

=x

e) [ ] { } { } { } [ ]⎭⎬⎫

⎩⎨⎧∈⇒==⇒∈⇒−=

20172016,......

20172,

20171,00201720172017 xxxZxxx

g) .36,36 <+= rrqn Ecuaţia devine ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⋅=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−36

11181232

rrrrrr .

,3232181232

,036

1;360 rrrrrrrrrrrrqnr <+≤⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡≤⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡+⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡==⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡⇒≥=⇒= fals,

deci mulţimea soluţiilor ecuaţiei este },36|{ NqqnNnS ∈=∈= 8) Se consideră numerele naturale a, b, n cu 1),( =na . Calculaţi

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧ +

++⎭⎬⎫

⎩⎨⎧ +

+⎭⎬⎫

⎩⎨⎧ +

+⎭⎬⎫

⎩⎨⎧ +

=nbna

nba

nba

nbaSn ....32

(Viitori olimpici 2013)

Soluţie : Din teorema împarţirii cu rest, nrrnqbka kkk <+⋅=+ , . Suma va fi egală cu

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

++⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

+⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

nr

nr

nr n...21 . Se observă că resturile sunt diferite două câte două , în caz contrar

ar exista ji < astfel încăt ji rr = , așadar ( ) ( ) nqqaij ij ⋅−=⋅− , și cum 1),( =na , ar

rezulta )/( ijn − , contradicţie, deci { } }1,..1,0{,..,1 −= nrr n . In concluzie, 21−

=nSn

9) Determinati x>0 si *Nn∈ , pentru care [ ] 1 1,005x nx

⎧ ⎫+ = ⋅⎨ ⎬⎩ ⎭

. (Et. Naţională 2013)

Soluţie: [ ]200

1 nnx

x +=⎭⎬⎫

⎩⎨⎧+ . Scriem 200,200 <+= rrqn

[ ] [ ] rqxrx

rrqx

x +==⎭⎬⎫

⎩⎨⎧⇒++=

⎭⎬⎫

⎩⎨⎧+ 201,

2001

2002011 . Se arată că x>1,

rxr

xx200

20011

=⇒==⎭⎬⎫

⎩⎨⎧ . Din

[ ] [ ] rqrqrqr

qxxx +<≤⇔+<≤⇒+<≤ 20120020112012002011 deci q=0, r=14 iar7100

=x

10) Determinaţi numerele reale x cu proprietatea 2 4 5{ } [ ]x x x

= +

Soluţie: Fie [ ], { }k x xα= = . Avem 2 4 5 ( 2 )(4 ) 0k kk k

α αα α= + ⇔ + − =

+deci

4 4 {1,2,3}k kα= < ⇒ ∈

11) Determinaţi *Nn∈ pentru care [ ] ∈+

+

12016n

nN şi [ ] ∈

+

nn 2017

N

Soluţie : [ ] 1222 ++<≤⇔= ppnppn . Daca [ ] pnppppn =+⇒−++∈ 1}12,....,1,{ 222 și înlocuim aplicând apoi proprietăţile divizibilităţii. Obţinem 2017/;2016/ ++ npnp , deci

{ }2,1,1 ∈= np . Dacă ppn 22 += , [ ] 11 +=+ pn ,

[ ] 120162

12016 2

+

++=

+

+

ppp

nn

=⇒+⇒ pp 2015/1 par, iar cazul nu convine, întrucât

20172/ 2 ++ ppp 12) Fie { }12013,,|2013 22 =−∈+= baNbabaA . a) Arătaţi că [ ]x este un numar impar, Ax∈∀ ; b) Arataţi că { } [ ]xx ≤⋅3 Soluţie:

Fie [ ] 12)2,12(1221;20131,2013 −=⇒−∈−=⇒=+−=+= axaax

axax

xbax

bax

b) { } [ ] 1112,11 −+=−=−=x

xaxx

x și înlocuim

13) Fie { }*2 |A n n N⎡ ⎤= ∈⎣ ⎦ şi ( ){ }*2 2 |B n n N⎡ ⎤= + ∈

⎣ ⎦. Calculaţi A B∩ .

(G.M. 9/2013) Soluţie: Fie [ ] ( )[ ]mnxBAx 222 +==⇒∩∈ . Avem

( )121

112

xn

xnxnx <<+

⇔+<<

( ) )2(22

11

122xm

xmxmx <

+<

+⇔+<+< . Din (1) și (2) rezultă că

11122

121

1+<+<⇔

+<<

+

+⇔

+<

++<

+

+ xnmxxnm

xnm

xnm

xnm deci Φ=∩ BA

Observaţie: Un rezultat general, teorema lui Beatty , afirmă că mulţimile de tipul [ ]na și [ ]nb

determină o partiţie a lui N dacă și numai dacă a, b sunt iraţionale și 111=+

ba

14) Fie a un număr natural impar care nu este pătrat perfect. Să se arate că dacă m și n sunt numere naturale nenule, atunci: a) ( ){ } ( ){ }aanaam −≠+ ; b) ( )[ ] ( )[ ]aanaam −≠+ (ONM 2014, clasa a IX a) Soluţie: a) Egalitatea ar echivala cu { } { }anam −= deci ar rezulta că diferenţa celor două numere este număr întreg, adică ( ) ∈+ anm Z, fals b) Fie ( )[ ] ( )[ ]aanaamN −=+= deci ( ) ( ) 1,1 +<−<+<+< NaanNNaamN

Cele două inegalităţi se pot rescrie aa

Nnaa

Naa

Nmaa

N−

+<<

−+

+<<

+

1,1 de unde prin

adunare, 1)1(2

12

−

+<+<

− aNnm

aN sau ( ) 1

21

+<+−

< NnmaN , în contradicţie cu faptul că

numărul din mijloc este natural.

15) Fie :f R→R o funcţie cu proprietatea că ( )( ) [ ] ∈∀= xxxff , R. Să se arate că există numerele reale distincte a și b astfel incât babfaf −≥− )()( (OJM 2011, clasa a IX a) Soluţie : ( )( )( ) [ ]( ) [ ] ( ) [ ] ∈∀=⇒== nnfnfxfxfxfff ,)()( Z deci ∈)(nf Z Presupunem contrariul celor de demonstrat deci pentru orce numere întregi a, b am avea

( ) ∈∀<−+⇒−<− nnfnfbabfaf ,1)1(||)()( Z deci ∈∀= nfnf ),0()( Z, adică ar rezulta că ( )( ) ( )( ) 00 === ffnffn , fals

16) Fie a și n două numere naturale nenule, astfel încât { } { }ann =+ . Arătaţi că 14 +a este pătrat perfect. (OJM 2016, clasa a IX a) Soluţie : akbnakkannZkkann 22, 2 +=⇒++=+⇒∈+=+ , unde am folosit notaţia nkab −+= 2 . Prin ridicare la pătrat obţinem

∈⇒++= akbakbbakn 44 22 Q Dacă ∈a Q, a este pătrat perfect, deci nn + e pătrat perfect, 2mn = , deci am avea că

mm +2 e pătrat perfect, ceea ce nu se poate realiza decât dacă 0,0 == nm , fals.

Deci 0=⋅bk , iar dacă am avea 0=b , ar rezulta că 114

4 2

222 <

−=⇒=+=kkaakakn , fals

In concluzie, ( )222 1214,0 +=+⇒+=⇒==+⇒= babbabnannk - pătrat perfect

17) Arătaţi că ∈x Z dacă și numai dacă relaţia [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ]( )2

....32 nxxnnxxxx +⋅=++++

este adevărată pentru orice *Nn∈ . (OJM 2010, clasa a IX a) Soluţie: Dacă ∈x Z, implicaţia este evidentă. Presupunem că egalitatea din enunţ are loc pentru orice *Nn∈ și demonstrăm că ∈x Z. Trecem n în n+1 și avem [ ] [ ]( ) ( )[ ] ( ) [ ] [ ]( )xnxnxnnxxn )1(112 +++=+⋅++ și notând [ ] { } α== xkx , , obţinem [ ] ( )[ ]αα 1)1( +⋅−=⋅ nnnn . Dar presupunând că { } 0≠=αx și alegând n astfel încât

nn1

11

<<+

α , va rezulta că [ ] 0=αn deci ( )[ ] 01 =+ αn , fals deoarece ( ) 11 >+ αn . In

concluzie, { } 0=x , deci ∈x Z. Bibliografie:

1) Artur Bălăucă – 1440 probleme semnificative pentru olimpiade, concursuri şi centre de excelenţă, ed. Taida

2) Laurenţiu Panaitopol, Alexandru Gica – Probleme de aritmetică şi teoria numerelor, Ed. Gil

3) Gazeta Matematică 4) Mihai Onucu Drimbe- 200 de identităţi și inegalităţi cu partea întreagă, Ed. Gil