Definiţii, notaţii, proprietăţi
- Dacă un număr real \(a\) are scrierea zecimală \(a=a_{0},a_{1}a_{2}a_{3}\ldots\) (evident, \(a_{0}\in{ \mathbb{Z} }\) şi \(a_{1},a_{2},a_{3},\ldots\in\{0,1,2,\ldots,9\}\)), atunci partea întreagă a lui \(a\) se notează cu \([a]\) şi se defineşte prin \([a]=\left\{\begin{array}{ll}a_{0},\ \ \ \ \ \mbox{ pentru }a\geq 0\\a_{0}-1,\mbox{ pentru }a<0
\end{array}\right.\). - Mai simplu de reţinut: partea întreagă a lui \(a\) este cel mai mare număr întreg care nu îl depăşeşte pe \(a\) (cel mult egal cu \(a\)); dacă facem apel la reprezentarea pe axă a numerelor reale, atunci \([a]\) este primul număr întreg din stânga lui \(a\).
- În baza axiomei lui Arhimede, se poate spune şi: pentru orice număr real \(a\), există un unic număr întreg, notat cu \([a]\), astfel încât \([a]\leq a < [a]+1\); aşadar, pentru orice \(a\in{ \mathbb{R} }\) avem: \([a]=k\in{ \mathbb{Z} }\) dacă şi numai dacă \(k\leq a < k+1\).
- Prin definiţie, partea fracţionară a numărului real \(a\) este \(\{a\}=a-[a]\); evident, \(\{a\}\in[0,1)\).
- Exemple: \([1,25]=1\); \([7,89]=7\); \([-3,28]=-4\); \([\sqrt{3}]=1\); \([\sqrt{5}]=-3\); \(\left\{{ }\frac{7}{2}\right\}=0,5\); \(\{7\}=0\); \(\{-3,45\}=0,55\).
- Vom trece în revistă câteva proprietăţi şi rezultate utile, des folosite în rezolvarea problemelor:
P1. \(a-1<[a]\leq a\), oricare ar fi \(a\in{ \mathbb{R} }\).
P2. \(a < k\) \(\Leftrightarrow\) \([a] < k\), oricare ar fi \(a\in{ \mathbb{R} }\), \(k\in{ \mathbb{Z} }\).
P3. \([k+\alpha]=k\), oricare ar fi \(k\in{ \mathbb{Z} }\), \(\alpha\in[0,1)\).
P4. \([a+k]=[a]+k\), oricare ar fi \(a\in{ \mathbb{R} }\), \(k\in{ \mathbb{Z} }\).
P5. \(\{a+k\}=\{a\}\), oricare ar fi \(a\in{ \mathbb{R} }\), \(k\in{ \mathbb{Z} }\).
P6. \([[a]]=[a]\), \(\{\{a\}\}=\{a\}\), \([\{a\}]=\{[a]\}=0\), oricare ar fi \(a\in{ \mathbb{R} }\).
P7. Dacă \(a,b\in{ \mathbb{R} }\) şi \([a]=[b]\), atunci \(|a-b| < 1\). (Reciproca este falsă; e suficient un contraexemplu: \(a={ }\frac{1}{3}\), \(b=-1{ }\frac{1}{3}\))
P8. \(\{a\}=\{b\}\) \(\Leftrightarrow\) \((a-b)\in{ \mathbb{Z} }\), oricare ar fi \(a,b\in{ \mathbb{R} }\).
P10. \([a]+\left[a+{ }\frac{1}{2}\right]=[2a]\), oricare ar fi \(a\in{ \mathbb{R} }\). (identitatea lui Hermite; de remarcat că aceasta admite o generalizare destul de des utilizată: \([a]+\left[a+{ }\frac{1}{n}\right]\) \(+\left[a+{ }\frac{2}{n}\right]+\ldots\) \(+\left[a+{ }\frac{n-1}{n}\right]=[na]\), oricare ar fi \(a\in{ \mathbb{R} }\), \(n\in{ \mathbb{N} }^{*}\).)
Probleme rezolvate
1. Să se arate că \([na]=[nb]\), oricare ar fi \(n\in{ \mathbb{N} }\) dacă şi numai dacă \(a=b\).
Soluţie: Dacă \(a=b\) prima egalitate este evidentă. Presupunând că \(a\neq b\) şi \([na]=[nb]\), oricare ar fi \(n\in{ \mathbb{N} }\), obţinem \(na-\{na\}=nb-\{nb\}\) \(\Rightarrow\) \(n(a-b)=\{na\}-\{nb\}\in(-1,1)\), oricare ar fi \(n\in{ \mathbb{N} }\). Dacă \(a > b\), membrul drept al ultimei egalităţi poate fi oricât de mare, contradicţie. Analog dacă \(a < b\), aşadar \(a=b\).
2. Dacă \(a,b\in{ \mathbb{R} }\), să se arate că \(\{a\}+\{b\}=1\) dacă şi numai dacă \((a+b)\in{ \mathbb{Z} }\) şi \(a,b\in{ \mathbb{R} }\setminus{ \mathbb{Z} }\).
Soluţie: Dacă \(a,b\in{ \mathbb{R} }\) şi \((a+b)\in{ \mathbb{Z} }\), atunci \(\{a\}+\{b\}\in[0,2)\); cum \(\{a\}+\{b\}\) \(=a-[a]+b-[b]\in{ \mathbb{Z} }\), deducem că \(\{a\}+\{b\}\in\{0,1\}\). Deoarece \(\{a\}+\{b\}\neq 0\) (în caz contrar am ajunge la \(a,b\in{ \mathbb{Z} }\), contradicţie), obţinem \(\{a\}+\{b\}=1\). Reciproc, dacă \(\{a\}+\{b\}=1\), avem \(\{a\}\neq 0\), \(\{b\}\neq 0\) şi, din \(1=\{a\}+\{b\}=a-[a]+b-[b]\), deducem \((a+b)\in{ \mathbb{Z} }\).
3. a) Să se dea un exemplu de număr real \(t\) pentru care \(\{t\}+\{2t\}>1\).
b) Să se rezolve ecuaţia \(\left[{ }\frac{4x-1}{3}\right]={ }\frac{3x+1}{4}\).
Soluţie: a) De exemplu, \(t={ }\frac{7}{5}\) (verificare imediată); b) dacă \({ }\frac{3x+1}{4}=k\in{ \mathbb{Z} }\), atunci avem \(x={ }\frac{4k-1}{3}\) (1). Pe de altă parte, din \({ }\frac{3x+1}{4}\leq{ }\frac{4x-1}{3}\) \( < { }\frac{3x+1}{4}+1\) se ajunge imediat la \(x\in\left[1,{ }\frac{19}{7}\right)\). Folosind acum (1), deducem \(1\leq{ }\frac{4k-1}{3} < { }\frac{19}{7}\), de unde \(1\leq k < { }\frac{16}{7}\); cum însă \(k\in{ \mathbb{Z} }\), obţinem \(k\in\{1,2\}\) şi, corespunzător, \(x\in \left\{1,{ }\frac{7}{3}\right\}\).
4. Să se determine partea întreagă a numărului \(\sqrt{n^{2}+3n}\), \(n\in{ \mathbb{N} }^{*}\).
Soluţie: Deoarece \(n^{2}+2n+1\leq n^{2}+3n\) \( < n^{2}+4n+4\), oricare ar fi \(n\in{ \mathbb{N} }^{*}\), deducem că \(n+1\leq\sqrt{n^{2}+3n} < n+2\) şi astfel \(\left[\sqrt{n^{2}+3n}\right]=n+1\), oricare ar fi \(n\in{ \mathbb{N} }^{*}\).
5. Să se arate că partea fracţionară a numărului \(\sqrt{4n^{2}+n}\), \(n\in{ \mathbb{N} }^{*}\), este mai mică decât \(0,25\).
Soluţie: Deoarece \(2n < \sqrt{4n^{2}+n} < 2n+1\), oricare ar fi \(n\in{ \mathbb{N} }^{*}\), avem că \(\left[\sqrt{4n^{2}+n}\right]=2n\) şi deci \(\left\{\sqrt {4n^{2}+n}\right\}=\sqrt {4n^{2}+n}-2n\). Rămâne de arătat că \(\sqrt {4n^{2}+n}-2n < 0,25\), ceea ce este echivalent cu \(\sqrt {4n^{2}+n} < 0,25+2n\) \(\Leftrightarrow\) \(4n^{2}+n < 4n^{2}+n+0,0625\), ultima inegalitate fiind evident adevărată.
6. Să se rezolve ecuaţia \([x^{2003}]+[x^{2002}]+\ldots+[x^{2}]+[x]=\{x\}-1\).
Soluţie: Membrul stâng al ecuaţiei este număr întreg, deci, dacă \(x\) este o soluţie a ecuaţiei, avem \(\{x\}\in{ \mathbb{Z} }\); cum însă \(\{x\}=[0,1)\), ajungem la \(\{x\}=0\) \(\Rightarrow\) \(x\in{ \mathbb{Z} }\). Ecuaţia devine astfel \(x^{2003}+x^{2002}+\ldots+x^{2}+x+1=0\) sau \((x+1)(x^{2002}+x^{2000}+\ldots+x^{2}+1)=0\). Deoarece suma din a doua paranteză este strict pozitivă, se obţine unica soluţie a ecuaţiei \(x=-1\).
7. Să se calculeze suma \(S=[1+\sqrt {2}]+\left[{ }\frac{2+\sqrt {3}}{2}\right]\) \(+\left[{ }\frac{3+\sqrt {4}}{3}\right]+\) \(\ldots+\left[{ }\frac{n+\sqrt {n+1}}{n}\right]\), \( n\in{ \mathbb{N} }^{*}\).
Soluţie: Folosind P4, avem imediat \(S=1+[\sqrt {2}]+1+\left[{ }\frac{\sqrt {3}}{2}\right]\) \(+1+\left[{ }\frac{\sqrt {4}}{3}\right]+\ldots\) \(+1+\left[{ }\frac{\sqrt {n+1}}{n}\right]\); deoarece \(0 < { }\frac{\sqrt {k+1}}{k} < 1\), oricare ar fi \(k\in{ \mathbb{N} }\), \(k\geq 3\) (inegalitate imediată), ajungem la \(S=1+1+n-1=n+1\).
8. Dacă \(a,b,c,d\) sunt patru numere naturale consecutive nenule, să se arate că \(\left[{ }\frac{\sqrt {a}+\sqrt {b}+\sqrt {c}+\sqrt {d}}{2}\right]\) \(=[\sqrt {a+b+c+d}]\).
Soluţie: Considerăm \(a=n\), \(b=n+1\), \(c=n+2\), \(d=n+3\), \(n\in{ \mathbb{N} }^{*}\) şi notăm \(x={ }\frac{\sqrt {n}+\sqrt {n+1}+\sqrt {n+2}+\sqrt {n+3}}{2}\), \(y=\sqrt {4n+6}\). Prin ridicări la pătrat se arată imediat că \(\sqrt {4n+5}\leq\sqrt {n}+\sqrt {n+3} < \sqrt {4n+6}\) şi \(\sqrt {4n+5}\leq\sqrt {n+1}+\sqrt {n+2} < \sqrt {4n+6}\), de unde ajungem la \(\sqrt {4n+5}\leq x < \sqrt {4n+6}=y\); deducem astfel că \([\sqrt {4n+5}]\leq [x]\leq [\sqrt {4n+6}]=[y]\). Deoarece \(4n+6\) nu este pătrat perfect (pătratele perfecte sunt de forma \(4m\) sau \(8p+1\)), rezultă \([\sqrt {4n+5}]=[\sqrt {4n+6}]\), adică \([x]=[y]\).
9. Să se calculeze suma \(S=[\sqrt {2\cdot5}]+[\sqrt {3\cdot 6}]+\) \([\sqrt {4\cdot 7}]+\ldots+[\sqrt {100\cdot103}]\).
Soluţie: Prin ridicări la pătrat se arată imediat că \(n+1\leq\sqrt {n(n+3)} < n+2\), oricare ar fi \(n\in{ \mathbb{N} }^{*}\) şi deci \([\sqrt {n(n+3)}]=n+1\), oricare ar fi \(n\in{ \mathbb{N} }^{*}\). Folosind acest rezultat, deducem imediat că \(S=3+4+5+\ldots+101=5148\).
10. a) Să se arate că \(n[x]\leq [nx]\), oricare ar fi \(x\in{ \mathbb{R} }_{+}\), \(n\in{ \mathbb{N} }\).
b) Să se determine toate numerele reale pozitive \(x\) pentru care \([x]\), \(2[x]\), \([2x]\) sunt numere naturale consecutive.
Soluţie: a) \([nx]=[n[x]+n\{x\}]\) \(=n[x]+[n\{x\}]\geq n[x]\). b) Pentru \(x>0\) avem aşadar \([x]\leq 2[x]\leq [2x]\); deoarece \([2x]-2[x]\in\{0,1\}\), se impune să avem \([2x]-2[x]=1\) şi astfel ajungem la \([2\{x\}]=1\), de unde \(x\in\left[{ }\frac{1}{2},1\right)\). Verificăm acum că toate aceste numere satisfac condiţia din enunţ.
11. Să se arate că prin împărţirea lui \(k\in{ \mathbb{Z} }\) la \(n\in{ \mathbb{N} }^{*}\) se obţine câtul \(\left[{ }\frac{k}{n}\right]\) şi restul \(n\in\left\{{ }\frac{k}{n}\right\}\).
Soluţie: Notăm câtul şi restul cu \(q\), respectiv \(r\) şi avem: \(k=nq+r\), cu \(0\leq r < n\). Deducem acum: \(q\leq{ }\frac{nq+r}{n}\) \(={ }\frac{k}{n} < { }\frac{nq+n}{n}=q+1\), aşadar \(\left[{ }\frac{k}{n}\right]=q\). Pe de altă parte, \(n\cdot\left\{{ }\frac{k}{n}\right\}\) \(=n\left({ }\frac{k}{n}-\left[{ }\frac{k}{n}\right]\right)\) \(=n\left({ }\frac{nq+r}{n}-q\right)=r\). Observaţie: Această problemă arată faptul că dacă \(n\in{ \mathbb{N} }^{*}\), atunci în mulţimea \(\{1,2,3,\ldots,k\}\) avem exact \(\left[{ }\frac{k}{n}\right]\) multipli de \(n\).
12. Să se determine câte numere naturale nenule, mai mici decât \(100\), nu sunt divizibile nici cu \(2\), nici cu \(3\).
Soluţie: Ne referim aşadar la mulţimea \(\{1,2,3,\ldots,99\}\) în care avem \(\left[{ }\frac{99}{2}\right]=49\) de numere divizibile cu \(2\) şi \(\left[{ }\frac{99}{3}\right]=33\) de numere divizibile cu \(3\). Am fi poate tentaţi să dăm rezultatul \(99-(49+33)\), însă trebuie să remarcăm că unele numere au fost numărate de două ori (de exemplu, \(6\), \(12\), \(18\), …) – numărul acestora este egal cu \(\left[{ }\frac{99}{2\cdot 3}\right]=16\). Abia acum putem da rezultatul corect: avem \(99-(49+33-16)=33\) de numere cu proprietatea din enunţ.
13. Să se determine care este exponentul lui \(2\) în descompunerea în factori primi a numărului \(100!=1\cdot2\cdot 3\cdot\ldots\cdot 100\).
Soluţie: în mulţimea \(\{1,2,3,\ldots,100\}\) avem \(\left[{ }\frac{100}{2}\right]=50\) de numere divizibile cu \(2\); dintre aceste \(50\) de numere, fiecare al doilea este divizibil cel puţin cu puterea a doua a lui \(2\) – sunt \(\left[{ }\frac{100}{2^{2}}\right]=25\) de astfel de numere; dintre acestea, fiecare al doilea este divizibil cel puţin cu \(2^{3}\). Raţionăm la fel în continuare, ţinem cont că \(2^{7} > 100\) şi că fiecare factor al lui \(100!\) care este divizibil cu \(2^{k}\), dar nu şi cu \(2^{k-1}\), \(k\in\{1,2,3,4,5,6\}\), se socoteşte, în modul indicat, de \(k\) ori ca fiind divizibil cu \(2, 2^{2}, 2^{3}, \ldots,2^{k}\). Exponentul căutat este astfel \(\left[{ }\frac{100}{2}\right]+\) \(\left[{ }\frac{100}{2^{2}}\right]+\ldots\) \(+\left[{ }\frac{100}{2^{6}}\right]\) \(=50+25+12+6+3+1=97\). Observaţie: În general, exponentul numărului prim \(p\) din descompunerea în factori primi a numărului \(n!\) este \(\left[{ }\frac{n}{p}\right]+\) \(\left[{ }\frac{n}{p^{2}}\right]+\) \(\left[{ }\frac{n}{p^{3}}\right]\) \(+\ldots\).
14. Să se arate că pentru orice \(x\in{ \mathbb{R} }\) este adevărată egalitatea: \(\left[{ }\frac{x+3}{6}\right]-\left[{ }\frac{x+4}{6}\right]\) \(+\left[{ }\frac{x+5}{6}\right]\) \(=\left[{ }\frac{x+1}{2}\right]-\left[{ }\frac{x+1}{3}\right]\).
Soluţie: Notăm \({ }\frac{x+1}{6}=y\) şi egalitatea propusă devine \(\left[y+{ }\frac{1}{3}\right]\) \(-\left[y+{ }\frac{1}{2}\right]+\left[y+{ }\frac{2}{3}\right]\) \(=[3y]-[2y]\) : aceasta se obţine din identităţile de tip P10: \([2y]=[y]+\left[y+{ }\frac{1}{2}\right]\) şi \([3y]=[y]+\left[y+{ }\frac{1}{3}\right]\) \(+\left[y+{ }\frac{2}{3}\right]\).
15. Se consideră numerele \(p,q\in{ \mathbb{N} }^{*}\), \(1\leq q\leq p\) şi \(a=(\sqrt {p^{2}+q}+p)^{2}\). Să se arate că \(a\) este iraţional şi are partea fracţionară strict mai mare decât \(0,75\).
Soluţie: Din \(1\leq q\leq p\) rezultă că \(p^{2} < p^{2}+q\leq p^{2}+p < p^{2}+p+{ }\frac{1}{4}\) şi astfel \(p < \sqrt {p^{2}+q} < p+{ }\frac{1}{2}\). Deducem astfel că \(\sqrt{p^{2}+q}\in{ \mathbb{R} }\setminus{ \mathbb{Q} }\). Deoarece \(a=2p^{2}+q+2p\cdot\sqrt {p^{2}+q}\) şi \(p\geq 1\), obţinem şi că \(a\in{ \mathbb{R} }\setminus{ \mathbb{Q} }\). Considerăm acum \(b=(\sqrt {p^{2}+q}-p)^{2}\). Deoarece \(0 < (\sqrt {p^{2}+q}-p) < { }\frac{1}{2}\), rezultă că \(b < { }\frac{1}{4}\). Să observăm acum că \(a+b=2\cdot(2p^{2}+q)=c\in{ \mathbb{N} }^{*}\), aşadar \(c-{ }\frac{1}{4} < c-b=a < c\), de unde \([a]=c-1\) şi deci \(\{a\}=a-[a]=c-b-c+1\) \(=1-b>{ }\frac{3}{4}\).
Probleme propuse
Problema 1, Problema 2, Problema 3, Problema 4, Problema 5, Problema 6, Problema 7, Problema 8, Problema 9, Problema 10, Problema 11, Problema 12, Problema 13, Problema 14, Problema 15
