高中数学奥赛辅导第五讲高斯函数解析

[ p2 ]
[ p3 ]
.
【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 [ n ] 个 p
p 的倍数，有
[
n
2
]
个
p
p 2的
倍数，…，所以
p (n! )
[n]
[
n
2
]
.
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
at 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
[{ x}
n
n
[ nx] [ n[ x] n{ x}] n[ x] [n{ x}], 故只要证明
[[ x] { x} [ x] [{ x} n 1]. n
n1 ]
st
[2 p] 0
[( 2s 1 2s 2
2 s t ) p] [ 2s t ( 2t 1) p] [ 2s p 2s t p] n [ 2 s t p].
由于 1 2s t p 2, 则[ 2s t ]
知矛盾，故必要性得证 .
2,故n!中含 2的方次数 2(n!) n 2,则2n 1 n!. 这与已
【证明】 x [ x] { x}, 则
1
2
[ x] [ x ] [ x ]
n
n
n1
[x
]
n
1
2
[[ x] { x}] [[ x] { x} ] [[ x] { x} ]
n
n
1
2
[ x] [{ x}] [ x] [{ x} ] [ x] [{ x} ]
n
n
n[ x] [{ x}] [{ x} 1] [{ x} 2 ]
3 ,
2
2
17
17
[ x] ; [ x] .
2
2
解得 [ x] 2或[ x] 6或7或8, 分别代入方程得 :
4x2 29 0, x 4x2 189 0, x 4x2 229 0, x 4x2 269 0, x
29 ;
2 189
; 2 229 ; 2 269 . 2
经检验知，这四个值都是原方程的解 .
[
x ]
个是
n 的倍数
.
n
【证明】因 [ x] x [ x ] 1,即[ x] n x ([ x] 1) n ，此式说明：不大于 x 而是 n
nnn
n
n
的倍数的正整数只有这 [ x] 个： n
x n,2n, ,[ ] n.
n 定理二：在 n ！中，质数 p 的最高方次数是
nn
n
p( n! )
[] p
例 6： x R , n N ,证明 : [ nx] [ x] [ 2x] [3x] 12 3
（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 1,2, . k
由于 A1 [ x], 则n 1时,命题成立 .
0,故 S
n
K
([
0
2
k
]
[
n 2k
1
])
n.
例 3：计算和式 S
502 [ 305n ]的值 . （ 1986 年东北三省数学竞赛试题） n 0 503
【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, 305n 都不会是整数，但 305n + 305(503 n) 305,
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])
503
503
503
可见此式左端的两数的小数部分之和等于
1，于是，
[
305n
305( 503 ]+ [
n)]
503
503
502 305n 251 305n 305(503 n)
S
[
]
([
][
]), 304 251 76304.
n 1 503
n 1 503
503
304. 故
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} 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 .
pp
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! ) +… =285+40+5=330，则 2000！ =7330· M，其中 7 M.
2000
[
]
7
2000 [ 72 ]
定理三：（厄米特恒等式）
x
R, n
N , 则[ x]
[x
1 ]
[x
2 ]
n 2(n!) t 1 [ 2 t ].
若 n 2k 1, 则 2(n!)
[2k t 1]
t1
k1
[2k t 1] 1 2 22
t1
2k 2 2k 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 2 s p 2t 1 ,于是 n!中所含 2的方次数为 2(n! ) [ 2 s 1 p] [ 2 s 2 p]
k 1 x k ，即 (k 1) nx k ，故原式右端 [ nx] k 1. 另一方面， 由 k 1 x k 知，
n
n
n
n
k x 1 k 1, k 1 x 2 k 2 , ,k i x k i 1, , k n 2 x k n 1
n
nnn
nn
n
n
n
n，
在这批不等式的右端总有一个等于
1，设 k t 1,即 t n k . 这时， [ x] [ x 1 ]
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 2 40[ x] 51 0的实数解 .（第 36 届美国数学竞赛题）
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]; { Βιβλιοθήκη { x} { y} { xn
y}; [ xi ]
i1
n
[ xi ], xi
i1
R ；特别地，
na
a
[ ] n[ ].
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.
n
n
[ x n 1] [ nx] n
【证法 1】引入辅助函数
f ( x) [ nx] f ( x) 对一切 x
1 [ x] [ x ]
n R 成立，所以
2 [x ]
n
n2
n1
1
[x
] [x
]. 因 f (x ) …
n
n
n
f (x) 是一个以 1 为周期的周期函数，而当 x [ 0, 1 ] 时，
n
n
n
n(m 1) N ，则由（ 3）知， nm [ x]
证毕 .
m 1，因此， nm n(m 1), 于是， m
x n(m 1) . 由于 nm ，
[ x]
[x]
m 1,故[ ] m.
n
n
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