数学奥赛辅导 第五讲 高斯函数

数学奥赛辅导 第五讲 高斯函数

数学奥赛辅导 第五讲

高斯函数

知识、方法、技能

这一讲介绍重要的数论函数y [x]，称为高斯函数，又称取整函数. 它是数学竞赛热点之一.

定义一：对任意实数x,[x]是不超过x的最大整数，称[x]为x的整数部分.与它相伴随的是小数部分函数y {x},{x} x [x].

由[x]、{x}的定义不难得到如下性质：

（1）y [x]的定义域为R，值域为Z；y {x}的定义域为R，值域为[0,1) （2）对任意实数x，都有x [x] {x},且0 {x} 1. （3）对任意实数x，都有[x] x [x] 1,x 1 [x] x.

（4）y [x]是不减函数，即若x1 x2则[x1] [x2]，其图像如图I －4－5－1；

y {x}是以1为周期的周期函数，如图I －4－5－2.

图Ⅰ—4—5—1 图Ⅰ—4—5—2

（5）[x n] n [x];{x n} {x}.其中x R,n N.

n

n

（6）[x y] [x] [y];{x{x} {y} {x y};[ xi]

i 1

[x

i 1

i

],xi R；特别地，

数学奥赛辅导 第五讲 高斯函数

[

na

a] n[]. bb

n

n

（7）[xy] [x] [y]，其中x,y R ；一般有[ xi]

i 1

n [x] [x],x R ,n N.

[x

i 1

i

],xi R ；特别地，

（8）[] [

n

x[x]n

]，其中x R ,n N.

【证明】（1）—（7）略. （8）令[] m,m Z，则m

nx

xn

m 1，因此，nm x n(m 1).由于nm，

[x]n

m 1,故[

[x]n] m.

n(m 1) N，则由（3）知，nm [x] n(m 1),于是，m

证毕.

取整函数或高斯函数在初等数论中的应用是基于下面两个结论.

定理一：x R ,n N ，且1至x之间的整数中，有[]个是n的倍数.

nx

【证明】因[]

n

x

xxx

[] 1,即[] n x ([] 1) n，此式说明：不大于x而是nnnnn[x]n

x

的倍数的正整数只有这

x

n,2n, ,[] n.

n

个：

定理二：在n！中，质数p的最高方次数是

p(n!) [

np] [

np

2

] [

np

3

] .

【证明】由于p是质数，因此n!含p的方次数p(n!)一定是1，2， ，n 1,n各数中

np

np

2

所含p的方次数的总和.由定理一知，1，2， ，n中有[]个p的倍数，有[]个p

2

的

倍数， ，所以p(n!) [

np

] [

np

2

] .

20007

20007

2

此定理说明：n!

p

p(n!)

M

，其中M不含p的因数.例如，由于7(2000!) [

330

] [

]

+ =285+40+5=330，则2000！=7·M，其中M.

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定理三：（厄米特恒等式）x R,n N,则[x] [x 【证法1】引入辅助函数

f(x) [nx] [x] [x

1n] [x

2n

] [x

1n

1n

] [x

2n

] [x

n 1n

] [nx]

n 2n

] [x

n 1n

].因f(x

1n

) 1

f(x)对一切x R成立，所以f(x)是一个以为周期的周期函数，而当x [0,]时，

n

直接计算知f(x) 0，故任意x R，厄米特恒等式成立.

【证法2】等式等价于n[x] [{x}] [{x}

1n

] [{x}

n 1n

] n[x] [n{x}].消去

n[x]后得到与原等式一样的等式，只不过是对x [0,1)，则一定存在一个k使得

k 1n

x

kn

，即(k 1) nx k，故原式右端 [nx] k 1.另一方面，由k

1n

x

kn

知，

kn

x

1n

k 1k 12k 2k ik i 1k n 2k n 1

, x , , x , , x nnnnnnnn，

在这批不等式的右端总有一个等于1，设

[x

n kn

] 0，而[x

n k 1

n

k tn

1,即t n k. 这时，[x] [x n 1n

1n

]

] [x ] 1，因此原式的左端是k 1个1之和，

即左端 k 1.故左=右.

【评述】证法2的方法既适用于证明等式，也适用于证明不等式.，这个方法是：第一步“弃整”，把对任意实数的问题转化为[0,1)的问题；第二步对[0,1)分段讨论.

高斯函数在格点（又叫整点）问题研究中有重要应用. 下面给出一个定理. 定理四：设函数y f(x)在[a,b]上连续而且非负，那么和式

[f(t)](t为[a,b]内的

a t b

整数）表示平面区域a x b,0 y f(x)内的格点个数.特别地，有

（1）位于三角形：y ax b 0,c x d内的格点个数等于数）；

（2）(p,q) 1，矩形域[0,

pq

qpq2;0,

p2

]内的格点数等于

[ax b](且x为整

c x d

0 x q/2

[x]

0 y p/2

[y]

p 1q 1

. 22

222

（3）r 0，圆域x y r内的格点个数等于

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1 4[r] 8

0 x r/

2

[r x] 4[

22

r2

2].

（4）n 0，区域：x 0,y 0,xy n内的格点个数等于

n2[] [n]. nx

2

0 x

这些结论通过画图即可得到.

赛题精讲

例1：求证：2n 1n! n 2k 1,其中k为某一自然数. （1985年第17届加拿大数学竞赛试题） [证明]2为质数，n!中含2的方次数为

2(n!)

[2

t 1k 1

n

t

].

k 1

k t 1

若n 2,则2(n!)

[2

t 1

]

[2

t 1

k t 1

] 1 2 2 2

2k 2

2

k 1

1 n 1

故2n 1|n!.

反之，若n不等于2的某个非负整数次幕，可设n=2sp，其中p>1为奇数，这时总可以找出整数t，使2t 2sp 2t 1,于是n!中所含2的方次数为2(n!) [2s 1p] [2s 2p]

[2

s t

p] 0 [(2

s 1

2

s 2

2

s t

)p] [2

s t

(2 1)p] [2p 2

tss t

p] n [ 2

n 1

s t

p].

由于1 2

s t

p 2,则[ 2

s t

] 2,故

n!中含2的方次数2(n!) n 2,则2n!.这与已知

矛盾，故必要性得证.

例2：对任意的n N,计算和S

n 22

k 1

[

K 0

n 22

k 1

k

]. （第10届IMO试题）

n2

k 1

【解】因[] [

n2

k 1

12

]对一切k=0,1, 成立，因此，[

12

] [2

n2

] [k 1

n2

k 1

].

又因为n为固定数，当k适当大时,

n2

k

1,从而[

n2

k

] 0,故S

K 0

([

n2

k

] [

n2

k 1

]) n.

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502

例3：计算和式S

[

n 0

305n503

]的值.（1986年东北三省数学竞赛试题）

【解】显然有：若{x} {y} 1,则[x y] [x] [y] 1,x,y R. 503是一个质数，因此，对n=1,2, ,502,

可见此式左端的两数的小数部分之和等于1，于是，[

502

305n503

都不会是整数，但

305n503

+305(503

503

n)

305,

305n503

]+[

305(503 n)

503

] 304.故

S

[

n 1

305n503

251

]

n 1

([

305n503

] [

305(503 n)

503

]), 304 251 76304.

例4：设M为一正整数，问方程x2 [x]2 {x}2，在[1，M]中有多少个解？ （1982年瑞典数学竞赛试题）

【解】显然x=M是一个解,下面考察在[1，M]中有少个解.

设x是方程的解.将x2 [x]2 2{x} {x} {x}2代入原方程，化简得2[x]{x}

[2[x]{x} {x}].由于0 {x} 1,所以上式成立的充要条件是2[x]{x}为一个整数.

2

设[x] m N,则必有{x}

k2m

(k 0,1, ,2m 1),即在[m,m 1)中方程有2m个解.

又由于1 m M 1,可知在[1,M)中方程有2(1 2 (M 1)) M (M 1)个解. 因此,原方程在[1,M]中有M(M 1) 1个解.

例5：求方程4x 40[x] 51 0的实数解.（第36届美国数学竞赛题） 【解】因[x] x [x] 1,又[x] 0不是解.

2

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2

4([x] 1) 40[x] 51 0,

2

4[x] 4[x] 51 0.

(2[x] 5)(2[x] 11) 0.

(2[x] 3)(2[x] 7 0.

[x]

[x]

[x]

[x] 2

3

,或 [x] 2 17

; [x] 2 ,5

112322,.,

17

解得[x] 2或[x] 6或7或8,分别代入方程得4x 29 0,x 4x 189 0,x 4x 229 0,x 4x 269 0,x

2222

:

2922

;;;.

22922692

经检验知，这四个值都是原方程的解. 例6：x R ,n N,证明:[nx] （第10届美国数学竞赛试题）

这道题的原解答要极为复杂，现用数学归纳法证明如下. 【证明】令Ak [x]

[2x]2

[kx]k

,k 1,2, .

[x]1

[2x]2

[3x]3

[nx]n

.

由于A1 [x],则n 1时,命题成立.

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设n k 1时命题成立Ak Ak 1

[kx]k

,即有A1 [x],A2 [2x], ,Ak 1 [(k 1)x].因为,

,即kAk kAk 1 [kx]对一切k成立,所以kAk kAk 1 [kx],(k 1)

Ak 1 (k 1)Ak 2 [(k 1)x], ,2A2 2A1 [2x],A1 [x].相加得:kAk (A1 A2 Ak 1) [x] [2x] [(k 1)x] [kx]故kAk [x] [2x] [(k 1)x] [kx] Ak 1 Ak 2 A2 A1 [x] [2x] [(k 1)x] [kx] [(k 1)x] [(k 2)x] [2x] [x]

([x] [(k 1)x] ([2x] [(k 2)x]) ([(k 1)x] [x]) [kx] [kx] [kx] [kx] [kx] k[kx]

Ak [kx],即n k时,命题成立,故原不等式对一切

n N

均成立,证毕.

例7：对自然数n及一切自然数x，求证：

[x] [x

1n] [x

2n

] [x

n 1n

] [nx].(苏联数学竞赛题

)

【证明】x [x] {x},则

[x] [x

1n] [x

2n

] [x

n 1n]

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[[x] {x}] [[x] {x} [x] [{x}] [x] [{x} n[x] [{x}] [{x}

1n

1n1n

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

2n

2n2n

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

n 1n].

n 1nn 1n

]],

] [{x} ] [{x}

[nx] [n[x] n{x}] n[x] [n{x}],故只要证明[{x}] [{x}

1n

] [{x}

2n

] [{x} kn

1,而{x}

n 1nnk 1n

] [n{x}]即可. 1,则

kn

] [{x}

n 1n

] n k.

设存在k,1 k n,使{x} [{x}] [{x} 由{x}

kn

1n

] [{x}

2n

k 1

] [{x} ] [{x}

1及{x}

1n

k 1n2n

1知n{x} n k,且n{x} n k 1.故知[n{x}] n k.知] [{x}

n 1n

n 1n

] [n{x}].从而有

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

1n

] [{x}

2n

] [nx].

] [x ] [x

例8：求出[

1010

20000

100

3

20000

]的个位数字.（第47届美国普特南数学竞赛试题）

【解】先找出

1010

100

3

200

的整数部分与分数部分.

1010

20000

100

3

=

(10

100

) 3 3

200

10

100

310

200

100

3

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(10

100

)

200

2

3

2002

[(10

200002

100

)]

2100

(3)

2100

,

知(10又10知10

100

) 3|10 3|(10 3

200

100

3

2

200

100

) 3,

20000

10

100

3

910

100

是整数.显然知[

310

100

200100

3]

100

3 3 3

1, 10

20000

1010

20000

10

2000100

200

9

100

31010

100

3

10

20000

81 3

50

10

100

.

其中分母的个位数字为3，分子的个位数字为9，故商的个位数字为3.

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/ten4.html