高中数学奥赛辅导 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.

（6）[x y] [x] [y];{x{x} {y} {x y};[

x] [x],x

i

i

i 1

i 1

nn

i

R；特别地，

[

naa] n[]. bb

（7）[xy] [x] [y]，其中x,y R ；一般有[

x] [x],x

i

i

i 1

i 1

nn

i

R ；特别地，

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

（8）[] [

x

n[x]

]，其中x R ,n N . n

【证明】（1）—（7）略.

x

m 1，因此，nm x n(m 1).由于nm， n

[x][x]

m 1,故[] m. n(m 1) N，则由（3）知，nm [x] n(m 1),于是，m nn

（8）令[] m,m Z，则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.

xn

xn

xxxx

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

的倍数的正整数只有这个：

n

x

n,2n, ,[] n.

n

定理二：在n！中，质数p的最高方次数是

【证明】因[]

xn

nnn

p(n!) [] [2] [3] .

ppp

【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各数中所含p的方次数的总和.由定理一知，1，2， ，n中有[

nn

]个p的倍数，有[2]个p2的pp

倍数， ，所以p(n!) [] [

n

pn

] . 2p

此定理说明：其中M不含p的因数.例如，由于7(2000!) [n! pp(n!) M，+ =285+40+5=330，则2000！=7330·M，其中M.

20002000

] [2] 77

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

1

n2nn 1

] [nx] n

12n 2n 11

f(x) [nx] [x] [x ] [x ] [x ] [x ].因f(x )

nnnnn

11

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，

nn

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 1] [{x} ] n[x] [n{x}].消去nn

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 1kk 1k

x ，即(k 1) nx k，故原式右端 [nx] k 1.另一方面，由 x 知，nnnn

k1k 1k 12k 2k ik i 1k n 2k n 1 x , x , , x , , x nnnnnnnnnn，

k t1

1,即t n k. 这时，[x] [x ] nn

n kn k 1n 1[x ] 0，] [x ] 1，而[x 因此原式的左端是k 1个1之和，

nnn即左端 k 1.故左=右.

在这批不等式的右端总有一个等于1，设

【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

a t b

[f(t)](t为[a,b]内的 [ax b](且x为整

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,

c x d

qp

;0,]内的格点数等于 22

0 x q/2

[

pqp 1q 1x] [y] q220 y p/2p

（3）r 0，圆域x2 y2 r2内的格点个数等于

1 4[r] 8

0 x r/

[r2 x2] 4[

r2

]2.

（4）n 0，区域：x 0,y 0,xy n内的格点个数等于

2

n[ x] [n]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!) [

t 1

n]. 2t

k t 1

若n 2

n 1

k 1

,则2(n!) [2

t 1

] [2k t 1] 1 2 22 2k 2 2k 1 1 n 1

t 1

k 1

故2|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] [2s tp] 0 [(2

s 1

2s 2 2s t)p] [2s t(2t 1)p] [2sp 2s tp] n [ 2s tp].

n!.这与已知

由于1 2

s t

p 2,则[ 2s t] 2,故

n!中含2的方次数2(n!) n 2,则2n 1

矛盾，故必要性得证.

n 2k

例2：对任意的n N,计算和S [k 1]. （第10届IMO试题）

2K 0

【解】因[

n 2n1n1nn

] [ ][ ] [2 ] []. 对一切k=0,1, 成立，因此，k 1k 1k 1k 1k 1

2222222

nnnn

又因为n为固定数，当k适当大时,k 1,从而[k] 0,故S ([k] [k 1]) n.

222K 02

502

例3：计算和式S

[

n 0

305n]的值.（1986年东北三省数学竞赛试题） 503

【解】显然有：若{x} {y} 1,则[x y] [x] [y] 1,x,y R.

305n305(503 n)

503是一个质数，因此，对n=1,2, ,502, 305n都不会是整数，但+ 305,

503503503

可见此式左端的两数的小数部分之和等于1，于是，[

502

305n305(503 n)

] 304.故 ]+[

503503

251

305n305n305(503 n)

S [] ([] []), 304 251 76304.

503503503n 1n 1

例4：设M为一正整数，问方程x [x] {x}，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x [x] 2{x} {x} {x}代入原方程，化简得2[x]{x}

2

2

2

222

[2[x]{x} {x}2].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. 设[x] m N,则必有{x}

k

(k 0,1, ,2m 1),即在[m,m 1)中方程有2m个解.2m

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）

2

[x] x [x] 1,又[x] 0不是解. 【解】因